函数与导数：双变量问题、极值点偏移问题专项训练-2026届高三数学三轮冲刺

**基本信息** 聚焦函数与导数双变量及极值点偏移两大难点，通过精选典例与变式构建从基础到综合的解题逻辑链，强化数学推理与模型应用能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |双变量问题|3例+3变式|含极值点关系证明、双变量取值范围、方程双解问题|从单调性判定到极值点性质推导，建立双变量转化与不等式证明逻辑| |极值点偏移问题|3例+3变式|涉及零点分布、极值点偏移证明、切线垂直问题|基于函数单调性与导数应用，构建极值点偏移的对称化构造与不等式论证体系|

函数与导数：双变量问题、极值点偏移问题专项训练 函数与导数：双变量问题、极值点偏移问题专项训练 考点目录 双变量问题 极值点偏移问题 考点一 双变量问题 例1．（2026·天津和平·一模）已知函数 (1)若函数为增函数，求的取值范围； (2)已知实数，且． （i）证明：； （ii）若与是函数的两个极值点，证明：． 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【分析】（1）由题设可得对于任意恒成立，可得对任意恒成立，设，利用导数分析其单调性，进而求解即可； （2）（i）转化问题为证明，结合（1）可得，即证，设，利用导数分析其单调性，进而求证即可； （ii）由题意可得，结合（1）可知，，，设，利用导数分析其单调性，进而得到，再结合（i）可得，进而求证即可. 【详解】（1）由，得， 由为增函数，有对于任意恒成立， 整理有对任意恒成立． 设，则， 令，得；令，得， 则函数在上单调递增，在上单调递减， 故，则， 所以的取值范围为. （2）（i）要证成立，即证成立． 由（1）有时，在上单调递增， 因为，则，即， 整理，即证成立． 设，则， 令，得，令，得， 则在上单调递减，在上单调递增， 故，即，当且仅当时等号成立， 令，可得，故成立，所以原不等式成立． （ii）由已知可得有两不同实根为，则，即， 一方面：由（1）可知，有； 同理可得，设，则， 当时，，当时，，且， 故对任意恒成立，故在上单调递减， 由，则，即，且， 则，故，可得； 另一方面：又因为，由（i）可得，即， 则，且，可得. 综上所述，，可得， 则，得证． 例2．（25-26高三下·江西抚州·月考）已知函数． (1)当时，求的极大值； (2)已知关于的方程有两个解 （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）为正实数，若当时，都有，求的取值范围． 【答案】(1) (2)（ⅰ）（ⅱ） 【分析】（1）根据导数的符号变化判断函数的单调性，确定极大值点，再代入原函数求极大值； （2）（ⅰ）：先将方程化简，得到，设，分析新函数的单调性、极值与最值，可确定的取值范围；（ⅱ）：先求出，根据结合，得到关于、、​的不等式，利用（ⅰ）中、​满足的关系式，进行变量替换，将不等式转化为单变量函数的恒成立问题，再求的取值范围. 【详解】（1）函数的定义域为， 则， 因，由得，由得， 即函数在上单调递增，在上单调递减， 所以在时取得极大值，且极大值为. （2）（ⅰ）由可得， 依题意方程有两个解， 设，则，且在上有两个零点. 当时，，故在上单调递增，则在上最多只有一个零点，不合题意； 当时，由得，由得， 即在上单调递增，在上单调递减，故在时取得极大值. 要使在上有两个零点，需使，即，解得. 当时，因，又，则， 又在上单调递增，所以在有唯一零点； 当时，令，则， 再令，则， 故在上单调递增，则，即， 故在上单调递增，则， 因，所以，即，即，即， 故， 又在上单调递减，故在上有唯一零点. 综上，当时，在上有两个零点， 即方程有两个解，故a的取值范围为. （ⅱ）由（ⅰ）可得，且，故， 因，则，即，也即， 故有，设，则，于是可得，即. 设，则， 因时，， ①当时，在上恒成立，故函数在上为增函数， 即，即在上恒成立； ②当时，，而，当时，， 故存在，使得，，故在上为减函数，故，矛盾. 综上，可得，即. 例3．（25-26高二上·江苏南京·期末）已知函数，． (1)当时，求的极值； (2)若函数在其定义域内单调递增，求实数的取值范围； (3)若，且有两个极值点，其中，求的取值范围． 【答案】(1)极大值为，极小值为 (2) (3) 【分析】（1）利用导数判断单调性，进而求极值； （2）转化为导数恒非负问题，用分离参数基本不等式求解； （3）韦达定理消元换元构造函数，求值域即可. 