微专题拓展13 玩转极值点偏移问题与拐点偏移问题（7大题型）-2027年新高考数学一轮总复习解题妙招精讲与题型整合（新高考专用）

该高中数学高考复习讲义聚焦极值点偏移（和型、积型、含参数等）与拐点偏移核心考点，按概念界定、方法总结、题型分类（七种）的逻辑架构整合知识，通过解题方法梳理、典型例题精讲、变式训练巩固等环节，帮助学生构建系统解题思路，突破导数压轴题难点。 资料以对称变换法为核心，设计“构造对称函数-判断单调性-比较大小”三步解题模型，培养学生数学思维与推理能力。设置基础例题、变式拓展、综合精练分层练习，配合真题情境训练，确保高效突破考点，助力学生提升应考能力，为教师把控复习节奏提供精准指导。

微专题拓展13 玩转极值点偏移问题与拐点偏移问题 目录 01 解题方法总结 2 02 重难点题型梳理 3 题型一：不含参数的和型极值点偏移 3 题型二：不含参数的积型极值点偏移 10 题型三：含参数的和型极值点偏移 15 题型四：含参数的积型极值点偏移 20 题型五：平方型的极值点偏移 22 题型六：综合混合型的极值点偏移 24 题型七：拐点偏移的综合问题 29 03 课后拓展精练 31 1、极值点偏移的相关概念 所谓极值点偏移，是指对于单极值函数，由于函数极值点左右的增减速度不同，使得函数图像没有对称性。若函数在处取得极值，且函数与直线交于两点，则的中点为，而往往。如下图所示。 图1 极值点不偏移 图2 极值点偏移 极值点偏移的定义：对于函数在区间内只有一个极值点，方程的解分别为，且，（1）若，则称函数在区间上极值点偏移；（2）若，则函数在区间上极值点左偏，简称极值点左偏；（3）若，则函数在区间上极值点右偏，简称极值点右偏。 2、对称变换 主要用来解决与两个极值点之和、积相关的不等式的证明问题．其解题要点如下：(1)定函数(极值点为)，即利用导函数符号的变化判断函数单调性，进而确定函数的极值点x0. (2)构造函数，即根据极值点构造对称函数，若证 ，则令. (3)判断单调性，即利用导数讨论的单调性． (4)比较大小，即判断函数在某段区间上的正负，并得出与的大小关系． (5)转化，即利用函数的单调性，将与的大小关系转化为与之间的关系，进而得到所证或所求． 题型一：不含参数的和型极值点偏移 例1．（2026·高三·河北唐山·阶段检测）已知函数. (1)若函数有两个零点，求的取值范围； (2)设是函数的两个极值点，证明：. 【解析】（1）， 该方程有两个不等实根，由， 所以直线与函数的图象有两个不同交点， 由， 当时，单调递减， 当时，单调递增，因此， 当时，，当，， 如下图所示： 所以要想有两个不同交点，只需，即的取值范围为； （2）因为是函数的两个极值点， 所以，由（1）可知：，不妨设， 要证明，只需证明，显然， 由（2）可知：当时，单调递增，所以只需证明， 而，所以证明即可， 即证明函数在时恒成立， 由， 显然当时，，因此函数单调递减， 所以当时，有，所以当时，恒成立，因此命题得以证明. 例2．（2026·高三·江苏南通·期中）已知，其极小值为-4. (1)求的值； (2)若关于的方程在上有两个不相等的实数根，，求证：. 【解析】（1）因为，所以. 当时，， 所以单调递增，没有极值，舍去. 当时，在区间上，，单调递增， 在区间上，，单调递减， 在区间上，，单调递增， 所以当时，的极小值为，舍去 当时，在区间上，，单调递增， 在区间上，，单调递减， 在区间上，，单调递增， 所以当时，的极小值为. 所以. （2）由（1）知，在区间上，，单调递增， 在区间上，，单调递减， 在区间上，，单调递增， 所以不妨设. 下面先证. 即证，因为，所以， 又因为区间上，单调递减， 只要证，又因为， 只要证，只要证. 设， 则， 所以单调递增， 所以，所以. 下面证. 设，因为， 在区间上，；在区间上，. 设，，因为， 所以，所以. 设，，因为， 所以，所以. 因为，所以， 所以. 例3．（2026·江西·模拟预测）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若，且，证明：，且． 【解析】（1）的定义域为R， 由题意，得，， 当时，恒成立，在上单调递增； 当，且当时，，单调递减； 当时，，单调递增． 综上，当时，在上单调递增； 当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增． （2）证明：由，得，是方程的两个实数根， 即是方程的两个实数根． 令，则， 所以当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以． 因为当时，；当时，，，所以． 不妨设，因为，是方程的两个实数根，则． 要证，只需证． 因为，， 所以只需证． 因为， 所以只需证． 令，， 则 在恒成立． 所以在区间上单调递减， 所以， 即当时，． 所以， 即成立． 变式1．已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若函数有两个不同零点，求的取值范围，并证明. 【解析】（1）当时，，易知， 所以曲线在点处的切线方程为：； （2），证明：由已知可得， ①若，则，， 即在上单调递增，上单调递减，， 又时，，所以函数存在两个零点； ②若时，，显然不符合题意； ③若时，令， 当时，令或，令， 即在上单调递减，和上单调递增， 函数极小值为，函数极大值为， 此时函数至多有一个零点，不符合题意； 当时，，则单调递增，至多一个零点，不符合题意； 当时，令或，令， 即在上单调递减，和上单调递增， 函数极大值为，函数极小值为， 此时函数至多有一个零点，不符合题意； 综上所述，时函数有两个零点，则一正一负， 不妨令，设， 令，即在R上单调递增， 所以，， 故时，有，时，有， 即，所以， 则， 又因为在上单调递减，故，证毕. 变式2．已知函数有两个零点，且． (1)求a的取值范围； (2)证明：． 