重难点培优13 轻松破解极值点偏移、拐点偏移的12大热点题型（复习讲义）（全国通用）2027年高考数学一轮复习讲练测

**基本信息** 聚焦极值点偏移与拐点偏移12类热点题型，构建"概念-通法-题型-检测"四层训练体系，通过对称构造、代换转化等方法培养逻辑推理与数学建模素养。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |知识重构|4大知识点|对称化构造/差值比值代换/切线放缩/对数均值不等式|从极值点偏移概念出发，推导四大核心解法，衔接拐点偏移原理| |题型精研|12题型+多道例题|每题型配2-3种通法（如加法用对称构造，乘积用对数转化）|按代数式形式分类，每种题型对应特定解法，形成"形式-方法"映射| |实战检测|分层习题|重难巩固+创新提升|通过典型题验证方法迁移性，强化复杂问题拆解能力|

重难点培优13 轻松破解极值点偏移、拐点偏移的 12大热点题型 目录（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 01 知识重构·重难梳理固根基 1 02 题型精研·技巧通法提能力 4 题型01 极值点偏移：加法形式（★★★★） 4 题型02 极值点偏移：减法形式（★★★★） 6 题型03 极值点偏移：乘积形式（★★★★★） 7 题型04 极值点偏移：商式形式（★★★★★） 8 题型05 极值点偏移：平方（立方）形式（★★★★★） 9 题型06 极值点偏移：倒数和形式（★★★★★） 10 题型07 极值点偏移: 指数形式（★★★★★） 11 题型08 极值点偏移：对数形式（★★★★★） 12 题型09 极值点偏移：三元和形式（★★★★★） 13 题型10 极值点偏移：斜率形式（★★★★★） 14 题型11 极值点偏移：综合形式（★★★★★） 15 题型12 拐点偏移问题（★★★★★） 16 03实战检测·分层突破验成效 18 重难知识巩固 18 创新能力提升 21 知识重构·重难梳理固根基 知识点01 极值点偏移的概念 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，使得函数图象没有对称性.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. 知识点02 极值点偏移问题的四大核心解法 1．对称化构造法 适用于证明两个极值点之和、积相关的不等式，解题步骤固定，逻辑清晰： (1)定极值点：求，判断函数单调性，确定极值点； (2)构辅助函数：结论为（或）时，构造；结论为x1x2>x型，构造函数F(x)＝f(x)－f ，通过研究F(x)的单调性获得不等式． (3)判单调性：求，讨论辅助函数在指定区间的单调性； (4)比函数值：判断在区间内的正负，得出与（或f(x)与f ）的大小关系． (5)巧转化：结合的单调性，将函数值关系转化为自变量关系，推导出所证结论. 2．差值代换法（消参减元法） 核心是通过差值实现单变量转化，消去参数减少变量个数，步骤为： (1)建极值点关系：根据题设条件，建立与极值点的关联； (2)设差值变量：令（），将代入题设等式； (3)单变量转化：将所有表达式化为关于（或）的单变量函数； (4)证单变量不等式：通过求导判断单变量函数的单调性，证明所得不等式，推导原结论. 3.比值代换法（消参减元法） 与差值代换法原理一致，仅变量设置不同，更适用于含指数、对数的函数： 建极值点关系：根据，建立的等式关系； 设比值变量：令（或），则； 消参化简：将等式化为关于的单变量等式，解出（或）关于的表达式； (4)证单变量不等式：将所证结论转化为关于的不等式，求导证明即可. 4．切线放缩法 在处理极值点偏移问题时，常利用基本初等函数的切线放缩不等式进行转化： (1)指数型放缩：（当且仅当时取等号）；（当且仅当时取等号）. (2)对数型放缩：（当且仅当时取等号）；（当且仅当时取等号）. (3)组合型放缩：（当且仅当时取等号）. 知识点03 秒杀极值点偏移的两个不等式 1．对数均值不等式 两个正数和的对数平均定义： 对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：（此式记为对数平均不等式） 取等条件：当且仅当时，等号成立． 2．指数不等式 在对数均值不等式中，设，，则，根据对数均值不等式有如下关系：. 知识点04 拐点偏移 1．拐点偏移定义 若函数在定义域内连续且二阶可导,且,则是函数的一个拐点。 若,有,则拐点不偏移; 若,有,则称拐点右偏; 若,有,则称拐点左偏. 2．一般方法 解决此类问题和极值点偏移类似,也相当于是对称化构造,而且一阶导极值点右偏(左偏)对应拐点右偏(左偏),偏移方向是相同的,因此一般的解题步骤如下： （1）分析单调性,也就是分析 （2）求解函数拐点,即令求出拐点 （3）构造,证明或恒成立 （4）得出结论 题型精研·技巧通法提能力 题型01 极值点偏移：加法形式 【技巧通法·提分快招】 此类题型一般用以下两种策略求解：对称化构造化，比值代换法. 1.对称构造法（和型偏移首选） 设极值点，构造，求导判断单调性，利用推出与大小，结合函数单调性完成证明. 2.比值换元法（对数零点专用） 由两式作商,令,全部消去双变量化为单变量函数，求导证不等式. 1．已知函数f(x)＝xe－x. (1)求函数f(x)的单调区间和极值； (2)若x1≠x2且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2. 2．（26-27高三上·陕西榆林·开学考试）已知函数（）有两个零点，，且． (1)求实数的取值范围； (2)证明：． 3．（25-26高三上·四川成都·期末）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若对所有成立，求的最大值； (3)设，若有两个零点，求证：． 题型02 极值点偏移：减法形式 【技巧通法·提分快招】 1.差值换元：令，结合消元，转化单变量不等式； 2.对称构造+放缩：先证范围，再结合乘积范围，不等式放缩求差值下界； 3.切线放缩：利用函数切线不等式分别约束、，作差得到差值范围. 1．（2026高三·全国·课后作业）已知函数． (1)求函数的单调区间与极值； (2)若，求证：． 2．（2024·河南南阳·一模）已知函数. (1)若函数在上单调递增，求的取值范围. (2)若函数的两个零点分别是，且，证明： ①随着的增大而减小； ②. 题型03 极值点偏移：乘积形式 【技巧通法·提分快招】 主要有以下方法： 1．转化和加法型偏移：两边同时取自然对数，再令，构造新函数转化为加法型偏移. 2．对称化构造法：对结论x1x2>x型，构造函数F(x)＝f(x)－f ，通过研究F(x)的单调性获得不等式． 3.比值换元法:比值换元法：由变形出，设，将表示为含函数. 4.快捷工具：利用对数平均不等式秒杀. 1． 已知函数f(x)＝xln x的图象与直线y＝m交于不同的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)．求证：x1x2<. 2．（2026高二·全国·专题练习）已知函数． (1)若在上单调递增，求实数的取值范围． (2)已知，，若，求证：． 3．（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： 题型04 极值点偏移：商式形式 【技巧通法·提分快招】 1.换元处理：令通常约定( t>1 )（默认），完成双变量到单参数的绑定. 2.等式消参：结合题设、函数极值条件，将均转化为仅含t的表达式，消去原函数的极值点相关参数. 3.单变量证明：构造仅含t的待证目标函数，求导判断单调性，结合t的取值范围完成证明. 1．（25-26高二下·天津静海·期末）已知函数，，若，，有，则的最大值为（     ） A． B．1 C． D． 2．（2026·河南安阳·模拟预测）已知函数. (1)若曲线在点处的切线与直线垂直，求； (2)若有两个零点，当取最大值时，求的值. 3．已知函数． (1)若是的极值点，求a的值； (2)当时，求证：恰有两个零点，，且（其中是的极值点）． 题型05 极值点偏移：平方（立方）形式 【技巧通法·提分快招】 1.代数变形：，拆分转化为加法、乘积两类偏移； 2.解题步骤： ①先用加法偏移求出范围，乘法偏移求出范围； ②代入平方公式，结合不等式同向放缩证明； 3.立方拓展：，同理拆分为和、积组合； 4.特殊技巧：若函数含，可指数换元后再平方构造. 1．已知函数. (1)讨论函数的单调性： (2)若是方程的两不等实根，求证：. 2．