【详解】（1）当时，函数的定义域为， ， 所以， 令，解得或， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 因此，函数的极大值为，极小值为． （2）的定义域为， 则题意等价于在上恒成立， 即在上恒成立， 由基本不等式知，时，， 当且仅当时等号成立， 所以，即实数的取值范围为； （3）由已知， 因为有两个极值点， 所以为方程的两个不相等的实数根， 则，， 因为，所以， 又，解得， 所以 ， 设， 则， 所以在上单调递减， 又，， 所以， 即的取值范围为. 变式1．（2026·山西晋城·一模）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若当时，，求的取值范围； (3)若存在两个不同的正数，使得，且，求的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）对函数求导并计算出在点处的导数值，再由直线的点斜式方程可求得切线方程； （2）由题意可知在时恒成立，构造函数并求出其最小值，即可得； （3）方法一：根据题意可知函数的图象与直线至少有两个交点，对函数求导并对进行分类讨论，即可求得其范围； 方法二：构造函数并利用洛必达法则可求得当时，，可求得的取值范围是. 【详解】（1）当时，， 所以，又， 所以所求的切线方程为 （2）由题意，当时，，即． 设函数，则， 令，解得，当时，单调递减，当时，单调递增． 所以当时，取得最小值，， 所以， 即的取值范围是． （3）方法一： 依题意，因为，所以， 整理可得，即，所以； 即函数的图象与直线至少有两个交点． ， 设函数，则， 易知在区间上单调递减，在区间上单调递增，且， 若，则单调递减，至多有1个零点，不符合题意； 若，即，则函数存在两个零点，记为，且， 其中， 所以在区间和上单调递减，在区间上单调递增， 所以的极小值为，极大值为． 再比较与的大小： ． 设，则， 所以单调递减，，即，从而． 因为，且， 所以，且， 所以，且， 所以的图象与直线在区间内各有一个交点，因此符合题意． 综上，的取值范围是． 方法二： 由题意得，因为，所以． 不妨设，则，两边取对数得， 所以， 所以． 设，则， ． 设，则（根据不等式）， 故单调递增，，所以在上单调递增， 所以在上单调递增，又当时，，所以， 故的取值范围是． 变式2．（24-25高三上·陕西西安·月考）已知函数． (1)当时，函数恒成立，求实数的最大值； (2)当时，若，且，求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）将不等式恒成立问题转化为求函数最值，通过分离参数，构造辅助函数并利用导数分析单调性，进而求得参数的取值范围； （2）利用函数单调性将和的不等式转化为函数值不等式，通过构造对称辅助函数并换元分析其单调性，完成极值点偏移类的和的不等式证明. 【详解】（1）当时，恒成立， 即恒成立，只需即可， 令，则， 令，则， 当时，恒成立，在单调递增，所以， 所以在恒成立，在单调递增， 所以，所以，即实数的最大值为2． （2）当时，， 所以，在上单调递增， 又，且，不妨设， 要证，即证明， 因为在上单调递增，即证， 因为，即证， 设 ， 令，则， 则， 由可得，在（0，1）单调递增，所以，即， 所以成立，所以． 变式3．（25-26高三下·福建泉州·开学考试）已知函数. (1)证明：； (2)证明：； (3)若且，证明：. 【答案】(1)对求导，构造函数，通过研究的单调性可知的单调性，进而求证 (2)当时，有，取，可得，进而求证 (3)根据的单调性可得，分，讨论，根据的表达式可构造函数，其中，通过导数研究的单调性可得，进而求证 【详解】（1）由，可得，可知函数的定义域为， 由知. 令，有，可得函数是增函数， 又由，可知 当时，，即； 当时，，即. 可得函数的减区间为，增区间为， 可得，即. （2）由（1）可知，不等式（时取等号）恒成立. 当且时，不等式可化为， 取，有，即，可得， 所以， 故不等式成立. （3）不妨设，由函数的减区间为，增区间为，可得. ①当时，由，可得； ②当时，由 . 令，其中， 有. 又由（当且仅当，即时取等号）. 由，可得， 所以，可得函数是减函数， 又由，可得（当且仅当时取等号）. 又由，可得，即， 又由及函数在上单调递减，得，即. 由①②可知，若且，则不等式成立. 考点二 极值点偏移问题 例1．（2026·山西晋中·二模）已知函数，其中． (1)讨论的单调性． (2)若函数有两个不同的零点． ①求实数的取值范围； ②证明：． 【答案】(1)若在内单调递减，在内单调递增; 若在内单调递增，在内单调递减; 若在内单调递增; 若在内单调递增，在内单调递减. (2)①；②证明见解析 【分析】（1）先确定函数定义域为，对函数求导并通分因式分解，把导函数化成整式乘积形式.