【解析】（1）函数有两个零点，即方程有两个不同的实根， 当时，， 所以在上为增函数，最多只有一个零点，不符合题意， 当时，， 令，解得， 时，，单调递减；时，，单调递增， 所以在处取得极小值，也是最小值，且， 因为有两个零点，所以，即，解得， 又当时，，，故； 当时，增长速度远大于，故， 所以，当时，有两个零点， 综上，的取值范围是； （2）由是的零点，得，，所以， 令，则，代入上式得，所以，： 要证，即证， 因为，等价于证明： 令，， 令，， 时，，故在单调递增，所以， 所以在单调递增，故，即， 所以． 变式3．（2026·河南周口·三模）已知函数． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，，求实数的取值范围； (3)若，且存在，，使得，证明：． 【解析】（1）若，则，， ，又， 故曲线在点处的切线方程为； （2）由时，，即，整理得， 令，，则， 故在上单调递减，则，即； （3）若，则，， 故当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 又时，，时，， 则，不妨设，则， 由，则， 两边同取对数，可得， 故，令，则， 即，，故， 要证，只需证，即只需证， 令， 则， 故在上单调递增，则， 即有恒成立，即得证. 变式4．（2026·高三·黑龙江哈尔滨·期末）已知函数，. (1)若对于任意，都有，求实数的取值范围； (2)若函数有两个零点，求证：. 【解析】（1）结合题意：对于任意，都有，所以， 因为，所以只需， ， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增. 所以只需； （2）等价于， 设函数，，易知在区间上单调递增；上单调递减， 由知且，， 设函数，其中， 知， 知在区间上单调递增，即时， 即时，， 即， 又由已知由且， 有且，由在上单调递减， 所以，即. 题型二：不含参数的积型极值点偏移 例4．已知函数． (1)若，求的取值范围； (2)证明：若有两个零点，，则． 【解析】（1）由题意知函数的定义域为， 解得，解得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以， 又，所以，解得， 所以的取值范围为． （2）证明：不妨设，则由（）知，， 构造函数， 则， 所以函数在上单调递增， 所以当时，，即当时，， 所以， 又在上单调递减， 所以，即． 例5．（2026·高三·北京房山·期中）已知函数 (1)求函数单调区间； (2)设函数，若是函数的两个零点， ①求的取值范围； ②求证：． 【解析】（1）定义域为，， 当时，；当时，； 的单调递增区间为；单调递减区间为. （2）①若是的两个不同零点，则与在上有两个不同交点； 由（1）知：，又， 在的图象如下图所示， 由图象可知：，，即的取值范围为. ②不妨设，由①知：， ，， 在上单调递增，在上单调递减； 设，则， 在上单调递减，，， 又，，又，； ，，在上单调递增， ，则. 例6．（2026·高三·江苏连云港·阶段检测）已知函数. (1)当时，求函数的零点个数. (2)若关于的方程有两个不同实根，求实数的取值范围并证明. 【解析】（1）当时，， 所以函数在上单调递增， 又因为， 所以函数有且仅有一个零点. （2）方程有两个不同实根，等价于有两个不同实根， 得，令，则， 令，解得；令，解得； 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，取得最大值， 由，得当时，； 当的大致图象如图所示， 所以当，即时，有两个不同实根； 证明：不妨设且 两式相加得，两式相减得， 所以， 要证，只需证， 即证， 设，令， 则， 所以函数在上单调递增，且， 所以，即， 所以，原命题得证. 变式5．（2026·高三·山东临沂·开学考试）已知函数. (1)证明：. (2)若函数，若存在使，证明：. 【解析】（1）令，，， 令，解得：；令，解得：， ∴在递增，在递减，则， ∴恒成立，即. （2）∵，，∴， 令，解得：；令，解得：； ∴在递增，在递减. 又∵，，，，且，. 要证，即证. ∵，∴， 又∵，∴只证即可. 令，， 恒成立， ∴在单调递增. 又∵，∴，∴， 即，∴. 题型三：含参数的和型极值点偏移 例7．设函数． (1)当时，讨论函数的单调性； (2)设，记，当时，若方程有两个不相等的实根，求证：． 【解析】（1）的定义域为， . 令，则得到导函数的两个零点，或，由于分母为正， 故我们只关注分子函数，其为二次函数，借助其图像， 以两个零点的大小关系为分类标准得到如下： ①当时，即时，当时，，单调递减， 当时，，单调递增； ②当时，即时，恒成立，即恒成立，故在上单调递增； 综上所述，当时，的单减区间为，单增区间为； 当时，只有单增区间； （2）由题可知，， 设是方程的两个不等实根，不妨设为， 则，两式相减整理得到 ，从而得到， 要证，故只需要证明， 由于， 转化为， 即，即， 令，则上述式子转化为 设，则， 当且仅当时等号成立，故在上单调递增，故有， 故得证， 即. 例8．已知函数，e为自然对数的底数. (1)若函数在上有零点，求的取值范围； (2)当，，且，求证：. 【解析】（1）令，即，则 函数在上有零点等价于方程在上有解， 设，则， 故函数在上是减函数，在上是增函数，故 所以a的范围是. （2）因为，故， 因为，所以得， 故在上是减函数，在上是增函数 因为，， 所以不妨设，， 设（）， 故， 所以在上是增函数， 所以，即， 故，即， 因为，，且， 所以， 因为在上是减函数， 所以，故. 例9．已知函数有两个零点． (1)求a的取值范围； (2)设，是的两个零点，证明：． 【解析】（1）的定义域为，， 当时，，在上递增，至多一个零点，不符合题意，舍去； 当时，令得，所以在上递增， 当，此时在上递减， 所以的极大值也是最大值，∴． 又时，；趋向于时，趋向于． 