（2024·吉林·二模）在平面直角坐标系中，的直角顶点在轴上，另一个顶点在函数图象上 (1)当顶点在轴上方时，求 以轴为旋转轴，边和边旋转一周形成的面所围成的几何体的体积的最大值； (2)已知函数，关于的方程有两个不等实根. （i）求实数的取值范围; （ii）证明：. 题型06 极值点偏移：倒数和形式 【技巧通法·提分快招】 1.变形转化：，结合、范围放缩； 2.换元法：令，代入原零点等式重构函数，转化加法偏移； 3.比值换元配套：设，将全部写为只含的函数，求单调性证不等； 1.（25-26高三上·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：. 2．（25-26高三下·江苏南通·开学考试）设函数． (1)讨论的单调性； (2)若有两个零点，，且． ①求实数的取值范围； ②证明：． 题型07 极值点偏移: 指数形式 【技巧通法·提分快招】 1.题型特征：函数含，零点满足相关证明； 2.核心换元：令，消去指数转化普通偏移； 3.差值换元专用：设，两零点方程相减提取，构造双曲函数证明； 4.对称构造适配：指数函数极值点偏移同样使用，恒正不影响导数符号； 5.放缩工具：切线不等式辅助缩小范围. 1．（2026高三上·安徽合肥·专题练习）已知函数 (1)若有两个零点，求实数的取值范围； (2)若且，证明：； (3)若且，证明：. 2．（2026·广东佛山·模拟预测）已知函数． (1)设，求的零点并判断的单调性； (2)若，且，证明： （i）； （ii）． . 题型08 极值点偏移：对数形式 【技巧通法·提分快招】 1.题型特征：函数含，零点满足相关证明； 2.核心换元：令，消去指数转化普通偏移； 3.差值换元专用：设，两零点方程相减提取，构造双曲函数证明； 4.对称构造适配：指数函数极值点偏移同样使用，恒正不影响导数符号； 5.放缩工具：切线不等式辅助缩小范围. 1．（2025高二·全国·专题练习）已知函数，. (1)若，求a的取值范围； (2)若有两个实数解，，证明：. 2．（2025高三·全国·专题练习）已知函数． (1)求函数的最值； (2)若函数有两个不同的极值点，记作，且，求证：． 题型09 极值点偏移：三元和形式 【技巧通法·提分快招】 1.题型特征：三次函数、带参超越函数存在三个零点，证明； 2.拆分思路：将三元拆分为两组二元偏移，先证偏移，再证偏移； 3.解题步骤： ①求导得两极值点、，三个零点分属三个单调区间； ②分别对、使用对称构造法； ③两个不等式相加消去中间变量，得到范围； 4.补充：三次函数天然对称中心可辅助简化三元偏移证明. 1．（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：. 2．（25-26高三上·广东·期中）已知函数. (1)是否可以为的极值点？请说明理由； (2)证明：若在上单调，则在上单调； (3)若有三个零点，证明：. 题型10 极值点偏移：斜率形式 【技巧通法·提分快招】 斜率型表现形式为证明或证明，从而转化为证明点落在单调减区间或单调增区间内，再进一步转化为判断的大小关系，即转化为和型极值点偏移. 1．（2026高三·全国·专题练习）已知函数有两个不同的零点，求证：. 2．（2026·河北·二模）已知函数，是的导函数. (1)当时，证明：； (2)讨论的极值点个数； (3)若有两个极值点，证明：. 题型11 极值点偏移：综合形式 【技巧通法·提分快招】 1.求解策略：拆分目标不等式，拆分为和、积、倒数基础偏移组合； 2.解题步骤： (1)先单独证明、基础不等式； (2)利用不等式同向可加、同向相乘规则放缩； (3)混合分式先通分，转化、表达式再代入范围； 3.辅助手段：对称构造+比值换元结合使用，复杂式子优先换元简化； 4.检验：放缩时注意不等号方向，乘除正数不改变方向，负数反向. 1．（多选）（25-26高二下·云南曲靖·阶段检测）已知函数有两个极值点，则下列说法正确的是（    ） A．的取值范围是 B． C．的取值范围是 D．的取值范围是 2．(多选)（25-26高二下·湖南怀化·期末）已知函数与，其中常数．若的两个零点分别为、，的两个零点分别为、．则下列结论正确的是（    ） A．且 B． C． D． 3．（25-26高二下·福建厦门·阶段检测）已知函数，（其中）． (1)当时，直线是曲线的一条切线，求实数的值； (2)若方程有两个不同的实数根，证明： （i）； （ii）． 题型12 拐点偏移问题 【技巧通法·提分快招】 下面以拐点左偏为例进行说明。 已知函数，若，求证：． 解题套路：对称化构造 （1） 构造一元和函数； （2） 求，判断导数符号，确定的单调性； （3） 结合，判断与的大小； （4） 由及得，此时，如果为单调递增函数，就有 【说明】（1）拐点偏移与极值点偏移的解题方法类似，一般考虑对称化构造函数求解，但拐点偏移构造的是和函数，拐点偏移构造的是差函数，注意区分. 1．已知函数．若正实数满足，证明：． 2.已知函数，若实数满足，求证:． 3.已知函数，证明：当，且时，． 4．已知定义域为(0，)的函数(其中常数是自然对数的底数)． (1)求函数的单调递增区间； (2)若函数为定义域上的增函数，且，证明：． 实战检测·分层突破验成效 重难知识巩固 1．(多选)（25-26高三上·山东·开学考试）已知函数有两个零点，设其由小到大分别为，，则（    ） A．实数的取值范围是 B． C． D． 2．(多选)（24-25高二下·福建三明·期中）关于函数，下列判断正确的是（    ） A．函数的极小值是2 B．函数在上有唯一零点 C．存在实数，使得成立 D．对任意两个正实数，且，若，则 3．（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：． 4．（2025高二·全国·专题练习）已知函数，函数有3个不同的零点，， (1)求证：； (2)求证：（是自然对数的底数）． 5．（24-25高三下·河南开封·阶段检测）已知函数 (1)求函数在处切线方程； (2)若有两解，，且，求证：． 6．（2025·江苏南京·一模）已知函数. (1)当时，求证：； (2)若对于恒成立，求的取值范围； (3)若存在，使得，求证：. 7．（24-25高三上·山东潍坊·期末）已知函数，. (1)求曲线在处的切线方程； (2)若，求的取值范围； (3)若有两个实数解，，证明：. 8．（24-25高二下·湖北武汉·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：． 9．（2025高三·全国·专题练习）已知函数． (1)求函数的最值； (2)若函数有两个不同的极值点，记作，且，求证：． 10．（25-26高三上·江苏无锡·阶段检测）已知函数. (1)若，当与的极小值之和为0时，求正实数的值； (2)若，求证：. 创新能力提升 1．（多选）（24-25高二下·广东广州·期中）已知函数，为的导函数，则（   ） A．曲线在处的切线方程为 B．在区间上单调递增 C．在区间上有极小值点，且 D．若、，，且在处取极值，则 2．（多选）（2025·新疆乌鲁木齐·三模）设函数的定义域为，的导函数满足，且，则下列结论一定成立的是（    ） A．的最大值为1 B．在点处的切线为 C．若方程有两个不同的解，，则 D．若，，，则 3．（多选）（24-25高三上·广东深圳·期末）已知函数，则下列关于说法正确的是（   ） A．当有且只有一个零点，设其为，则 B．当时，关于x的不等式有解 C．当时，若满足，则 D．有两解的充要条件是 4.（25-26高三上·辽宁营口·期中）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)当时，若，且，证明：. 5．（26-27高三上·黑龙江·开学考试）已知，函数． (1)若函数存在两个极值点，， ①求a的取值范围； ②求证：； (2)若关于x的不等式恒成立，求a的取值范围． 6．（26-27高三上·辽宁·开学考试）设实数，已知曲线与曲线，记曲线在处的切线为． (1)求的方程； (2)设与在第一象限内的两个相异交点分别为，，且． （ⅰ）证明：，且； （ⅱ）证明：直线与的交点的横坐标． 7．给出定义:设是函数的导函数，是函数的导函数，若方程有实数解，则称)为函数的“拐点”. (1)经研究发现所有的三次函数都有“拐点”，且该“拐点”也是函数的图象的对称中心.已知函数的图象的对称中心为，讨论函数的单调性并求极值. (2)已知函数，其中. （i）求的拐点； （ii）若，求证:. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点培优13 轻松破解极值点偏移、拐点偏移的 12大热点题型 目录（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 01 知识重构·重难梳理固根基 1 02 题型精研·技巧通法提能力 4 题型01 极值点偏移：加法形式（★★★★） 4 题型02 极值点偏移：减法形式（★★★★） 9 题型03 极值点偏移：乘积形式（★★★★★） 13 题型04 极值点偏移：商式形式（★★★★★） 17 题型05 极值点偏移：平方（立方）形式（★★★★★） 21 题型06 极值点偏移：倒数和形式（★★★★★） 24 题型07 极值点偏移: 指数形式（★★★★★） 27 题型08 极值点偏移：对数形式（★★★★★） 31 题型09 极值点偏移：三元和形式（★★★★★） 34 题型10 极值点偏移：斜率形式（★★★★★） 39 题型11 极值点偏移：综合形式（★★★★★） 42 题型12 拐点偏移问题（★★★★★） 47 03实战检测·分层突破验成效 51 重难知识巩固 51 创新能力提升 66 知识重构·重难梳理固根基 知识点01 极值点偏移的概念 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，使得函数图象没有对称性.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. 知识点02 极值点偏移问题的四大核心解法 1．对称化构造法 适用于证明两个极值点之和、积相关的不等式，解题步骤固定，逻辑清晰： (1)定极值点：求，判断函数单调性，确定极值点； (2)构辅助函数：结论为（或）时，构造；结论为x1x2>x型，构造函数F(x)＝f(x)－f ，通过研究F(x)的单调性获得不等式． (3)判单调性：求，讨论辅助函数在指定区间的单调性； (4)比函数值：判断在区间内的正负，得出与（或f(x)与f ）的大小关系． (5)巧转化：结合的单调性，将函数值关系转化为自变量关系，推导出所证结论. 2．差值代换法（消参减元法） 核心是通过差值实现单变量转化，消去参数减少变量个数，步骤为： (1)建极值点关系：根据题设条件，建立与极值点的关联； (2)设差值变量：令（），将代入题设等式； (3)单变量转化：将所有表达式化为关于（或）的单变量函数； (4)证单变量不等式：通过求导判断单变量函数的单调性，证明所得不等式，推导原结论. 3.比值代换法（消参减元法） 与差值代换法原理一致，仅变量设置不同，更适用于含指数、对数的函数： 建极值点关系：根据，建立的等式关系； 设比值变量：令（或），则； 消参化简：将等式化为关于的单变量等式，解出（或）关于的表达式； (4)证单变量不等式：将所证结论转化为关于的不等式，求导证明即可. 4．切线放缩法 在处理极值点偏移问题时，常利用基本初等函数的切线放缩不等式进行转化： (1)指数型放缩：（当且仅当时取等号）；（当且仅当时取等号）. (2)对数型放缩：（当且仅当时取等号）；（当且仅当时取等号）. (3)组合型放缩：（当且仅当时取等号）. 知识点03 秒杀极值点偏移的两个不等式 1．对数均值不等式 两个正数和的对数平均定义： 对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：（此式记为对数平均不等式） 取等条件：当且仅当时，等号成立． 2．指数不等式 在对数均值不等式中，设，，则，根据对数均值不等式有如下关系：. 知识点04 拐点偏移 1．拐点偏移定义 若函数在定义域内连续且二阶可导,且,则是函数的一个拐点。 若,有,则拐点不偏移; 若,有,则称拐点右偏; 若,有,则称拐点左偏. 2．一般方法 解决此类问题和极值点偏移类似,也相当于是对称化构造,而且一阶导极值点右偏(左偏)对应拐点右偏(左偏),偏移方向是相同的,因此一般的解题步骤如下： （1）分析单调性,也就是分析 （2）求解函数拐点,即令求出拐点 （3）构造,证明或恒成立 （4）得出结论 题型精研·技巧通法提能力 题型01 极值点偏移：加法形式 【技巧通法·提分快招】 此类题型一般用以下两种策略求解：对称化构造化，比值代换法. 1.对称构造法（和型偏移首选） 设极值点，构造，求导判断单调性，利用推出与大小，结合函数单调性完成证明. 2.比值换元法（对数零点专用） 由两式作商,令,全部消去双变量化为单变量函数，求导证不等式. 1．已知函数f(x)＝xe－x. (1)求函数f(x)的单调区间和极值； (2)若x1≠x2且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2. 【详解】(1)f ′(x)＝e－x(1－x)， 令f ′(x)>0得x<1；令f ′(x)<0得x>1， ∴函数f(x)在(－∞，1)上单调递增， 在(1，＋∞)上单调递减， ∴f(x)有极大值f(1)＝，f(x)无极小值． (2)证明：法一(对称化构造法)： 构造辅助函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，x>1， 则F′(x)＝f ′(x)＋f ′(2－x)＝e－x(1－x)＋ex－2(x－1) ＝(x－1)(ex－2－e－x)， ∵当x>1时，x－1>0，ex－2－e－x>0，∴F′(x)>0， ∴F(x)在(1，＋∞)上为增函数，∴F(x)>F(1)＝0， 故当x>1时，f(x)>f(2－x)，(*) 由f(x1)＝f(x2)，x1≠x2，可设x1<1<x2， 将x2代入(*)式可得f(x2)>f(2－x2)， 又f(x1)＝f(x2)， ∴f(x1)>f(2－x2)． 又x1<1,2－x2<1，而f(x)在(－∞，1)上单调递增， ∴x1>2－x2， ∴x1＋x2>2. 法二(比值代换法)： 设0<x1<1<x2，f(x1)＝f(x2)，即x1 e ＝ x2 e , 取对数得ln x1－x1＝ln x2－x2. 令t＝>1，则x2＝tx1，代入上式得ln x1－x1＝ln t＋ln x1－tx1，得x1＝，x2＝. ∴x1＋x2＝>2⇔ln t－>0， 设g(t)＝ln t－(t>1)， ∴g′(t)＝－＝>0， ∴当t>1时，g(t)为增函数， ∴g(t)>g(1)＝0， ∴ln t－>0，故x1＋x2>2. 【规律总结】（1）（对称化构造法）构造辅助函数：对结论型，构造函数； （2）（比值代换法）通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明． 2．（26-27高三上·陕西榆林·开学考试）已知函数（）有两个零点，，且． (1)求实数的取值范围； (2)证明：． 【详解】（1）的定义域为， 函数有两个零点， 即方程有两个解． 因为，所以恒大于0，所以恒大于0，可得， 设，， 则原方程可化为， ， 则在上单调递增， 所以，即． 设，，则， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减，且恒大于0， ， 画出的图象如图所示， 要使有两个解，即与的图象有两个交点， 由图象可得的取值范围是. (2)证明：由（1）得， 所以， 设，则，， 设，， ， 所以在上单调递增，所以， 所以， 又由于，所以， 所以． 3．（25-26高三上·四川成都·期末）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若对所有成立，求的最大值； (3)设，若有两个零点，求证：． 【分析】（1）求导得，由分子的符号，结合或分类，直接得单调区间； （2）变形为，则，利用得必要条件，再证该范围充分； （3）由极值点满足，推出，用代入，比较，结合递增区间得证. 【详解】（1）函数的定义域为，， 当时，，即在上恒成立，所以在上单调递增． 当时，令，解得， ，即在上单调递增． ，即在上单调递减． 综上， 当时，在上单调递增， 当时，在上单调递减，在上单调递增． （2）对所有成立，即对所有成立； 令，．则，即 再证充分性：则 令，当时，恒成立 在上单调递减．即 即成立． （3）证明：． ，且， 令，得， 由有两个零点结合函数的性质， 可得有唯一的正根，此时 当时，，在单调递减， 当时，，在单调递增． 所以是的极小值点，且，两个零点满足 因为，解得 又因为，，且是的极小值点， 所以，将代入得到 若，则，与矛盾， 所以，即，可以得到 所以位于的递增区间内． ， 将代入得， 因为，所以 又与都在的递增区间内， 所以有，即． 题型02 极值点偏移：减法形式 【技巧通法·提分快招】 1.差值换元：令，结合消元，转化单变量不等式； 2.对称构造+放缩：先证范围，再结合乘积范围，不等式放缩求差值下界； 3.切线放缩：利用函数切线不等式分别约束、，作差得到差值范围. 1．（2026高三·全国·课后作业）已知函数． (1)求函数的单调区间与极值； (2)若，求证：． 【分析】（1）对求导，分析函数单调性，根据极值定义即可求解； （2）令，则，令，则，令，则，分析单调性可得，即对任意恒成立．