以参数为分类依据，先讨论时导函数符号，再讨论时比较导函数两个零点与1的大小，分三种情况判断导函数正负，进而得到每一段的单调区间，分类标准清晰、不重不漏. （2）①先化简解析式，将函数有两个零点转化为对应方程有两个正根，分离参数变形为构造新函数.求导研究的单调性、最值与极限趋势，判断函数变化特征，利用直线与曲线有两个交点的条件，列出不等式求解出的取值范围. ②利用零点满足的方程，作和作差得到对数关系式，两式相除构造齐次式.采用极值点偏移常规证法，换元设，把待证不等式转化为关于的函数不等式.构造辅助函数，求导判断单调性，由端点值推出，逆向还原即可证得结论. 【详解】（1）由题意可知:的定义域为，且， 若，则， 当，则;当，则; 可知在内单调递减，在内单调递增; 若，令，解得或， 当，即时，令，解得或;令，解得; 可知在内单调递增，在内单调递减; 当，即时，则 ， 可知在内单调递增; 当，即时，令，解得或;令，解得; 可知在内单调递增，在内单调递减; 综上所述:若在内单调递减，在内单调递增; 若在内单调递增，在内单调递减; 若在内单调递增; 若在内单调递增，在内单调递减. （2）①有两个不同的零点， 即有两个不同实根， 若，则，只有一个实数根，不符合题意， 故，得， 令， 令，得， 当时，，可知在上单调递增， 当时，，可知在上单调递减， 当时，取得最大值，且时，， 当时，可得 可得不等式：. 先解，即，解得或. 再解，移项通分得， 等价于，即 . 因为，故不等式等价于 ， 解得， 结合或，取交集得. 所以实数的取值范围为. ②当时，有两个不同的零点. 两根满足， 两式相加得:，两式相减得:， 上述两式相除得， 不妨设，要证:，只需证: ， 即证， 设，令 ， 则 ， 可知函数在上单调递增，且. 可得，即，所以. 例2．（2026·山东聊城·二模）设函数， (1)若有极值点、无零点，求的取值范围； (2)若的图象在区间内存在两条互相垂直的切线，求的取值范围； (3)设，若方程有两个实数根、，且，求证：，且． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求得，对实数的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，结合函数极值点的定义可得出实数的取值范围，求出该函数的极小值，根据函数无零点可得出关于的不等式，综合可解得实数的取值范围； （2）分析可知，存在、使得，对实数的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，可得出，即可解出实数的取值范围； （3）分析可知，证明出，可得出，所以，再证明出，即可得出，再结合不等式的基本性质可证得结论成立. 【详解】（1）因为，则， 当时，，此时函数在上单调递增，函数无极值点，不符合题意； 当时，由可得，由可得， 此时函数在上单调递减，在上单调递增， 则函数有极小值点，故的极小值为， 因为函数无零点，所以，即，即，解得， 综上，的取值范围为． （2）由的图象在区间内存在两条互相垂直的切线， 可知存在、使得． 当，则，不符合题意． 当时，在上单调递增． 所以在内的值域为． 所以，由题意可得， 整理可得，解得， 因此，的取值范围为． （3）设，则， 因为，所以． 当时，，在上单调递增，不符合题意，所以． 由，得． 设，则，所以在上单调递增． 又因，所以， 所以，所以， 所以，所以， 设，则， 因为当时，，所以在上单调递减， 又因为，所以当时，，即． 因为，所以，即， 又因，所以，所以， 又因为，，所以． 例3．（25-26高二下·河南许昌·期中）已知，，是自然对数的底数. (1)求函数的单调区间； (2)若关于的方程有两个不等实根，求的取值范围； (3)当时，若满足，求证：. 【答案】(1)当时，函数的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为. (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求导后分和讨论可得； （2）分离参数后构造函数，转化问题为直线与的图象有两个交点，利用导数分析单调性和最值可得； （3）类似极值点平移问题，先由单调性得到，构造函数，，求导分析单调性后可得. 