所以，有两个零点，a的取值范围为． （2）不妨设，由，则． 构造函数，   ， 因为，，∴，即，所以在是递增，又，所以，∴， ∴． 又，∴． 而，，在上递减，所以，，即，所以，． 变式6．已知函数．若函数有两个不相等的零点． (1)求a的取值范围； (2)证明：． 【解析】（1）由题意可知：， 若，则恒成立，即单调递增，不存在两个不等零点， 故， 显然当时，，当时，， 则在上单调递减，在上单调递增， 所以若要符合题意，需， 此时有，且， 令， 而， 即在上递减，故， 所以， 又， 故在区间和上函数存在各一个零点，符合题意， 综上； （2）结合（1），不妨令， 构造函数， 则， 即单调递减，所以， 即， 因为，所以， 由（1）知在上单调递增，所以由， 故. 变式7．（2026·高三·广东东莞·期中）已知函数， (1)讨论函数的单调区间； (2)当时，设，为两个不相等的正数，且，证明：. 【解析】（1）,, ,, 上单调递增，上单调递减. （2）,, 在上单调递增，上单调递减. ， ， 因为，所以函数在区间上为上凸函数， 函数在区间的图象如图所示. 不妨设，则.      连接和点的直线l2的方程为：, 当时，, 由图可知,所以要证明，只需证明，即只需证明， 连接的直线的方程为,设函数的图象的与平行的切线是直线， ，， 直线的方程为,即， 令,得直线与直线的交点横坐标为, 由图可知，， 故要证不等式成立. 题型四：含参数的积型极值点偏移 例10．已知函数（，）.若函数有两个零点，.证明：. 【解析】因为，有两个零点，， ， 令，则， 即证明，即证， 设， 由于，即， 左边即证， 即证， 设，则，单调递增， 则当时，，即成立，故. 要证， 即证即, 而, 故即证， 即证：， 令，即证：. 则， 设， 则， 设，则， 设，则，其， 而，故在为减函数， 而，，故存在， 使得时，，时，， 故在上为增函数，在为减函数， 故，且， 故，故即恒成立， 故在上为减函数，而， 故当时，即，时，即， 故在上为增函数，在上为减函数， 故，故（不恒为零），故为减函数， 故，即， 即得证. 例11．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． 【解析】（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． 题型五：平方型的极值点偏移 例12．（2026·山东聊城·二模）已知函数. (1)当时，求的最小值； (2)若当时，恒成立，求的取值范围； (3)若关于的方程有两个不等实根，证明：. 【解析】（1）当时，， . 令，得， 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增， 故在处取得最小值， . （2）当时，恒成立， 即， 即. 令，即求在时恒成立， . ①当时，恒成立，故在上单调递减， 则当时，恒成立； ②当时，在上单调递减，且， 则在上恒成立，故在上单调递增， 则成立，与题干矛盾，舍掉； ③当时，恒成立，故在上单调递增， 则恒成立，与题干矛盾，舍掉. 综上所述，满足要求. （3）将代入，原方程化为， 即， 则有， 两式相减，得， 即， 故原不等式变形为. 不妨令，不等式两端同时除以，则不等式可变形为. 令，则不等式可继续变形为， 即证在时恒成立， 故令， 则恒成立， 故在时单调递增，则恒成立， 故命题得证. 例13．（2026·高三·河北衡水·阶段检测）已知函数（）． (1)当时，求证：； (2)若函数的两个零点为（）． ①求实数的取值范围； ②求证：． 【解析】（1）若，则， 可知函数的定义域为，且， 令，解得；令，解得； 可知函数在内单调递减，在内单调递增， 所以. （2）①因为，可知函数的定义域为，且， 令，解得；令，解得； 可知函数在内单调递减，在内单调递增，则函数的最小值为， 且当趋近于或时，趋近于， 若函数的两个零点，则，即，解得， 所以实数的取值范围为； ②因为函数的两个零点为， 令，， 则， 可知在内单调递减，则， 可得，， 若函数的两个零点为，且，则， 可得， 又因为，，且函数在内单调递增， 则，可得， 所以. 例14．已知函数. (1)若，求实数的取值范围； (2)若有2个不同的零点（），求证：. 【解析】（1）因为函数的定义域为，所以成立，等价于成立. 令，则， 令，则，所以在内单调递减， 又因为，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减， 所以在处取极大值也是最大值. 因此，即实数的取值范围为. （2）有2个不同的零点等价于有2个不同的实数根. 令，则，当时，解得. 所以当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以在处取极大值为. 又因为，当时，，当时，. 且时，. 所以，且. 因为是方程的2个不同实数根，即. 将两式相除得， 令，则，，变形得，. 又因为，，因此要证，只需证. 因为，所以只需证，即证. 因为，即证. 令，则， 所以在上单调递增，， 即当时，成立，命题得证. 变式8．已知函数（为自然对数的底数，）． (1)求的单调区间和极值； (2)若存在，满足，求证：． 【解析】（1）. 当时，，所以在上单调增，无极值； 当时，令，得， 当时，；当时，； 所以在上单调递减，在单调递增． 所以函数的极小值为，无极大值. （2）由题（1）可知，当时才存在，满足， 不妨设， 设，则 ， 因为，所以，所以， 所以在上单调递减， 所以，所以，即 故， 因为，又在上单调递增， 所以，所以， 下面证明：； 因为， 所以，所以， 所以，得证. 题型六：综合混合型的极值点偏移 例15．（2026·高三·河南新乡·阶段检测）已知函数. (1)求的极值. (2)若，，证明：. 【解析】（1）（1）由题意可得. 当或时，；当时，. 所以在与上单调递增，在上单调递减. 故的极大值为，的极小值为. （2）证明：由（1）可知. 