继而可得，由单调性可得，令，利用导数分析单调性可得，即对任意恒成立．可得，继而可得，由即可证明. 【详解】（1）定义域为，， 令，解得或， 当时，；当时，． 的单调递增区间为和，单调递减区间为． 的极大值为，极小值为． (2)由（1）知． 令，则 ． 令，则． 令，则． 在上恒成立，在上单调递增， ，在上恒成立， 在上单调递增，， 在上恒成立，在上单调递增， ，对任意恒成立． ，． 又，． 在上单调递增，，，即． 令，则 ． 在上单调递增， 在上恒成立， 在上单调递增，， 对任意恒成立． ．又． 在上单调递增，且， ．由，得， ，． 2．（2024·河南南阳·一模）已知函数. (1)若函数在上单调递增，求的取值范围. (2)若函数的两个零点分别是，且，证明： ①随着的增大而减小； ②. 【答案】(1) (2)①证明见解析：②证明见解析 【分析】（1）利用导数判断原函数单调性，卡端点列出不等式求解即可. （2）①合理判断有两个零点，构造与的函数，求其单调性即可. ②求出关键点的函数值，结合不等式的运算性质证明不等关系即可. 【详解】（1）若函数在上单调递增，易知， 令，，令，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 故原命题等价于求，且，故，解得， 即的取值范围为. （2）①引理：对，必有成立，令， 故，令，，令，， 故在上单调递减，在上单调递增， 则，即恒成立，故成立， 设，则，即， 可得的最小值为 而，当时，， 且由引理知，故， 由零点存在性定理得有两个零点， 结合可得， 故当时，两个根一定会存在，设是关于的函数，记为， 我们同样可以定义为：对，存在唯一的，使得， 且这个就是关于的方程中的较大根，此时已有， 此时发现是上的函数，则证明在上单调递减即可， 由于， 首先，我们有，，所以，， 其次，我们实际上有，（因为要么，要么）， 所以，若，则，， 然后考虑，显然我们有， 若，则，所以另一根一定小于，从而， 若，由于是关于的较大根，故， 即，解得，但是对任意的时， 关于的方程的较小根都不超过， 要么，解得，要么， 所以是较大根，从而，这表明与关于对称， 所以我们只需要证明在上单调递减， 这里是的较大根，且， 由于，故对，设， 则，， 从而由是较大根，知，， 也意味着位于单调递增区间， 设，由于当时， ， 所以， 而，方程的较小根一定不超过， 这表明的较大根一定成立，所以， 这就证明了在上单调递减，从而一定在上单调递减， 故随着的增大而减小得证. ②由①知有两个零点，且， 由于， 由引理又有， 而根据单调性得，当或时，必有， 所以， 可得 即，原不等式得证. 题型03 极值点偏移：乘积形式 【技巧通法·提分快招】 主要有以下方法： 1．转化和加法型偏移：两边同时取自然对数，再令，构造新函数转化为加法型偏移. 2．对称化构造法：对结论x1x2>x型，构造函数F(x)＝f(x)－f ，通过研究F(x)的单调性获得不等式． 3.比值换元法:比值换元法：由变形出，设，将表示为含函数. 4.快捷工具：利用对数平均不等式秒杀. 1．已知函数f(x)＝xln x的图象与直线y＝m交于不同的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)．求证：x1x2<. 【详解】f ′(x)＝ln x＋1， 由f ′(x)>0得x>，由f ′(x)<0得0<x<， ∴函数f(x)在上单调递减，在上单调递增．可设0<x1<<x2. 法一（对称化构造法）：构造函数F(x)＝f(x)－f ，则 F′(x)＝f ′(x)＋f ′＝1＋ln x＋·＝(1＋ln x)·， 当0<x<时，1＋ln x<0,1－<0， 则F′(x)>0，得F(x)在上是增函数， ∴F(x)<F ＝0， ∴f(x)<f ， 将x1代入上式得f(x1)<f ， 又f(x1)＝f(x2)，∴f(x2)<f ， 又x2>，>，且f(x)在上单调递增， ∴x2<，∴x1x2<. 法二（比值代换法）：f(x1)＝f(x2)，即x1ln x1＝x2ln x2， 令t＝>1，则x2＝tx1， 代入上式得x1ln x1＝tx1(ln t＋ln x1)，得ln x1＝. ∴x1x2<⇔ln x1＋ln x2<－2⇔2ln x1＋ln t <－2⇔＋ln t<－2⇔ln t－>0. 设g(t)＝ln t－(t>1)，则g′(t)＝>0. ∴当t>1时，g(t)为增函数，g(t)>g(1)＝0， ∴ln t－>0.故x1x2<. 2．（2026高二·全国·专题练习）已知函数． (1)若在上单调递增，求实数的取值范围． (2)已知，，若，求证：． 【分析】（1）利用函数单调递增转化为导函数恒非负，结合余弦函数的值域求出导函数最小值，通过恒成立条件求出参数的取值范围； （2）借助的单调性对原式放缩，结合双零点等式变形，利用对数均值不等式构造函数求证乘积不等式. 【详解】（1）由，得， 因为在上单调递增，所以在上恒成立，即对任意成立， 由，且，可知当时，取得最小值， 要使不等式恒成立，需，可得， 又因为，得实数的取值范围为. （2）当时，，定义域为，， 不妨设，由，移项得， 令，求导得，故在上单调递增， 由，得，即，所以， 因此， 所以， 若，则恒成立，则在单调递增，则不存在， 所以，记，所以，即， 要证，即证，只需证明，即可推出，即成立， 令，即，不等式等价于 ， 令，得， 在上单调递减，因此，即，不等式得证， 综上，成立. 3．（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： 【详解】（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. 题型04 极值点偏移：商式形式 【技巧通法·提分快招】 1.换元处理：令通常约定( t>1 )（默认），完成双变量到单参数的绑定. 2.等式消参：结合题设、函数极值条件，将均转化为仅含t的表达式，消去原函数的极值点相关参数. 3.单变量证明：构造仅含t的待证目标函数，求导判断单调性，结合t的取值范围完成证明. 1．（25-26高二下·天津静海·期末）已知函数，，若，，有，则的最大值为（     ） A． B．1 C． D． 【答案】D 【分析】转化条件得，则 ，令，利用导数求得 的最大值. 【详解】由题意，，， 即，则 ，， 令，， 当 时，， 单调递增； 当 时，， 单调递减； 作函数 的草图如下， 由图可知，当时，有唯一解， 故，且，即， 设，则，令，解得， 当 时，，函数单调递增， 当 时，，函数单调递减， 故，即的最大值为. 2．（2026·河南安阳·模拟预测）已知函数. (1)若曲线在点处的切线与直线垂直，求； (2)若有两个零点，当取最大值时，求的值. 【详解】（1）， 则有，解得； （2）若，则，令， 即，令，则， 令，则， 若，则，即单调递增，不可能有两个零点，不符； 若，则当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 由题意可得有两个零点，则， 即有，又时，，时，， 故此时有两个零点，设为、，且，则，， 有，， 作差得， 令，则，则， 即，则， 由，可得， 则，即， 又，故， 令，则，故单调递减， 则，故，则恒成立， 令，则， 令，则，故单调递增， 则， 即对任意，恒成立， 且越大，越小，即越大， 由，则也会越大， 因此的最大值与的最大值可同时取到， 即当取最大值时，也取得最大值， 令，， 则当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 故时，取得最大值， 即取最大值时，的值为. 3．已知函数． (1)若是的极值点，求a的值； (2)当时，求证：恰有两个零点，，且（其中是的极值点）． 【答案】(1)； (2)证明过程见解析. 【详解】（1）函数的定义域为，，由题意得：，解得：，经验证符合要求. （2）证明：函数的定义域为，，，令得：，令得：，即在上单调递减，在上单调递增，且，当时，恒成立，故存在，使得，且当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以， 因为，所以， 令（），，令得：，令得：，所以，所以，则， 故存在，，使得恰有两个零点， 接下来证明：， 因为，，消去得：，其中，所以，而，所以，故，证毕； 接下来证明：，即，因为在上单调递增，所以只需证，即①，因为，即，代入①中得：，即：，显然成立，结论得证； 综上：恰有两个零点，，且（其中是的极值点）. 题型05 极值点偏移：平方（立方）形式 【技巧通法·提分快招】 1.代数变形：，拆分转化为加法、乘积两类偏移； 2.解题步骤： ①先用加法偏移求出范围，乘法偏移求出范围； ②代入平方公式，结合不等式同向放缩证明； 3.