【详解】（1）函数的定义域为，求导得， 当时，恒有，则函数在上单调递增； 当时，由，得，由，得， 即函数在上单调递减，在上单调递增； 所以当时，函数的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为； （2）方程，即，当时，方程不成立，则； 令，依题意，方程有两个不等实根，即直线与的图象有两个交点， 求导得，当或时，，当时，， 所以函数在，上单调递减，在上单调递增， 而当时，，当时，，且当时，取得极小值， 作出函数，的大致图象，如图，    观察图象，当时，直线与函数的图象有两个交点， 所以的取值范围为； （3）当时，，求导得， 由（1）知，函数在上单调递减，在上单调递增； 由，且，得， 令函数，， 求导得， 则函数在上单调递增，有，于是， 而，因此，即， 又，， 函数在上单调递增，所以， 所以. 变式1．（25-26高二下·广东佛山·月考）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)当时，存在不相等的、，满足，证明：； (3)对任意的，恒成立，求a的取值范围． 【答案】(1)当时，在上单调递增；当时，在单调递减，在单调递增. (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）对进行求导，然后分和两种情况确定的单调性； （2）当时，由（1）可知在上单调递增，转化为证明，然后利用极值点偏移证明； （3）将问题转化为来求解. 【详解】（1）的定义域为，. （i）当时，，此时在上单调递增. （ii）当时，令，得. 当时，；当时，. 在单调递减，在单调递增. 综上，当时，在上单调递增； 当时，在单调递减，在单调递增. （2）当时，由（1）可得，在上单调递减，在上单调递增. 不妨设，要证，即证，即证. ，即证. 令， 在上单调递增，，. ，，，证毕. （3），. 分离参数可得：，对都成立，即求右侧函数最小值. 令，则. 令，则， 在上单调递增，又，， 故存在唯一的，使得，. 令，，在上单调递增， ，，. 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增. ， . 变式2．（25-26高二下·贵州贵阳·月考）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论的单调性； (3)若有两个不同零点，，证明：且. 【答案】(1) (2)当时，在上单调递减；在上单调递增； 当时，故在上单调递减， 在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减， 在上单调递增，在上单调递减. (3)证明见解析 【分析】（1）先求出导函数，进而得出切线斜率，最后应用点斜式得出切线方程； （2）分类讨论导函数正负得出函数单调性即可； （3）先应用极值点，再构造函数，，应用导函数正负得出函数单调性即可证明. 【详解】（1）由题意得. 当时，，， 则曲线在点处的切线方程为：，即. （2）①，则，令，解得， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增； ②当时，由得，或. （i），即时， 当时，， 当时，， 故在上单调递减， 在上单调递增，在上单调递减； （ii），即时，同理可得在上单调递减； （iii），即时，同理可得在上单调递减， 在上单调递增，在上单调递减， 综上可得，当时，在上单调递减；在上单调递增； 当时，故在上单调递减， 在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减， 在上单调递增，在上单调递减. （3）由（2）知，时，的极小值为， 当时，的极小值为， 当时，在单调递减，故时，至多有一个零点. 当时，在单调递减，在单调递增. 要使有两个零点，则，即，得. 令，， 则 ， 所以在时单调递增，，. 不妨设，则，，，. 由在单调递减得，，即. 变式3．（2026·贵州贵阳·模拟预测）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)设a，b为两个不相等的正数，且，证明：. 【答案】(1)单调递减区间是，单调递增区间是 (2)证明见解析 【分析】（1）首先求函数的导数，根据导数的正负，判断函数的单调性； （2）首先根据函数解析式的形式，将条件变形，将问题转化为证明，其中，根据所设函数，，证明，再结合函数的单调性，即可证明左边，再将右边转化为证明. 【详解】（1）因为，在定义域内单调递增，，得， 且时，当时， 所以的单调递减区间是，单调递增区间是. （2）. 令，，设，则. 故问题等价于证明：. 不妨设，则. 先证明左边：. 证明：设，. 则， 因为，设 于是. 