设，， 则 . 设，则. 因为，所以在上恒成立，即在上单调递增， 因为，所以在上恒成立，即在上单调递增， 因为，所以在上恒成立. 因为，所以， 因为，所以. 由（1）可知在上单调递增，且，， 则，即. 例16．已知，若有两个不等实根，，求证：． 【解析】设，，则， 则有两不等实根，（不妨设）， 要证，只要即可；又， 令，解得， 所以时，，单调递增；时，单调递减； 所以， 方程要有两个不等实根，则，即，且， 下面证明，由，两式作差得（①）， 作和得（②）， 由①②两式化简可得， 若要证明，只需证明， 只需证明，只需证明， 令，即证明， 只需证明， 令， 令，解得，故，单调递减， 所以，故不等式成立，从而原不等式成立. 所以得证，所以，所以． 例17．（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：. 【解析】（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）证明：. 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. 变式9．（2026·河南南阳·模拟预测）已知函数，其中. (1)若在上单调递增，求的取值范围； (2)在数学上，我们把在平面直角坐标系中横、纵坐标均为整数的点称为格点，若曲线与轴相切，且切点为格点． （i）求的值； （ii）若，且，证明：. 【解析】（1）， 由题意恒成立，则， 则. （2）（i）由题意，存在使得， 消去得， 设， 则 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 极大值，当时， 极小值， ， 则在存在1个零点， 综上的整数零点只有0， 则. （ii）， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 则， 设， 则， 由基本不等式，则，单调递增， 则时，， 则， 由于，在单调递增， 则， 设， 则 则，单调递增， 当时，， 则， 即， 由于，在单调递增， 则， 由，可得， 则， 即. 题型七：拐点偏移的综合问题 例18．设函数． (1)判断函数的单调性； (2)若，且，求证：． 【解析】（1）∵，， ∴． 令，则． 令，得或． 当时，；当时，；当时，． ∴在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减． 又，，故对一切恒成立， ∴，于是，故在上单调递增． （2）易知当时，由（1）知，， 所以，当且仅当时取等号，与题意不符， 当，由（1）知，，与题意不符， 所以中一个在内，一个在内，不妨设． 构造函数，其中， 则． 由，得． 令， ∵， ∴在上单调递增，则． ∴在上单调递减，∴， 即对恒成立． ∵，∴， ∴． 由（1）知在上单调递增， ∴，故． 例19．函数. （1）求在处的切线方程（为自然对数的底数）； （2）设，若，满足，求证：. 【解析】（1），则， 故在处的切线方程为即； （2）证明：由题可得，， 当时，，则；当时，，则， 所以，当时，，在上是增函数. 设， 则， 当时，，则，在上递减. 不妨设，由于在上是增函数，则， 又，，则，于是， 由，在上递减， 则，所以，则， 又，在上是增函数，所以，，即. 例20．（2026·高三·全国·阶段检测）已知函数. (1)求的单调区间 (2)若的极值点为，且，证明：. 【解析】（1）的定义域为，， 由，得. 当时，；当时，. 所以的单调递减区间为，单调递增区间为. （2）证明：由（1）可知，由的极值点为，得， 所以，. 当时，；当时，， 则函数的大致图象，如图所示； 不妨设，若， 由图象知：， 又， 所以要证，即证， 当时，，. 当时，， ， =，. 设，， 则，， 令，则， 所以在上单调递减， 所以，在上单调递增， 则， 所以，即， 又因为n，，且在上单调递增， 所以，即， 则. 综上，. 1．（2026·辽宁丹东·模拟预测）已知函数． (1)若，证明：； (2)若有两个不同的零点，求a的取值范围，并证明：． 【解析】（1）当时，，定义域为 令，则 当时，；当时，； 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 故，所以，得； （2）因为有两个不同的零点，则在定义域内不单调； 由 当时，在恒成立，则在上单调递减，不符合题意； 当时，在上有，在上有， 所以在上单调递增，在上单调递减． 故，所以, 而为增函数，且，故. 而当时，，时，， 故时，确有两个零点. 不妨设 令 则 当时，，则在上单调递增 所以 故，因为 所以，又， 则，又在上单调递减， 所以，则． 2．已知. (1)若在定义域内单调递增，求的最小值. (2)当时，若有两个极值点，求证：. 【解析】（1）方法一：，取，得， 所以，， 时，， 所以取，时，， ，分子随增大而增大， 而，所以当时，单调递减，当时，单调递增， 而，得，符合单调递增，所以. 方法二：，， 因为在定义域内单调递增， 所以在上恒成立， 故，设， 若，则当时，，故在上恒成立，这不可能. 若，则在上恒成立，取，则有，故. 若，此时， 令，则为上的减函数， 而， 取，则当时， 有，故在上存在唯一零点， 设该零点为，由零点存在定理可得. 故当时，；当时，， 故在为增函数，在上为减函数，故. 所以， 因为，故， 所以，其中. 设，，则， 当时，，当时，， 故在为减函数，在为增函数， 故，故即的最小值为. （2）方法一：当时，，，， 则，令，， 令，下证恒成立， ，设分子为， ，所以在上单调递增，， 所以在上恒大于，即在上恒大于， 所以，取，则， 所以，即. 方法二：当时，， 因为有两个极值点， 所以，即，从而， 令，则， 当时，，当时，， 所以函数在上递增，在上递减， 所以， 又因当时，，当时，， 所以， 由对数均值不等式得，从而， 所以. 3．