立方拓展：，同理拆分为和、积组合； 4.特殊技巧：若函数含，可指数换元后再平方构造. 1．已知函数. (1)讨论函数的单调性： (2)若是方程的两不等实根，求证：. 【详解】（1）由题意得，函数的定义域为. 由得：， 当时，在上单调递增； 当时，由得，由得， 所以在上单调递增，在上单调递减. （2）因为是方程的两不等实根，， 即是方程的两不等实根， 令，则，即是方程的两不等实根. 令，则，所以在上递增，在上递减，， 当时，；当时，且. 所以0，即0. 令，要证，只需证， 解法1（对称化构造）：令， 则， 令， 则， 所以在上递增，， 所以h，所以， 所以，所以， 即，所以. 解法2（对数均值不等式）：先证，令， 只需证，只需证， 令， 所以在上单调递减，所以. 因为，所以， 所以，即，所以. 所以. 2．（2024·吉林·二模）在平面直角坐标系中，的直角顶点在轴上，另一个顶点在函数图象上 (1)当顶点在轴上方时，求 以轴为旋转轴，边和边旋转一周形成的面所围成的几何体的体积的最大值； (2)已知函数，关于的方程有两个不等实根. （i）求实数的取值范围; （ii）证明：. 【详解】（1）因为在轴上方，所以：； 为直角三角形，所以当轴时，所得圆锥的体积才可能最大. 设，则，（）. 设（），则，由. 因为，所以， 所以在上单调递增，在上单调递减，所以. 从而：. （2）（i）因为，即，即， 令，所以， 因为为增函数，所以即， 所以方程有两个不等实根等价于有两个不等实根， 令，所以 当时，，单调递增；当时，，单调递减.所以. 当时，；当时，由洛必达法则知； 所以. （ii）由（i）知，， 令，， 因为，所以， 因为，，所以，即在单调递增，，所以. 因为，所以， 又因为，所以， 因为，，且在上单调递减， 所以，即，所以， 所以. 题型06 极值点偏移：倒数和形式 【技巧通法·提分快招】 1.变形转化：，结合、范围放缩； 2.换元法：令，代入原零点等式重构函数，转化加法偏移； 3.比值换元配套：设，将全部写为只含的函数，求单调性证不等； 1.（25-26高三上·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：. 【详解】（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. 2．（25-26高三下·江苏南通·开学考试）设函数． (1)讨论的单调性； (2)若有两个零点，，且． ①求实数的取值范围； ②证明：． 【详解】（1）， （ⅰ）当时，， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增； （ⅱ）当时， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增； （ⅲ）当时，，在上单调递增； （ⅳ）当时， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增； 综上所述，当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递增； 当时 ，在上单调递减，在上单调递增. （2）①， （ⅰ）当时，，令，解得， 此时函数只有一个零点，不符合题意，舍去； （ⅱ）时 ，在上单调递减，在上单调递增， 则， 又， 取且， 则， 所以有两个零点，其中，，符合题意； （ⅲ）当时， 在上单调递增， 当时，， 所以不可能有两个零点，不符合题意，舍去； （ⅳ）当时，在上单调递增，不可能有两个零点，不符合题意，舍去； （ⅴ）当时， 当时，， 又在上单调递减，在上单调递增，， 所以不可能有两个零点，不符合题意，舍去. 综上所述，实数的取值范围为. ②证明：由①知，，，所以， 要证，即证， 令， 则， 当时，，在上单调递增， 因为，所以， 即，即， 又因为，所以， 又因为且在上单调递减， 所以，即， 原命题得证. 题型07 极值点偏移: 指数形式 【技巧通法·提分快招】 1.题型特征：函数含，零点满足相关证明； 2.核心换元：令，消去指数转化普通偏移； 3.差值换元专用：设，两零点方程相减提取，构造双曲函数证明； 4.对称构造适配：指数函数极值点偏移同样使用，恒正不影响导数符号； 5.放缩工具：切线不等式辅助缩小范围. 1．（2026高三上·安徽合肥·专题练习）已知函数 (1)若有两个零点，求实数的取值范围； (2)若且，证明：； (3)若且，证明：. 【详解】（1）由， 可得， 令，其中，则函数，故函数在上为增函数， 所以，故函数的值域为， 令，其中，则， 当时，，则函数在上单调递减， 当时，，即函数在上单调递增， 所以， 因为内层函数在上为增函数， 故直线与函数的图象有两个交点，如下图所示： 由图可知，实数的取值范围是. (2)令，，因为函数在上为增函数，且，则， 先证明：， 不妨令，则，即证，即证. 令，即证， 构造函数，其中，则， 所以函数在上为增函数，所以， 即当时，，故. 本题中，因为，，且， 即，即， 故，所以，故， 即. (3)先证明：， 不妨令，则，即证， 即证， 令，即证， 构造函数，其中，则， 所以函数在上为增函数，故， 即，故，即. 本题中，，所以，即，即. 2．（2026·广东佛山·模拟预测）已知函数． (1)设，求的零点并判断的单调性； (2)若，且，证明： （i）； （ii）． 【分析】（1）利用导数分析的单调性，可得到在上有唯一零点.利用的单调性得到及的解，从而得到判断的单调性； （2）（i）构造新函数，通过分析新函数的单调性，结合的单调性证得，即； （ii）构造新函数，根据新函数的单调性分析，结合的单调性证得，即． 【详解】（1）由函数，得. 所以. 因为恒成立，且在上单调递增. 因为，所以在上有唯一零点. 所以的零点为0. 所以，当时，；当时，. 所以在上单调递减，在上单调递增. （2）（i）由（1）知，在上单调递减，在上单调递增. 所以在处取得极小值，即最小值，最小值为. 若，且，则. . 令，则. 所以是增函数，所以. 由（1）知，所以，所以，即. 因为在上单调递增，所以，即. （ii）设，则 令，则. 令，则. 所以在上单调递增，即在上单调递增. 所以，所以在上单调递增. 所以. 所以，当时，恒成立，即. 即. 两边同乘以，得. 因为，所以， 所以， 即. 因为，所以，所以，即. 所以，. 因此，得证. 题型08 极值点偏移：对数形式 【技巧通法·提分快招】 1.题型特征：函数含，零点满足相关证明； 2.核心换元：令，消去指数转化普通偏移； 3.差值换元专用：设，两零点方程相减提取，构造双曲函数证明； 4.对称构造适配：指数函数极值点偏移同样使用，恒正不影响导数符号； 5.放缩工具：切线不等式辅助缩小范围. 1．（2025高二·全国·专题练习）已知函数，. (1)若，求a的取值范围； (2)若有两个实数解，，证明：. 【详解】（1）由可知，，， 即在上恒成立，， 令，则，当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 故， 由于在上单调递增， 故只需，解得； （2）证明：方程有两实数解，， 即有两实数解，不妨设， 由（1）知方程要有两实数解，则，即， 同时，，， 由（1）知有两根，即有两根， 则有， 欲证，即证，， 令，， 由（1）知，在上单调递减，在上单调递增， 令， 在上恒成立， 故在上单调递增， 所以，故， 又，，结合在单调递增，， 所以，则. 2．（2025高三·全国·专题练习）已知函数． (1)求函数的最值； (2)若函数有两个不同的极值点，记作，且，求证：． 【分析】（1）利用导数知识可得函数的最值； （2）由题可得，要证，即证，然后通过研究：单调性可完成证明. 【详解】（1）函数的定义域为． 令，解得；令，解得． 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以． 所以无最大值，最小值为； （2），． 因为有两个不同的极值点，所以，． 欲证，即证，又， 所以原式等价于①. 由，, 得②. 由①②知原问题等价于求证， 即证． 令，则，上式等价于求证． 令，则， 因为，所以恒成立，所以单调递增，， 即，所以原不等式成立，即． 题型09 极值点偏移：三元和形式 【技巧通法·提分快招】 1.题型特征：三次函数、带参超越函数存在三个零点，证明； 2.拆分思路：将三元拆分为两组二元偏移，先证偏移，再证偏移； 3.解题步骤： ①求导得两极值点、，三个零点分属三个单调区间； ②分别对、使用对称构造法； ③两个不等式相加消去中间变量，得到范围； 4.补充：三次函数天然对称中心可辅助简化三元偏移证明. 1．（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：. 