所以在上单调递增，故，从而在上单调递减，所以，即. 又，且，所以. 又因为，，且在上单调递增， 所以，故. 再证明右边不等式：. 证明：有，可得，，所以. 令，，，其中，. 当时，显然有. 下面讨论的情形. 因为，易知当时，；当时，. 所以在上单调递减，在上单调递增. 所以. 记，，则. 记，则 . 记，则 ， 所以在上单调递增，得，所以，故在上单调递减，所以，即，所以在上单调递减，故，得证. 2 学科网（北京）股份有限公司 $函数与导数：双变量问题、极值点偏移问题专项训练 函数与导数：双变量问题、极值点偏移问题专项训练 考点目录 双变量问题 极值点偏移问题 考点一 双变量问题 例1.(2026天津和平.一模)已知函数h(x)=mnx+e,m∈R) (1)若函数h(x为增函数，求m的取值范围； (2)已知实数P,9∈(0，+0），且p<9. (i)证明：p(e-e)>e*(p-q); (ii)若p与q是函数h(x的两个极值点，证明：0<hp-hq<1. 例2.（2s26高三下-江西抚州月考)已知函数f)=ar2+a+x+InxacR. (1)当a<0时，求f(x的极大值； ②已知关于x的方程ar+有两个解x< (i)求a的取值范围； (ⅱ)λ为正实数，若当s=2(x+x2时，都有∫'(s<0,求)的取值范围. 函数与导数：双变量问题、极值点偏移问题专项训练 例3.（25-26高二上江苏南京·期末)已知函数f(x)=2nx+x2-mx,meR. (1)当m=5时，求f(x)的极值； (②)若函数∫(x)在其定义域内单调递增，求实数的取值范围； (3)若4<m<5,且f(x)有两个极值点x,x2,其中x<x2,求f(x)-fx2)的取值范围. 变式1.(2026山西晋城一模)已知函数fx)=e,gx)=。,(x)=f)-g(),a≠0. (1)当a=e时，求曲线y=(x)在点(L,h(I)处的切线方程； (2)若当x<0时，h(x)<0,求a的取值范围： (3)若存在两个不同的正数m,n,使得f(m)=g(n),且f(n)=g(m),求a的取值范围. 函数与导数：双变量问题、极值点偏移问题专项训练 变式2.(2425高三上联西西安月考)已知函数/八=nx+-0r+a>0 2 (I)当xe1,+o时，函数f(x≥0恒成立，求实数a的最大值： (2)当a=2时，若fx)+fx2)=0,且x≠x2,求证：x1+x2>2. 变式3.(25-26高三下·福建泉州开学考试)己知函数f(x)=x+(x-1)l(x+1). (1)证明：f(x)≥0； (2)证明： 2,2<1nn+0 (3)若x≠x2且fx,)=f(x2,证明：x+x2>0 函数与导数：双变量问题、极值点偏移问题专项训练 考点二 极值点偏移问题 例1.(2026山西晋中.二模)已知函数f(x)=x2-(a+2)x+alnx,其中aeR. (I)讨论f(x)的单调性 (②)若函数gx=f(x)-x2有两个不同的零点x2· ①求实数a的取值范围； ②证明：xx2>e2. 例2.(2026山东聊城二模)设函数fx=x+alnx(a∈R, (1)若f(x)有极值点、无零点，求a的取值范围： (2)若f(x)的图象在区间 2 内存在两条互相垂直的切线，求a的取值范围； )设0<1，若方程f=6cor有两个实数根、女，且x>名，求证：a<0,且5<（名广， 函数与导数：双变量问题、极值点偏移问题专项训练 例3.(25-26高二下…河南许昌·期中)己知f（x)=e2-a+2,aeR,e是自然对数的底数 (1)求函数y=∫(x)的单调区间； (2)若关于x的方程f(x)-2=0有两个不等实根，求☑的取值范围； (3)当a=2e时，若满足f(x)=f(x)(x<x2),求证：x,+x2<1. 变式1.(25-26高二下.广东佛山月考)已知函数f(x=e-ax-1. (1)讨论∫(x的单调性； (2)当a=1时，存在不相等的x1、x2,满足∫(x,)=∫x2),证明：x+x2<0; (3)对任意的x>0,f(x≥(1-xe+lnx恒成立，求a的取值范围. 函数与导数：双变量问题、极值点偏移问题专项训练 变式2.(25-26高二下.贵州贵阳月考)己知函数f(x)=ae2x+(1-2a)e-x. (1)当a=-1时，求曲线y=f(x)在点(0，f(0)处的切线方程； (2)讨论f(x的单调性； (3)若f(x)有两个不同零点x1,x2,证明：a>1且x+x2<0. 变式3.(2026·贵州贵阳·模拟预测)己知函数f(x)=(x-1)lnx, (1)讨论f(x)的单调性； ②设a,b为两个不相等的正数，且na_nb=na-nb,证明：2<+<2+0-na a b a b 2a 6