（2026·高三·辽宁丹东·阶段检测）已知，， (1)若恒成立，求的最大值 (2)若，是的两个零点，且求证： 【解析】（1）时，， 设，则恒成立恒成立， 易知符合要求，下面考虑的情形， 由，得时，；时，， 因此，在区间上为减函数，在上为增函数，故的最小值为， 由，得，解得， 所以的最大值为. （2）由（1）知，，是的两个零点，结合的单调性可知，， 若，则显然成立， 若，设（）， 则，， 所以，在区间上为增函数，因此有， 因此，，， 又，，且在区间上为减函数， 所以，，即. 综上，. 4．（2026·高三·广东清远·期末）已知函数． (1)讨论的零点个数． (2)若有两个不同的零点，证明：． 【解析】（1）因为，所以1不是的零点． 当，可变形为， 令，则的零点个数即直线与图象的交点个数． 因为，，得，又， 所以在上单调递减，在上单调递增． 因为，且当时，， 所以当时，没有零点； 当时，有一个零点； 当时，有两个零点． （2）证明：由（1）知，当时，有两个零点． 设，则， 由得， 所以，即． 令，则， 易得在上单调递减，在上单调递增． 要证，即证． 因为，且在上单调递增，所以只需证． 因为，所以即证． 令， 则， 所以在上单调递减． 因为，所以． 因为，所以，故． 5．（2026·高三·江苏南通·期中）已知函数． (1)求函数的最小值； (2)求证：函数存在两个零点（记为），且． 【解析】（1）由 设， 因此当时，函数单调递增，， 当时，，因此，所以单调递增； 当时，，因此，所以单调递减， 因此当时，有最小值，即； （2）由（1）可知：在时，单调递减，在时，单调递增， ，因为，， 所以函数在内有且只有一个零点， 不妨设，在内有且只有一个零点， 设为，即，即函数有两个零点， 即 构造函数 ，当时，单调递减， 因此有，即， 因为，所以， 而，因此， 因为，所以，因为在时，单调递减， 所以由. 6．（2026·高三·山西太原·阶段检测）已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程. （2）若正实数满足，求证：. 【解析】（1），切点为. ，. 切线为：，即. （2） . 令， ，， ， ，，为减函数， ，，为增函数， ，所以. 即. 得：， 得到，即：. 7．已知函数.证明：当，时，. 【解析】证明：对求导，得. 令，则. 因为令，得；令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，即， 所以在上单调递减，且. 因为，所以不妨设，则. 要证，只需证. 因为，所以，即证. 构造函数， 则， ， 因为，即，当且仅当时等号成立， 又，则， 所以， 所以在上单调递增，， 从而在上单调递减， 所以，即当时，. 又因为， 所以成立，故得证. 8．已知函数． (1)证明：； (2)若，且，证明：． 【解析】（1）由题意，，设 ，则 ，当时，，单调递增；当时，， 单调递减，从而，故恒成立， ，故． （2）由题意，，，， ，， 从而在上单调递增，在上单调递减，故， 在上单调递减，且， 若，则，不合题意， 若，则，不合题意，∴， 要证，只需证，结合在上单调递减知只需证， 又，，故只需证，即证①， 令，， 则， ，在上单调递增， 又，，从而在上单调递减，，， ，，即不等式①成立，故． 9．已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若有两个零点，求的取值范围； (3)若有两个零点，，证明. 【解析】（1）因为， 所以. （ⅰ）若，则，所以在上单调递减； （ⅱ）若，则由得． 当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增． （2）（ⅰ）若，由（1）知，至多有一个零点，不合题意； （ⅱ）若，由（1）知，当时，取得最小值为． ①当时，由于，故只有一个零点，不合题意； ②当时，因，即，故无零点，不合题意； ③当时，，即． 又，故在有一个零点． 设正整数满足， 则． 由于，因此在有一个零点． 综上，的取值范围为． （3）由（2）可设极值点，即，且，． 由（2）不妨设. 要证．只需证，其中. 而在单调递增，故只需证． 又，即证：． 令， 则， , 设，根据基本不等式，（因为，等号不可取）. 设，则为开口向上的抛物线，对称轴为. 因为当时，，所以在上单调递增. 因为. 所以当时，，即. 所以在上恒成立． 因此在单调递增，故． 即，结合，得， 因、，且函数在该区间单调递增，故． 整理得：，得证． 10．（2026·甘肃嘉峪关·三模）已知函数，其中. (1)设，若不等式对恒成立，求的取值范围. (2)，若，求证： 【解析】（1）函数的定义域为， . 当时，令，得. 当时，，所以； 当时，，所以. 所以在上单调递减，在上单调递增， 故的最小值为. 因为不等式对恒成立，所以. 设， 则恒成立， 所以在上单调递增. 因为，所以，解得，即. 综上所述：的取值范围是. （2）函数的定义域为， ， 当时，，所以，所以单调递增； 当时，，所以，所以单调递减. 因为，所以可设，则. 令， 则， 当，所以，，所以； 当，所以，，所以， 又，所以恒成立， 所以函数是增函数. 所以，所以， 即. 11．已知函数． (1)若函数在上是减函数，求实数m的取值范围； (2)若函数在上存在两个极值点，，且，证明：． 【解析】（1）∵在上是减函数， ∴在定义域上恒成立， ∴，设，则， 由，得，由，得， ∴函数在上单调递增，在上单调递减， ∴．∴． 故实数m的取值范围是． （2）由（1）知， ∵函数在上存在两个极值点，，且， 则由，两式相加、相减分别可得与， ∴，∴， 设，则，要证， 只需证，只需证，只需证， 构造函数，则， ∴在上单调递增， ∴，即，∴． 12．（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：． 【解析】（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. 13．已知函数． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)记函数，若，存在两个相异的正实数满足，求证：． 【解析】（1）当时，． 所以切线的方程是即． （2）可得． 令，得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减． 不妨设，令， 则， 所以函数在上单调递增，从而， 即时，恒成立． 而，从而，又， ，函数在上单调递减． ，得． 令，则，当时单调递增； 当时单调递减，所以，即， 由不等式得， 成立，所以． 14．（2026·高三·陕西榆林·期末）已知函数. (1)当时，求的最小值； (2)已知函数有两个零点，，且. （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）证明：. 【解析】（1）当时，，， 令得， 当时，；当时，， 因此在单调递减，在单调递增， 故的最小值为； （2）（ⅰ）解法1：令得， 设，则图象与直线有两个交点， ，当时，；当时，， 因此在单调递增，在单调递减， 时，，，，故的取值范围为； 解法2：函数的定义域为，， 若时，则，故在上单调递减，不满足题意； 若时，令得， 当时，；当时，， 因此在单调递减，在单调递增， 因为函数有两个零点，所以， 即，解得， 此时，， 满足题意，故的取值范围为； （ⅱ）证明1：由（ⅰ）解法2知，，， 要证，即证， 因为，所以， 又在单调递减，即证， 又，即证. 设，， 则 ， 当且仅当时取等号， 所以，函数在单调递增. 当时，，因此，， 因为，所以，故原不等式成立； 证明2：由题意可知，，两式相减得， 要证，即证，即证， 令，则，即证（），即证（）， 设（），则， 由（1）知，，当且仅当时取等号， 故，即，在单调递增， 当时，，故原不等式成立， 证明3：由题意可知，，两式相减得， 要证，即证，即证， 令，，则，，， 即证（），即证（）， 令，即证（）， 设（），则， 在单调递减，， 因为，所以，故原不等式成立. 15．已知函数．若函数有两个零点、，求证：． 【解析】因为，该函数的定义域为，， ①若，则恒成立，不可能有两个零点； ②若，， 令，令，可得，令， 由可得，由可得， 故在单调递增，在单调递减， 且，则， 时符合题意， 因为函数有两个零点、， 则，可得，同理可得， 要证，即证，即证，即证， 即证，即证， 故只需证，即证． 构造函数，则， 令，其中，则， 由可得，由可得， 所以在单调递减，在单调递增，则， 即，在上单调递增， 因为，故，即，故原不等式得证. 16．已知函数，其中.当时，设的两个零点为，，求证：. 【解析】由，因为，所以定义域为， 则， 令，得，由，得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 当时，，又，故，. 要证，只需证，而， 又在上单调递减，只需证即可. 又， 令，则，所以在上单调递增， 故，即，则， 所以. 17．已知函数有两个零点 (1)求a的取值范围； (2)记，为的两个零点，证明： 【解析】（1）由题意得的定义域为， 由已知得，， 设， 可得， 由反比例函数性质得在上单调递减， 由幂函数性质得在上单调递减， 则在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 由于，故时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增，， 当时， ，， 当时，，当时，， 所以函数在区间上单调递减，再区间上单调递增， 所以时，函数有最小值，即， 因为在区间上恒为正，而， 所以 ， 即， 取，则，存在，使， 可得，存在，使，符合题意； 当时，有且只有1个零点，不符合题意； 当时，，当时，，单调递增， 当时，，单调递减，， 此时单调递减，不会有两个零点； 当时，当时，，单调递增， 而，单调递减，得到， 当时，存在，， 当时，，单调递增，， 当时，，单调递减， 且由对数函数与幂函数增长速度可知，当趋于时，趋于， 则存在，， 当时，，单调递增，， 当时，，单调递减，不会有2个零点； 当时，，， 存在，， 当时，，， 当时，，单调递减，， 则单调递减，在上不会有2个零点； 综上，. （2）由（1）得，， 设， 则， 则，又， 所以，故， 由于，且在上单调递增， 则，即； 设，则， 当时，，单调递减， 当时，单调递增， 则，则， 由于， 则时，， 当时，， 则， 整理得， 则得，， 由于，则， 则； 综上得证. 18．已知函数有两个零点、．证明：． 【解析】令，得，则， 即， 令函数，则， 因为在上单调递增，所以，即 令函数，则， 令，得，，得， 所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为， 由题意可知，函数有两个零点、，不妨设，则， 令函数，则， 所以在上单调递减． 因为，所以当时，；当时，． 所以，， 即，， 所以由有两个不相等的正根、，且 得，则， ，则，即， 所以， 因为，所以． 28 / 40 学科网（北京）股份有限公司 $微专题拓展13玩转极值点偏移问题与拐点偏移问题 目录 01解题方法总结 .2 02重难点题型梳理 .3 题型一：不含参数的和型极值点偏移 3 题型二：不含参数的积型极值点偏移， .5 题型三：含参数的和型极值点偏移， .6 题型四：含参数的积型极值点偏移 .7 题型五：平方型的极值点偏移 .8 题型六：综合混合型的极值点偏移 题型七：拐点偏移的综合问题， .10 03课后拓展精练！ 12 1/16 01 解题方法总结 C面面面。面面 1、极值点偏移的相关概念 所谓极值点偏移，是指对于单极值函数，由于函数极值点左右的增减速度不同，使得函数图像没有对 称性。若函数f(x)在x=xo处取得极值，且函数y=f(x)与直线y=b交于A(x1,b),B(x2,b)两点，则 An的中点为M学，bo1,丽准在兰.复下图所示 X1+X2 2 图1极值点不偏移 图2极值点偏移 极值点偏移的定义：对于函数y=fx)在区间(a,b)内只有一个极值点xo,方程f(x)的解分别为 小且a<X<,<b:（)若4x,则格后数y=f1x在区间K,上授值点X,移： (2)若>X则屋数y=N在区同K,上授佰点x,在偏，前称极值点x左价：（)老 心<x·则函数y=X在区间x,上极位点x,有能，岗称极伯点，右输。 2 2、对称变换 主要用来解决与两个极值点之和、积相关的不等式的证明问题.其解题要点如下：(1)定函数（极值点 为x),即利用导函数符号的变化判断函数单调性，进而确定函数的极值点xo (2)构造函数，即根据极值点构造对称函数F(x)=f(x)-f(2x,-x),若证xx,>x行，则令 F)=f)-f2) (3)判断单调性，即利用导数讨论F(x)的单调性。 (④比较大小，即判断函数F(x)在某段区间上的正负，并得出f(x)与f(2x,一)的大小关系. 2/16 (⑤)转化，即利用函数f(x)的单调性，将f(x)与f(2x,一x)的大小关系转化为x与2x,-x之间的关 系，进而得到所证或所求. 02 重难点题型梳理 知■面原。。超。®夏 题型一：不含参数的和型极值点偏移 例1.(2026高三河北唐山阶段检测)已知函数f()=(x-l)lnr-x2+ax(aeR). (1)若函数y=f'(x)有两个零点，求a的取值范围； (2)设x,x2是函数∫(x)的两个极值点，证明：x+x2>2. 例2.(2026高三江苏南通期中)已知f(x)=x-ax(a∈R),其极小值为4 (1)求a的值； (2②)若关于x的方程f()=t在(0,3)上有两个不相等的实数根：，，求证：3<x+x<4. 例3.(2026江西模拟预测)已知函数f)=x+ ex (1)讨论(x)的单调性： (②)若x≠x,且f()=f()=2,证明：0<m<e,且x+x3<2. 3/16 变式1.已知两数f)o++5 er 2 (1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(-山，f(-)处的切线方程： (2)若函数f(x)有两个不同零点x,x,求a的取值范围，并证明x+x2>0. 变式2.已知函数f(x)=e-心有两个零点x,x,且x<x. (I)求a的取值范围； (2)证明：x+x2>2」 变式3.(2026河南周口三模)己知函数f(x)=e-ax. ()若a=2,求曲线y=f(x,)在点(0，f(0》处的切线方程： (2)当x∈(0，时，f(x)≥-e,求实数a的取值范围： (3)若a=0,且存在x,(:≠x),使得f()=f(x),证明：x+x2>2. 变式4.(2026高三·黑龙江哈尔滨期末)己知函数f(x)=am2,g()=x(1-lnx. ()若对于任意x∈(0，+0），都有f(x)<g(),求实数a的取值范围： 1+1>2 2)若函数y=g()-m有两个零点x,x,求证：无x 4/16 题型二：不含参数的积型极值点偏移 例4.已知函数f(x)=x-hx-a (1)若f(x)≥0，求a的取值范围； (②)证明：若f(x)有两个零点x,x,则<1， 例5.(2026高三北京房山期中)己知函数f(x)=山x-x ()求函数f(x)单调区间： (2)设函数8()=f(x)+a,若x,∈(0，]是函数8()的两个零点， ①求a的取值范围； ②求证：xx2<1 例6.(2026高三江苏连云港阶段检测)已知函数f()=r+2ar2-(a+)x(aeR). (I)当a=1时，求函数y=f(x)的零点个数 (2)若关于x的方程f()=2心有两个不同实根x,,求实数a的取值范围并证明xx>e2. 变式5.(2026高三山东临沂开学考试)已知函数f(x)=l血x. (1)证明：f(x+1)≤x. ②考面数)=2可付，若存在5<6使)=，证明：号无<号 5/16 题型三：含参数的和型极值点偏移 例7.设函数f(x)=-a2nx+x2-ax(aeR)」 ()当a≥0时，讨论函数f(x)的单调性： (②)设p()=-x2+(a-2x+(a+a)hx,记h(c)=f(x)+p(),当a>2e时，若方程h(x)=m(meR)有两 个不相等的实根，七，求证：+x2>a. 例8.己知函数)=e-2a(x-),e为自然对数的底数 (1)若函数8(x)在(1，+0)上有零点，求a的取值范围： (2)当a>0,x≠x2,且g(x)=g(x2),求证：+x<2ln(2a). 例9.己知函数f(c)=血x-ar有两个零点. (1)求a的取值范围： (2)设x,x2是f(x)的两个零点，证明：a(x+x)>2. 6/16 变式6已知函数了)=血x+aeR,若买数了)有两个不相等的要点，5： (1)求a的取值范围； (2)证明：x+x3>4a, 变式7.(2026高三广东东莞期中)已知函数f(x)=x(t-lnx),teR ()讨论函数f(x)的单调区间： ②当(=1时，设x:x为两个不相等的正数，且f(G)=f(5)=a,证明：x+x>a2-e)+e e 题型四：含参数的积型极值点偏移 例10.已知函数f(x)=e2-a2x(x>0,a>0)若函数fm)有两个零点x,x证明： 4-4Ina<Inx +Inx2 <1-In a. 例1L.设函数f(x)=x+alnr(aeR), ()若f(x)有极值点、无零点，求a的取值范围； 7/16 (②)若f(x)的图象在区间 内存在两条互相垂直的切线，求。的取值范围， 6液0<6<若方程回)=ca有雨个实数款怎卫5>4：求证：。0月号)月 题型五：平方型的极值点偏移 例12.(2026山东聊城二模)已知函数f(x)=(（+1)e“-e2,a>0. (1)当a=2时，求f()的最小值： (②)若当x≥0时，f(c)≤0恒成立，求a的取值范围； 2x )若关手的方程日中®“=4中有两个不等实根，，证明e十e> a 例13.