【详解】（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. 2．（25-26高三上·广东·期中）已知函数. (1)是否可以为的极值点？请说明理由； (2)证明：若在上单调，则在上单调； (3)若有三个零点，证明：. 【详解】(1)不可以为的极值点.理由如下： 函数的定义域为：. . 若是的极值点，则，即，解得. 此时，，. 令，则. 令，则. 所以在上单调递增. 因为，所以当时，；当时，. 所以在上单调递减，在上单调递增. 所以在处取得极小值，即最小值，最小值为. 所以在上恒成立，所以在上恒成立. 所以在上单调递增，无极值点. 故不可以为的极值点. (2)函数的定义域为：. . 当时，恒成立，所以在上单调递增，满足题意； 当时，令. 因为，当且仅当时，等号成立. 所以若在上单调，则只能单调递增. 所以在上恒成立，即在上恒成立. 所以恒成立. 因为，当且仅当时，等号成立. 所以，即. 则， 令，则由（1）得在上恒成立， 所以在上恒成立，所以在上恒成立. 所以在上单调递增. (3)有三个零点，所以. 不妨设. 由（2）知，且在上不单调.所以. 函数的定义域为：. . 令，则， 令， 则由（1）得在处取得极小值，即最小值，最小值为. 所以. 当时，；当时，. 令，则. 令，则. 所以在和上各存在一个零点，分别记为，则，即. 所以当时，；当时，；当时，. 所以在和上各存在一个零点，分别为且. 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增. 不妨设，则， 若，则； 若，则. 令， 则. 由知，. 所以. 令，则. 由，得， 令，则. 所以单调递增，即单调递增.所以. 所以单调递增，且，所以. 所以单调递增，所以，即. 所以，即，所以，即. 所以. 题型10 极值点偏移：斜率形式 【技巧通法·提分快招】 斜率型表现形式为证明或证明，从而转化为证明点落在单调减区间或单调增区间内，再进一步转化为判断的大小关系，即转化为和型极值点偏移. 1．（2026高三·全国·专题练习）已知函数有两个不同的零点，求证：. 【详解】函数的导数为：， 要证明：， 只需证：， 即证：， 因为是的两个根，所以： ， 将两式相减，得到： ， 将代入我们要证明的不等式中， 等价于证明： 因为， 所以两边同时乘以正数，得： ， 即证：， 令，因为且为正数，所以， 即证：， 令， 对该函数求导： ， 当时，，且，分母， 因此，对上恒成立， 这意味着在上单调递增， 计算的值（或者时的极限）： 因此，对于任意，都有：， 所以：. 所以原不等式成立. 2．（2026·河北·二模）已知函数，是的导函数. (1)当时，证明：； (2)讨论的极值点个数； (3)若有两个极值点，证明：. 【详解】(1)证明：当时，， 令，则定义域为，， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增， ，即. (2)由题意知：定义域为，， 令，则， 令，则， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减， ，且当时，；当时，； 由此可得大致图象如下图所示， ①当，即时，与有唯一交点， 则当时，，即；当时，，即； 在上单调递减，在上单调递增， 有唯一的极小值点，无极大值点； ②当，即时，与交于两点， 则当时，，即；当时，，即； 在上单调递减，在上单调递增， 有一个极小值点，一个极大值点； ③当，即时，恒成立，即恒成立， 在上单调递减，无极值点； 综上所述：当时，的极值点个数为；当时，的极值点个数为；当时，的极值点个数为. (3)证明：由（2）知：若有两个极值点，则，此时； ， ， 要证，只需证， 即证， 只需证，即证， ，， 令，则与交于两点，其中，则， ，当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减，； 要证，只需证，即证， ，，在上单调递减，只需证， 又，只需证， 令，则， ，，，在上单调递增， ，又，， 即，原不等式得证，即. 题型11 极值点偏移：综合形式 【技巧通法·提分快招】 1.求解策略：拆分目标不等式，拆分为和、积、倒数基础偏移组合； 2.解题步骤： (1)先单独证明、基础不等式； (2)利用不等式同向可加、同向相乘规则放缩； (3)混合分式先通分，转化、表达式再代入范围； 3.辅助手段：对称构造+比值换元结合使用，复杂式子优先换元简化； 4.检验：放缩时注意不等号方向，乘除正数不改变方向，负数反向. 1．（多选）（25-26高二下·云南曲靖·阶段检测）已知函数有两个极值点，则下列说法正确的是（    ） A．的取值范围是 B． C．的取值范围是 D．的取值范围是 【答案】BCD 【详解】A项，函数有两个极值点， 则至少有两正根. ，， 设， 当时，，即没有实数根，不符合题意； 当时，由题意知方程有两不等正根，设两根为， 则有，解得. 即的取值范围是为，故A错误； BC项，因为是方程的两个不同的实数根， 所以，，故BC正确； D项， ， 设， 因为在上单调递减，所以. 且当，故. 即，故D正确． 故选：BCD． 2．(多选)（25-26高二下·湖南怀化·期末）已知函数与，其中常数．若的两个零点分别为、，的两个零点分别为、．则下列结论正确的是（    ） A．且 B． C． D． 【答案】ABD 【详解】对于A选项，由可得， 由可得， 则关于的方程有两根、， 构造函数，则， 由可得，由可得， 所以函数的增区间为，减区间为，所以， 令，由可得， 由题意可知函数的增区间为，减区间为， 令，由题意可知关于的方程有两根、， 因为，则，即，所以， 所以，即，故A正确； 对于B选项，因为且，所以， 即，故，故B正确； 对于CD选项，对于两个正实数、，有. 先证明，其中， 即证， 令，，其中， 则， 所以，函数在上为增函数，当时，， 所以，当，时，， 接下来证明：，其中， 即证， 令，即证， 令，其中，则， 所以，函数在上为减函数，当时，， 所以，当时，. 因为且，则， 在等式两边取自然对数可得，即， 整理可得，即， 由对数平均不等式可得，即，故C错误； 由已知条件可得，即， 作差得， 因为，所以， 由对数平均不等式可得，故，故D正确. 3．（25-26高二下·福建厦门·阶段检测）已知函数，（其中）． (1)当时，直线是曲线的一条切线，求实数的值； (2)若方程有两个不同的实数根，证明： （i）； （ii）． 【分析】（1）利用导数求切线斜率，结合切点在切线上的条件，列方程求解切线截距； （2）（i）通过根的关系转化不等式，换元构造单变量函数，利用导数证明单调性完成双变量不等式证明；（ii）结合（i）的结论放缩，构造辅助函数证明，再用基本不等式完成最终证明. 【详解】（1），定义域，， 设切点为，切线斜率，即：，整理得， 解得（舍去，）， 切点坐标为，计算得， 切点在切线上，，故，解得. （2）原方程，代入化简得，整理得， 即，方程有两个不同正根，且满足：. （i）由，得，因为，所以， 要证，需证，即证， 令，则不等式化为， 设，则， 所以在单调递增，，即，，原不等式得证. （ii）首先由(i)得，故， 又，故，得. ， 下证：令，则，所以在单调递减. 所以，即，. 所以，又由可得， 令，则，所以单调递增，可得， 所以，因为，所以， 所以. 题型12 拐点偏移问题 【技巧通法·提分快招】 下面以拐点左偏为例进行说明。 已知函数，若，求证：． 解题套路：对称化构造 （1） 构造一元和函数； （2） 求，判断导数符号，确定的单调性； （3） 结合，判断与的大小； （4） 由及得，此时，如果为单调递增函数，就有 【说明】（1）拐点偏移与极值点偏移的解题方法类似，一般考虑对称化构造函数求解，但拐点偏移构造的是和函数，拐点偏移构造的是差函数，注意区分. 1．已知函数．若正实数满足，证明：． 【详解】解法1：对称化构造函数法 若都大于1，则，与题设矛盾； 同理，也不能都小于1．于是可设 构造函数，则， 所以在(0，2]上单调递增，故，于是原不等式得证． 解法2：凑配局部放缩法 ，即， 整理得． 令，记， 则，可知在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，所以的最小值为，则，得，又，因此成立． 【解后反思】解法1具有一般性，在我们点睛意到，则可以得到，联想，即，这或许与函数的中心对称有关：若点(1，2)是函数图象的对称中心，则由可推得；现要证，这说明(1，2)不是函数图象的对称中心，即曲线在穿过点(1，2)后发现了偏移，如图所示． 求导后，得，则在(0，)上单调递增，，则．在高等数学中，称点(1，2)为函数图象的拐点．类似于“极值点偏移”问题，我们不妨将此问题命名为“拐点偏移”，仍可用“对称化构造”策略来处理． 2．已知函数，若实数满足，求证:． 【分析】要证，即，易知是函数的拐点，本题实质就是求证拐点右偏． 【证明】由题意，即函数在上单调递增，且， 因为且，所以， 构造和函数， 则， 所以， 因此在上单调递增，所以， 所以， 又因为，所以即， 因为在上单调递增，所以，即． 3．已知函数，证明：当，且时，． 【分析】要证，即，易知是函数的拐点，本题实质就是求证拐点左偏。 【证明】由题意，即函数在上单调递减，且， 不妨设且，所以， 构造和函数， 则， 所以在上单调递减，所以， 所以． 4．已知定义域为(0，)的函数(其中常数是自然对数的底数)． (1)求函数的单调递增区间； (2)若函数为定义域上的增函数，且，证明：． 【详解】(1)易知． ①若，由，解得，所以函数的递增区间为(1，)； ②若，则 (0，) (，1) 1 (0，) 0 0 极大值 极小值 所以的单调递增区间为(0，)和(1，)； (3)若，则，所以的单调递增区间为(0，)； (4)若，则 (0，1) 1 (1，) (，) 0 0 极大值 极小值 所以的递增区间为(0，1)和(，)． 综上所述， 当时，的递增区间为(1，)； 当时，的递增区间为(0，)和(1，)； 若的递增区间为(0，)； 当时，的递增区间为(0，1)和(，)． (2)因为为(0，)上的增函数，所以， 即，点睛意到， 故，不妨设． 解法1：对称构造法 欲证，只需证，只需证， 即证，即证． 令，只需证， 而， 下证，即证． 由熟悉不等式(证明略)，知． 当时，即， 所以，易知当时，， 所以，所以， 所以，即单调递增，即，从而． 解法2：令， 则， (0，1) 1 (1，) 0 极小值 由上表可画出的图象如图实线所示， 图中虚线所示为函数的图象关于点对称后的函数的图象， 设图中点，则， 欲证，只需证，只需证点不在点的左侧即可， 即证当时，恒成立， 即证，即证， 由基本不等式，可知 所以，所以． 实战检测·分层突破验成效 重难知识巩固 1．(多选)（25-26高三上·山东·开学考试）已知函数有两个零点，设其由小到大分别为，，则（    ） A．实数的取值范围是 B． C． D． 【答案】ABD 【详解】定义域为，有两个零点，可化为有两个解， 又由于，所以左侧恒大于0，故右侧也恒大于0，可得， 设，则，在单调递增， 原方程可化为， 由于，，都在的单调增区间里， 所以，即， 设，，， 则时，，单调递增， 时，，单调递减，且恒大于0， 极大值， 可画出如图所示，则要使有两个解，即与图像有两个交点，    由图像可得a的范围是，故A选项正确； 同样由图象可得，所以，故B选项正确； ，， 结合，可得， 设，由于，则单调递增, 所以，故C错误； 由于， 所以， 设，则,， 设，， ， 在单调递增，， 所以， 又由于，， 所以，故D正确； 故选：ABD. 2．(多选)（24-25高二下·福建三明·期中）关于函数，下列判断正确的是（    ） A．函数的极小值是2 B．函数在上有唯一零点 C．存在实数，使得成立 D．对任意两个正实数，且，若，则 【答案】BD 【详解】对于A，因为，所以当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以是的极小值，所以A错误； 对于B，函数，则， 由于， 即在上恒成立， 所以函数在上单调递减， 又当时，，当时，， 所以函数在上有唯一零点， 即函数有且只有1个零点，故B正确； 对于C，由， 可得当x且趋于无穷大时，无限接近于0，也无限趋于0， 故不存在实数，使得成立， 即不存在实数，使得成立，C错误； 对于D，由得 要证，只要证，即证， 由于，故令，则， 故在上单调递增， 则，即成立，故成立，所以D正确． 故选：BD． 3．已知函数． (1)若在(0，+∞)上单调递增，求实数的取值范围； (2)当时，若满足，求证：． 【详解】(1)由题意恒成立，即恒成立． 设，则，故在上单调递增， 所以．从而实数． (2)当时，，故在上单调递增． 因为，且，所以． 要证，只需证，由于在上单调递增，故只需证， 由，即证，即证． 令＋， 则， 所以在上单调递增，所以，故在(－∞，0) 上单调递减， 所以，从而原不等式得证． 3．（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：． 【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. 4．（2025高二·全国·专题练习）已知函数，函数有3个不同的零点，， (1)求证：； (2)求证：（是自然对数的底数）． 【详解】(1)， 当 在 上单调递增，在 单调递减， 当 在上单调递增， 又函数有 3 个不同的零点 ， 所以，， 令 ， ，在上单调递增， 又 ， ， 又 在上单调递减， ，即 (2)在处的切线方程与交点的横坐标， 过点 和的直线方程 与交点的横坐标 ， ， 令， 则与在轴右侧交点横坐标为 ， 即的两个根为， 接下来证明， ①当 ，即证 ， 令 ， 令 ，则当时，所以在上单调递减， 则有当时，所以在上单调递减， 所以当， 成立 ②当 时，，即证 ， 令 设，则，所以在上单调递增， 且，所以， 所以， 在上单调递减，，即 ， 综合①②可知， ， 综上: . 5．（24-25高三下·河南开封·阶段检测）已知函数 (1)求函数在处切线方程； (2)若有两解，，且，求证：． 【详解】（1）由，则，又， 所以处切线方程为：，即. （2）证明：因为，所以当时，，即单调递增， ，，即单调递减. 又，，时，， 先证， 由可知：，要证， 也就是要证：， 令，， 则， 所以在区间内单调递增，，则，即，即； 再证， 由（1）可知曲线在点处的切线方程为， 令， 则，时，，时，， 所以 在上单调递增，在上单调递减， ∴在处取得极大值为0， 故当时，，即，， 则，即， 又，， ∴. 综上，成立，得证. 6．（2025·江苏南京·一模）已知函数. (1)当时，求证：； (2)若对于恒成立，求的取值范围； (3)若存在，使得，求证：. 【答案】(1)由，得. 要证，只需证. 令，则. 当时，，则单调递减， 当时，，则单调递增， 所以，故， 因此. (2) 令，则 ①当时，由，得， 因此，满足题意. ②当时，由，得， 因此，则在上单调递增. 若，则， 则在上单调递增， 所以，满足题意； 若，则， 因此在存在唯一的零点，且， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以，不合题意. 综上，的取值范围为. (3)由（2）知，设， 则在上单调递减，在上单调递增， 注意到， 故在上存在唯一的零点. 若，则成立； 若，且在上单调递增. 要证明，只需证， 因为，所以只需证， 即证. 因为，即， 所以，只需证， 只需证（*） 由（1）得， 因此， 设， 则，所以在上单调递增， 所以， 从而，即，因此（*）得证， 从而. 7．（24-25高三上·山东潍坊·期末）已知函数，. (1)求曲线在处的切线方程； (2)若，求的取值范围； (3)若有两个实数解，，证明：. 【详解】（1），，， 所以在处的切线方程为， 即； （2）由可知，，， 即在上恒成立， 设，， 当时，，在单调递减； 当时，，在单调递增， 所以时，取得最小值，最小值为， 由题意知，即，故的取值范围为； （3）方程有两实数解，， 即有两实数解，不妨设， 由（2）知方程要有两实数解，则，即， 同时，，， ， 则，在单调递减， 欲证，即证，， 等价于，即， 等价于， 整理得①， 令，①式为， 又在单调递增， 故①式等价于，即， 令，， 当时，，在单调递增， 又，，即， 所以，则. 8．（24-25高二下·湖北武汉·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：． 【详解】（1），则， 令，得， 若函数有两个零点，则直线与函数的图象有两个不同的交点． 设，则． 当时，单调递减，当时，单调递增， 因此．当时，，当时，， 作出函数的大致图象与直线，如图所示，要使二者有两个不同交点， 则，故的取值范围为． （2）因为是函数的两个极值点，所以． 由（1）知，不妨设， 要证，即证， 只需证，显然． 由（1）知当时，单调递增，所以只需证， 而，所以即证． 设， 则， 当时，单调递减，所以当时，， 所以当时，，原不等式得证． 9．（2025高三·全国·专题练习）已知函数． (1)求函数的最值； (2)若函数有两个不同的极值点，记作，且，求证：． 【详解】（1）函数的定义域为． 令，解得；令，解得． 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以． 所以无最大值，最小值为； （2），． 