(2026高三河北衡水阶段检测)已知函数f(x)=x-al血(x+a)(a>0). (1)当a=1时，求证：f(x)20: (②)若函数f(x)的两个零点为，x2(x<x2). ①求实数a的取值范围： ②求证：e+e>2. 8/16 例14.已知函数f)=hx-m (I)若f(x)≤-l,求实数a的取值范围； ②喏f()有2个不同的零点55(5<5)，求证：2+3G> 5a 变式8。已知西数1)-。x>0)(。为自然对数的底数：aR） (1)求()的单调区间和极值： (②)若存在x≠，满足f()=f(3),求证：Vx+x> a+2 题型六：综合混合型的极值点偏移 例15.(2026高三河南新乡阶段检)已知函数f()-e“-(e+1e+ex+ ()求f()的极值 (②)若f(:)=f()=f(),x<x2<x,证明：x+<2. 1,1、2 例16已知f(=x-n,若f)=a有两个不等实根5'5求证：了十写>。 9/16 例17.(2026贵州贵阳模拟预测)已知函数f(x)=(x-1)lnx (1)讨论(x)的单调性： (2)设a,b为两个不相等的正数，且a-b 且a-地=na-hb,证明：2<d+ <2+a-lina a b 2a 变式9.(2026河南南阳模拟预测)已知函数f()=e2-3e+ar+2,其中aeR. (I)若f(x)在R上单调递增，求a的取值范围； (②)在数学上，我们把在平面直角坐标系中横、纵坐标均为整数的点称为格点，若曲线y=()与x轴相切， 且切点为格点. (i)求a的值： (i)若f(x)=f(x)=f(x),且x<x2<x,证明：2x+x-x<2血2. 题型七：拐点偏移的综合问题 例18.设函数f)=e*- --1) 3 2,xe[0,+o). (1)判断函数(x)的单调性： (2)若x≠x2,且f()+f(x)=6®，求证：x+x<2. 10/16 例19.函数f()=2(x2-2x)lnx-x2+4x (1)求f(x)在x=e处的切线方程(e为自然对数的底数)； (2)设g(x)=x3-3x2+3x+f(x),若，∈(0，+o)且x≠x,满足8()+8()=8，求证：x2<1. 例20.(2026高三全国阶段检测)已知函数f(x)=(2x-a)e. (1)求f(x)的单调区间 (②法f的极值点为，且fm=a0m去，证明：-<m+)<0. 1 11/16 03课后拓展精练 ■。。CCO通OCC 1.(2026辽宁丹东模拟预测)已知函数f(x)=2al血x-x2+2(a-1)x+a. (①若a=1,证明：f()<2x-x2: (2)若f(x)有两个不同的零点x,x2,求a的取值范围，并证明：x+x2>2a. 2.已知f(x)=ax2+bx+5-ln2x (I)若f(x)在定义域内单调递增，求a+b的最小值. (2)当a=0时，若)有两个极值点x,,求证：+>2e, 3.(2026高三辽宁丹东阶段检测)己知f(x)=e-r,x>0,a∈R (1)若f(x)≥0恒成立，求a的最大值 (2)若x,x2是f(x)的两个零点，且x>x2求证：x+x2>2a 4.(2026高三广东清远期末)已知函数f(x)=e-a(x-1). (1)讨论f(x)的零点个数 (2)若x)有两个不同的零点，x,证明：x+x2>4 12/16 5.(2026高三江苏南通期中)已知函数f)=x-血x-2. (1)求函数)的最小值： (2②)求证：函数(x)存在两个零点（记为，x),且x>1. 6.(2026高三·山西太原·阶段检测)已知函数f(x)=2hx+x2+x. (1)求曲线y=()在点，f》处的切线方程 (2)若正实数，x2满足f(化)+f(x)=4,求证：x+x≥2. 7.已知医数)=血x-方+分证明：当5+5，f)+f化)=0时，5+5>2 8.已知函数f(x)=2xnx-x2+1 ()证明：f(x)<1: (2)若0<x<x,且f()+f(x)=0,证明：x+x>2. 9.己知函数f(x)=ae2x+(a-2)e-x. ()讨论f(x)的单调性： (②)若f(x)有两个零点，求a的取值范围： (3)若f(x)有两个零点x,,证明x+x<-2lna. 13/16 10.(2026甘肃嘉峪关三模)己知函数f(x)=ar-lhr+(2a-l)x,其中aeR ①设a>0:若不等式()+≥0对x∈(0，+w)恒成立，求0的取值范围 ②8()-，若5<586)=86)求证：5≥心 1,已知函数f6)hr-m2-(omeR). ()若函数f(x)在(0，+∞)上是减函数，求实数m的取值范围； (2若函数f(x)在(0，+∞)上存在两个极值点x,x,且x<x,证明：nx+lnx>2. 12.(2026山西晋中：二模)己知函数f()=r-(a+2)x+lhx,其中a∈R. ()讨论f()的单调性. (2)若函数8()=f()小x有两个不同的零点x2. ①求实数a的取值范围： ②证明：xx2>e2 l3.已知函数f(x)=xnr-ar2+a(aeR) (①)若a=2,求曲线y=f(x)在点(，f()处的切线方程： 14/16 (2)记函数g(x)=f'(),若a>0,存在两个相异的正实数x,出满足8(G)=8(:),求证：，+x>1-lna. 14.(2026高三陕西榆林·期末)己知函数f()=a-x-1. (1)当a=1时，求f(x)的最小值； (②)已知函数f(x)有两个零点x,x2,且x<x2 (i)求a的取值范围； （i)证明：x+x2<2n 15,已知西数f()=-a-.若函数f()有两个零点xx(化<)，求证：>6念. 16.已知函数f(x)=ln(l+ax)-x,其中a>0.当a>1时，设f(x)的两个零点为x,x2,求证： +5>22 a 17.已知函数f)=(c-1)nx+(a-(r-2x)有两个零点 (1)求a的取值范围： (因记x,与为f阳的两个零点，证明：2<+%<3-日 15/16 9I/9I z<x+x:拍·x、x学毫塑其”-x叫+，3=(x)/廉奥此已8I