因为有两个不同的极值点，所以，． 欲证，即证，又， 所以原式等价于①. 由，, 得②. 由①②知原问题等价于求证， 即证． 令，则，上式等价于求证． 令，则， 因为，所以恒成立，所以单调递增，， 即，所以原不等式成立，即． 10．（25-26高三上·江苏无锡·阶段检测）已知函数. (1)若，当与的极小值之和为0时，求正实数的值； (2)若，求证：. 【详解】（1）定义域均为， ，令，解得：， 令，解得：， 所以在上单调递减，在上单调递增， 在取极小值，且； 又，令，解得：， 令，解得：， 所以在上单调递减，在上单调递增， 在取极小值，且 所以，解得：. (2)令，因为，所以， 由可得：， （1）—（2）得：，所以， 要证：，只要证：， 只要证：， 不妨设，所以只要证：， 即证：，令，只需证：， 令， 所以在上单调递增，所以， 即有成立，所以成立. 创新能力提升 1．（多选）（24-25高二下·广东广州·期中）已知函数，为的导函数，则（   ） A．曲线在处的切线方程为 B．在区间上单调递增 C．在区间上有极小值点，且 D．若、，，且在处取极值，则 【答案】BC 【详解】依题意，， 对于A选项，，，所求切线方程为，A错； 对于B选项，当时，，在区间上单调递增，B对； 对于C选项，、在上都单调递增，则函数在上单调递增， ，， 则存在唯一，使得， 当时，；当时，， 因此在处取得极小值， 且， 因为，则，所以， 所以，C对； 对于D选项，由题意， 则，令， 则对任意的恒成立， 所以函数在上单调递增， 因为，， 所以，存在，使得， 且当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以，函数在处取到极小值， 因为，即， 不妨设，则有， 构造函数，其中， 则， 令，则， 构建，则对任意的恒成立， 所以，函数在上为增函数， 当时，，所以，， 所以，函数在上单调递减，则， 故函数在上单调递增，所以，， 即， 因为，则， 因为函数在上单调递增，所以，即，D错. 故选：BC. 2．（多选）（2025·新疆乌鲁木齐·三模）设函数的定义域为，的导函数满足，且，则下列结论一定成立的是（    ） A．的最大值为1 B．在点处的切线为 C．若方程有两个不同的解，，则 D．若，，，则 【答案】ABD 【详解】已知，可知. 可得（为常数）. 因为，将，代入，可得，即，解得. 所以，则，. 对求导，可得： . 对于选项A，令，即，解得. 当时，，则，单调递增； 当时，，则，单调递减. 所以在处取得极大值，也是最大值，，但当时，，所以没有最小值，A选项正确. 对于选项B，当时，. . 根据点斜式方程可得，即，所以在点处的切线为，B选项正确. 对于选项C，由前面分析可知在上单调递增，在上单调递减. 不妨设，若，则，因为，且在上单调递减，所以只需证明，又因为，所以只需证明. 令，，则. 当时，，， 所以，在上单调递增， 则，即，所以，与矛盾，C选项错误. 对于选项D，因为，所以. . 令，则，所以. 对于二次函数，其对称轴为，开口向下，所以当时，取得最大值，. 则，D选项正确. 故选：ABD. 3．（多选）（24-25高三上·广东深圳·期末）已知函数，则下列关于说法正确的是（   ） A．当有且只有一个零点，设其为，则 B．当时，关于x的不等式有解 C．当时，若满足，则 D．有两解的充要条件是 【答案】ACD 【详解】，定义域为，其中，且. A项，当时，在单调递增， ，且， 由零点存在性定理可知，存在唯一零点，设为，且， 故当有且只有一个零点，且，故A项正确； B项，令，则，. ， 当时，令，解得，且. 当时，，则在单调递减； 当时，，则在单调递增； 由则， 则当时，， 所以即恒成立，无解，故B错误； C项，当时，. ，令，解得， 当时，，在单调递减； 当时，，在单调递增； 且当时，；当时，. 且， 如图，作出函数的大致图象， 若满足，则. 不妨设， 设，， 则在上单调递减， 故，即， 由 ，则，又， 所以有，由，， 且在单调递增，所以，即. 所以，故C正确； D项，令，则，. 则有两解在有两解. 当时，在上单调递增，至多有一个零点，不满足有两解； 当时，，令，解得， 当时，，则在单调递减； 当时，，则在单调递增； 则， 且当时，；当时，. 如图，作出函数的大致图象， 由图象可知有两解， 即，解得，故D正确. 故选：ACD. 4.（25-26高三上·辽宁营口·期中）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)当时，若，且，证明：. 【详解】(1)当时，在上单调递增.         当时，在上单调递减，    在上单调递增. (2)当时，由（1）可得在和上单调递增， 在上单调递减，             所以.         设，则， 则在上恒成立，即在上单调递增， 故，即在上恒成立.     因为，所以.     因为，且在上单调递减， 所以，即.         设， 则 则在上恒成立，即在上单调递增， 故，即在上恒成立.     因为，所以.     因为，且在上单调递增， 所以，即.         又，所以，则，即. 5．（26-27高三上·黑龙江·开学考试）已知，函数． (1)若函数存在两个极值点，， ①求a的取值范围； ②求证：； (2)若关于x的不等式恒成立，求a的取值范围． 【详解】（1）①， 由于，是的两个变号零点，也就是的两个根， 设，则， 当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 又因为，且时，，时，， 考虑函数的图象和直线的相交情况可知，a的取值范围是． ②设，则， 当，即时，，函数单调递减； 当，即时，，函数单调递增； 所以，由此可得， 因为，所以， 设，得， 因为，所以，即， 又因为，所以， 因为，所以，设，得， 因为，所以，即， 由此可得． （2）因为恒成立，所以，即，得， 又当时，因为， 所以， 令，， ，当，，， 当，， ，所以函数在上单调递增， 因为， 所以当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 所以，即恒成立， 综上所述，a的取值范围是． 6．（26-27高三上·辽宁·开学考试）设实数，已知曲线与曲线，记曲线在处的切线为． (1)求的方程； (2)设与在第一象限内的两个相异交点分别为，，且． （ⅰ）证明：，且； （ⅱ）证明：直线与的交点的横坐标． 【详解】（1）曲线在处的切点为，切线斜率为， 所以l的方程为，即； (2)（ⅰ）由题可得，，且，， 两式相除，得，即， 令，则，且， 由，得， 所以，，则． 当时，因为，所以； 当时，同样有； 当时，令，则， 所以在上单调递增， 所以，即，所以， 因为，所以，即， 所以． 综上，． 由，相乘，得． 因为，，，所以． 又，所以，所以． （ⅱ）因为点A，B均在抛物线上，所以，， 则直线AB的斜率为， 所以直线AB的方程为． 由（1）知， 联立两直线方程，得， 即， 由（ⅰ）知， 又，所以， 由（ⅰ）知，因此． 因为，所以要证， 只需证， 即证． 因为，所以， 则， 所以，得证． 综上，直线AB与l交点的横坐标． 7．给出定义:设是函数的导函数，是函数的导函数，若方程有实数解，则称)为函数的“拐点”. (1)经研究发现所有的三次函数都有“拐点”，且该“拐点”也是函数的图象的对称中心.已知函数的图象的对称中心为，讨论函数的单调性并求极值. (2)已知函数，其中. （i）求的拐点； （ii）若，求证:. 【详解】（1），， 由题意得，即，解得， 且，即，解得， 故， ，， 令得或，令得， 故在上单调递增，在上单调递减， 故在处取得极大值，在处取得极小值， 故极大值为，极小值为； （2）（i）， 由于，，故，即的定义域为， ， ， 令得，， 令，， 则在上恒成立， 故在上单调递增， 又，由零点存在性定理知，有唯一的零点， 故，即时，满足， 当时，， 故的拐点为； （ii）由（i）可知，在上单调递增， 又， 故当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 其中， 故在上恒成立，故在上单调递增， 因为，，故， 设， 则，， 令，解得， 又， 故的拐点为， 由（1）知，关于中心对称， 令， 又的拐点为，， 要证明，只需证明的极值点左偏， 故， 当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 即证当时，， 不妨设， 令，， 则 ， 因为，所以 ， 所以在上单调递减， 又，故在上恒成立， 因为，所以，即， 因为，所以， 其中在上单调递增，故， 故，故的极值点左偏，所以. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $