函数与导数：利用导数研究双变量问题、利用导数研究极值点偏移问题复习讲义-2027届高三数学一轮复习讲义

2027届高三数学一轮复习讲义 函数与导数：利用导数研究双变量问题、利用导数研究极值点偏移问题复习讲义 考点目录 利用导数研究双变量问题 利用导数研究极值点偏移问题 考点一 利用导数研究双变量问题 【知识点解析】 一、核心知识点 双变量问题的本质是两个自由变量在定义域内变化，需结合变量间的约束关系，通过消元、换元、主元等方法将二元问题转化为一元函数问题，最终用导数工具求解。 1. 代入消元法（条件约束型） · 适用场景：两个变量满足明确的等量约束，如 是函数的零点/极值点、满足某一方程、和/积为定值等。 · 核心思路：利用约束条件将其中一个变量用另一个变量表示，或共同用第三个参数表示，代入目标式，转化为单变量函数求最值、证明不等式。 · 典型场景：已知 ，证明关于 的不等式；已知 ，求某表达式的取值范围。 2. 主元法（地位不等型） · 适用场景：两个变量地位不对等，其中一个范围已知、另一个为待求参数，或式子可整理为关于其中一个变量的一次/单调函数。 · 核心思路：选定其中一个变量作为“主元”，另一个视为参数，构造关于主元的函数，求导分析单调性，利用端点值完成证明或求解。 · 典型场景：对任意 ，存在 ，使得不等式成立；双变量不等式中一个变量范围已知。 3. 比值/差值换元法（齐次型） · 适用场景：目标式为齐次式（各项次数相同），或已知 且函数含 、 等，易于通过比值统一变量。 · 核心思路： · 比值换元：令 （），将 代入目标式，消去 ，得到仅含 的一元函数； · 差值换元：令 ，将 代入目标式，消元转化为一元函数。 · 典型场景：含 、 的双变量不等式；对数型函数的极值点偏移。 4. 分离最值法（恒成立/能成立型） · 适用场景：双变量恒成立、能成立问题，两个变量相互独立。 · 核心结论： · 对任意 ， 恒成立 · 存在 ，使得 成立 两个变量分别求对应最值，转化为两个独立的单变量最值问题。 二、通用解题思路 1. 看约束：判断两变量是否有等量关系、是否独立、地位是否对等； 1. 选方法：有约束用消元，地位不对等用主元，齐次式用比值换元，独立双变量用分离最值； 1. 化一元：通过对应方法转化为一元函数，明确定义域； 1. 求导分析：求导研究单调性、极值、最值； 1. 得结论：根据单调性、最值完成不等式证明或参数求解。 【例题分析】 例1．（2026·湖南永州·一模）已知函数（），． (1)当时，求的单调区间． (2)若对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围． (3)若存在两个极值点，且，求证：． 【答案】(1)在和单调递减，在单调递增. (2). (3)证明：因为，对其求导. 存在两个极值点，，所以方程有两个不同正根，， 所以，，，所以，. 因为，， 所以， 因为，所以. 又，所以. 令，所以，，. 所以，，，. 所以，. 原不等式等价于证：，恒成立. 整理得： 设，即只需要证明在上恒成立. 对其求导，此时； 令，对其求导得：， 此时； 令，对其求导：， 令，对其求导得：，当时，，所以单调递增. 由，所以当时，恒成立，所以在时单调递增； 又因为，所以当时， 恒成立，即在时单调递增； 由，所以在时恒成立，即在时单调递增； 所以，即当时，，即证. 【分析】（1）求导找临界点，分区间判导函数正负得单调区间； （2） 化简消元后构造函数，利用端点最小值即可求解. （3）先由极值点条件得出，，再对化简，通过换元双变量问题转化为单变量问题，最后构造函数并利用导数分析单调性来证明不等式. 【详解】（1）当时，. 对其求导得：； 所以当或时，，单调递减； 当时，，单调递增. 综上所述，在和单调递减，在单调递增. （2）将、代入可得： ，整理得：. 分离参数得：移项得. 令.求导得：. 令.对其求导得：. 因为，所以，所以在单调递增，所以， 即在大于0恒成立. 所以恒成立，即在单调递增. 要满足恒成立，即. 综上所述，. （3）略 【点睛】（1）求导进行讨论单调性； （2）运用分离参数的方法进行求解； （3）用韦达定理化简，换元转单变量，构造函数求导证明. 例2．（26-27高三上·甘肃天水·阶段检测）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程． (2)证明：． (3)证明：对任意的，，有． 【答案】(1) (2)． 令函数，则，所以是增函数． ，， 所以存在，使得，即， 所以当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增． ． 因为，所以， 因为函数在上单调递增， 所以． (3)令，则． 因为，所以． 因为在上单调递增，所以. 则，在上单调递增． 因为，所以，即． 因为，所以． 【分析】（1）先求出切点坐标，再由导数求得切线斜率，即得切线方程. （2）利用二次求导判定的单调性，用零点存在性定理设，利用将最小值化为二次函数，结合范围放缩证明即可. （3）利用构造辅助函数，借助的单调性判断辅助函数递增，代入端点化简证二元不等式即可. 【详解】（1）当时，，． ，． 曲线在点处的切线方程为． （2）略 （3）略 例3．（26-27高三上·海南海口·开学考试）已知函数，． (1)求曲线在处的切线方程； (2)证明：在区间上存在唯一的极大值点，在区间上存在唯一的零点； (3)对于（2）中的和，试比较与的大小，并说明理由．（参考数据：）． 【答案】(1) (2)证明：由得， 设，，则 ， 取，，因为时递增， 当时递减且，考虑在上递减，其零点为， 则由复合函数的单调性可知：在上递减，在上递增. 又∵，，，∴必存在使得，此时. 考虑，则与同号. 列表： x t + 0 - 0 + 递增 极大值 递减 极小值 递增 因为，，，，， 所以必存在唯一的使得，且当时，， 当时，， 列表 x + 0 - 递增 极大值 递减 所以在上存在唯一的极大值点， 因为，，，，所以必存在唯一的使得， 综上所述在上存在唯一的极大值点，在上存在唯一的零点； (3)判断 证明：由（2）可知在上递减，且，，其中， 因为，， 所以，，，所以要证明，等价于证明， 因为，所以成立. 【分析】（1）根据导数的几何意义，求出斜率，再利用点斜式方程求解即可；（2）利用导数研究函数的单调性，结合零点存在定理即可证明；（3）要证明，等价于证明即可，利用函数单调性结合放缩即可得出证明. 【详解】（1）由得，， 取得，即切线的斜率， 取得，即切点坐标为， 则切线方程为，即. （2）略 （3）略 【变式训练】 变式1．（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． 【答案】(1)① 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) 【分析】（1）①求导，把极值点转化为的两个不同根，进而变形分离参数，新建函数并求导，利用函数单调性求出函数最小值，进而求出的取值范围； ②构造函数并求导，代入不等式，解出，放缩不等式得出，两式相减并化简得出证明结论； （2）利用不等式恒成立，代入，，得出，即，证明充分性，当时利用得出不等关系，构造函数，通过求导证明恒成立，进而求出的取值范围． 【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略 （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． 变式2．（26-27高三上·辽宁大连·开学考试）已知函数. (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若对任意的，且，恒有，求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）求导，根据题意可得切点坐标和切线斜率，进而可得切线方程； （2）分析可知在上单调递减，即可得在上恒成立，参变分离可得，令，，利用导数求最大值即可得结果. 【详解】（1）已知函数， 当时，则，， 可得，， 所以切点坐标为，切线斜率， 所以切线方程为，即. （2）因为函数，则， 由于对任意的，且，恒有， 即， 构造函数， 上述条件等价于对任意的，且，恒有， 可知在上单调递减，则在上恒成立， 即在上恒成立， 令，，则， 令，解得， 当时，，可知在单调递增； 当时，，可知在单调递减； 则在处取最大值， 可得，解得， 所以的取值范围为. 变式3．（26-27高三上·浙江·开学考试）已知函数. (1)若，求函数在点处的切线方程； (2)若存在，使得成立，求实数的取值范围； (3)若函数有两个不同的零点，，且，求的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据导数的几何意义及导数的运算求解即可. （2）通过参变分离，得到存在，使得成立；构造函数，根据导数与单调性及最值的关系求解即可. （3）通过参变分离，构造函数，，，根据导数与单调性及最值的关系得到；令，结合，构造函数，结合导数与单调性及最值的关系求解即可. 【详解】（1）当时，，于是. ，于是， 所以函数在处的切线方程为， 即. （2）存在，使得成立，即存在，使得， 也即存在，使得成立. 令，则. 令，则， 令，即，解得. 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 故. 所以当时，，单调递减；当时，，单调递增， 所以. 故实数的取值范围为. （3）由，得， 而. 令，则， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 于是 令，则. 当时，，单调递增，而， 故，则. 令，则，于是，，且. 故. 令，则. 令，则，故单调递增， 于是，故，在单调递增. 又，于是. 综上，. 考点二 利用导数研究极值点偏移问题 【知识点解析】 一、核心知识点 1. 问题定义 设连续函数 在 处取得极值，若对于任意 ，极值点 恒不等于 的中点 ，则称该函数存在极值点偏移： · 若 ，称极值点左偏； · 若 ，称极值点右偏。 本质是函数在极值点两侧的增减速率不同，图像关于极值点不对称。 1. 标准题型 已知函数 满足 ，证明： · 和型：（或 ） · 积型：（或 ） 1. 方法一：对称构造法（通用通法，大题标准解法） · 核心原理：通过构造对称函数，比较 与 的大小，结合函数单调性，将函数值相等关系转化为自变量的大小关系。 · 解题步骤（以证明 为例）： ① 求导确定 的极值点 ，以及两侧的单调性； ② 构造对称函数：（定义域与 对应）； ③ 求 ，分析 的单调性，结合 ，得到 在 两侧的正负； ④ 由 ，不妨设 ，代入 的正负，得到 与 的大小关系； ⑤ 替换为 ，结合 在左侧的单调性，脱去 推出 ，即 。 1. 方法二：比值换元法（对数/指数型适用） · 核心原理：对于含 、 的函数，设 （ 且 ），用 表示 ，代入 解出 关于 的表达式，将目标不等式转化为仅含 的一元函数不等式，构造函数求导证明。 · 补充工具：对数均值不等式 对任意 ，有 ，可快速判断偏移方向，但大题不可直接使用，需先证明。 二、解题思路（对称构造法通用步骤） 1. 求函数的极值点 ，明确两侧单调性； 1. 根据待证不等式，构造对称差函数 ； 1. 求导分析 的单调性，确定 在 一侧的正负； 1. 设 ，将 代入 的正负结论，结合 转化为函数值比较； 1. 利用原函数的单调性，脱去 ，得到自变量的不等式，即证。 【例题分析】 例1．（25-26高三上·四川雅安·开学考试）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若恒成立，求的值； (3)若，函数有两个零点、，求证：． 【答案】(1)时在单调递增；时在单调递减，在单调递增. (2) (3)当时，有两个零点、， 由可得，即， 零点、满足， 两式相减，两式相加得，即， 要证，即证，即证，即证， 设，由可得， 令，则，可得，则， 所以，，则. 所以即证，即证，其中， 因为，则，即证，其中， 构造函数，其中，则， 所以函数在上单调递增， 当时，，即，故原不等式得证. 【分析】（1）求导，分时两种情况进行分类讨论，分析导数的符号变化，即可得出函数的增区间和减区间； （2）先化简不等式得，令，将所求不等式变形为，构造函数，可知对任意的恒成立，则，则函数在处取得极小值，则，求出的值，再结合函数的最值与导数的关系验证即可； （3）化简函数的解析式得，根据零点定义得出，将两式分别相加和相减变形得出，，设，令，将所证不等式变形为，其中，构造函数，其中，结合导数法证明即可. 【详解】（1）函数的定义域为，求导得. 当时，对任意的，，此时函数在上单调递增； 当时，由可得，由可得， 此时函数在上单调递减，在上单调递增. 综上所述，当时在单调递增； 当时在单调递减，在单调递增. （2）因为，由得， 整理为，即， 令，则不等式为. 因为函数在上单调递增， 当时，；当时，，故， 设，则对任意的恒成立，所以， 所以函数在处取得极小值， 求导得，则，解得，此时，则， 由可得，由可得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，符合题意. 综上所述，. （3）略. 例2．（26-27高三上·黑龙江大庆·阶段检测）已知函数. (1)若函数在定义域上单调递增，求实数的取值范围； (2)当时，若，且，求证：； (3)若方程有两个不同的实根，，且满足，求实数的取值范围. 【答案】(1). (2)证明：当时，， 在上恒成立， ∴在上单调递增，∵，， ，又∵，∴不妨设 ，设， =在上恒成立，∴在上单调递增， 即，即， 又，∴， 即，又∵在上单调递增， ∴，即，得证. (3). 【分析】（1）先将问题转化成恒成立，再分离参数，转化求函数的最值即可. （2）先求导得到函数单调递增，再通过极值点偏移的对称，构造辅助函数把证明两个变量不等式问题转化为函数单调性问题. （3）先分离参数，由方程的解个数转化为两函数交点个数，得到第一个的取值范围，再通过换元，得到关于的函数，研究此函数的单调性，并求出最值，得到第二个关于的取值范围，最后得出结论即可. 【详解】（1）的定义域为，，∵函数在定义域上单调递增， ∴在上恒成立，即， 又∵，当且仅当时取等号， ∴. （2）略. （3）方程可化简为，即， 即，设， ，令，解得， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 时，取到极大值也是最大值， 与有两个不同交点，得， 设，， 由得，化简得， 又，即， 进而， 又，则，两边 取对数并设， 则=， 设， 将其视为关于的二次函数，其中， ∴有两个不同的根，解得或， ∵，，而， 显然恒成立，∵此二次函数开口向上， 当时，，即， ∴在上单调递增， 当时，有最小值， 又， 两边同时取指数得，又， ∴实数的取值范围是. 例3．（26-27高三上·贵州黔东南·开学考试）已知函数，曲线在点处的切线方程为． (1)求，； (2)证明：当时，恒成立； (3)若函数．存在，满足，且，试比较与的大小，并说明理由． 【答案】(1)， (2)由（1）知，则. 令，，则. . 令，则， 所以在上单调递增，又，所以，即. 同理令，则， 所以在上单调递增，又，所以，即. 所以，所以在上单调递减， 又，所以，即当时，. (3). 理由如下： 的定义域为. . 令，则，易知在上单调递增， 又. 故在上单调递减，在上单调递增，. 所以，在上单调递增，且. 由，满足，且. 若，则，，，矛盾. 所以. 由（2）知，当时，①. 下面先证，即证. 由，，且在上单调递增，要证，只需证. 又，即证，从而只需证. 令，，即证. . 令，， 则. 令， 则， 令， 则， 所以在上单调递增，又，所以. 则在上单调递减，又，所以. 则在上单调递增，又，所以. 从而，， 所以在上单调递减，又，所以，即. 故，. 因为，所以与单调性相同，在上单调递减，在上单调递增. 由，且，，在上单调递增，所以. 结合①式，所以. 【分析】（1）切点在切线上，得；切线斜率为，即，联立可求，. （2）构造，只需证，将拆项配对，利用，的变形判断每一项的符号证明在上单调递减，即可证明； （3）先求的单调性：令，由得，结合定位；再证推出，利用（2）的结论与在上单调递增完成大小比较. 【详解】（1）因为点在切线上，所以，即. ，切线的斜率为，所以，解得. （2）略. （3）略. 【变式训练】 变式1．（26-27高三上·湖北黄冈·开学考试）设函数 (1)讨论的单调性； (2)若函数有两个不同零点，. （i）求实数的取值范围； （ii）证明：． 【答案】(1)当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增 (2) （i） （ii）由题意知，是的两个不同零点， 令，则是方程，即的两个不等实根． 令，，则， 由得，由得， 所以在上单调递减，在上单调递增 不妨令， 要证明，只需证，即证， 即证， 令， 即，因为，当时，由基本不等式得， 因此，所以在上单调递减， 所以，故， 故，即 【分析】（1）求导后分类讨论求出函数单调区间即可； （2）（i）根据函数存在两个零点利用函数的单调性及零点存在定理求参数的取值范围即可； （ii）利用函数单调性及换元法可转化为证明，再由导数证明在上单调递减即可得证. 【详解】（1）函数的定义域为， 当时，，，在单调递增； 当时，由得，由＜0得， 所以在上单调递减，在上单调递增； 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）（i）由（1）知，当时，在上单调递增，至多有1个零点，不符合题意； 当时，要使得有两个不同零点，， 需要，解得 又所以在上存在唯一零点； 由于，所以， 取， 则当时，，所以在存在唯一零点： 所以 （ii）略 变式2．（2026·广东佛山·模拟预测）已知函数. (1)当时，求的最大值； (2)若且，，证明：. 【答案】(1)1 (2)证明如下： 由，可得， 两边取以为底的对数并整理得，，即， 因为，不妨设， 由（1）知，当时，函数在上单调递增，在上单调递减，， 即， 而，且当时，恒成立，得到， 记，， 则， 函数在上单调递增， ，即，于是， 又在上单调递减，， ，得证. 【分析】（1）利用导数讨论的单调性，即可求得最大值； （2）将已知条件变形得到，再利用（1）中函数的单调性，构造函数，，进而可以得证. 【详解】（1）当时，，， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以. （2）略. 【点睛】本题核心题型：极值点偏移，嵌套同构构造，是本题核心母函数.条件同构转化是关键一步，条件：，两边取对数化简，把陌生不等式转化为，即，再利用（1）中函数的单调性，得到与的关系，再通过放缩法证明不等式. 变式3．（2026·江苏南通·模拟预测）已知函数，其中，，曲线在点处的切线方程为． (1)求，的值； (2)证明：存在唯一的极大值点且； (3)设，为的导数，若方程有两个不相等的实数根，，证明：． 【答案】(1) (2)由上知，则， 设，则，令，即， 即， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以， ，且，且在单调递减， 由零点存在性定理得在存在唯一零点，记为， ，，且在单调递增， 由零点存在性定理得在存在唯一零点，记为， 综上，当时，，单调递增， 当时，， 单调递减， 所以是唯一的极大值点，且， 所以有，即， 将其代入到中得， 因为，所以，且， 两式相乘得， 两边同时加上得，即证. (3)不妨设，由上知的极大值点， 因为在单调递增，在单调递减，所以. 要证，即证，即， 因为，所以， 又因为，且在上单调递增，故可证， 由于，问题等价于证明， 设，其中， 则， ，则， 其中，则， 因此， 因为，则， 当且仅当时等号成立， 由于，故等号不成立，所以，所以恒成立， 则在上单调递减， 因为，所以当时，， 代入，可得， 即， 即，整理得， 代入，即证. 【分析】（1） 利用切点在曲线上与切点处导数值等于切线斜率这两个条件建立方程组，并结合参数为整数的条件解出未知数. （2） 通过二次求导分析一阶导数的单调性与零点，从而确认唯一极大值点的位置，接着利用极值点处导数为零的条件进行不等式的放缩与证明. （3）构造辅助函数，利用求导证明其单调性，从而将函数值的大小关系转化为两根之和的不等关系. 【详解】（1），由题意得， 且，代入得， 因为，所以，显然时等式成立， 设，当时， 即在上单调递增，故是唯一正整数解，解得， 则. （2）略 （3）略 2 学科网（北京）股份有限公司 $2027届高三数学一轮复习讲义 函数与导数：利用导数研究双变量问题、利用导数研究极值点偏移问题复习讲义 考点目录 利用导数研究双变量问题 利用导数研究极值点偏移问题 考点一 利用导数研究双变量问题 【知识点解析】 一、核心知识点 双变量问题的本质是两个自由变量在定义域内变化，需结合变量间的约束关系，通过消元、换元、主元等方法将二元问题转化为一元函数问题，最终用导数工具求解。 1. 代入消元法（条件约束型） · 适用场景：两个变量满足明确的等量约束，如 是函数的零点/极值点、满足某一方程、和/积为定值等。 · 核心思路：利用约束条件将其中一个变量用另一个变量表示，或共同用第三个参数表示，代入目标式，转化为单变量函数求最值、证明不等式。 · 典型场景：已知 ，证明关于 的不等式；已知 ，求某表达式的取值范围。 2. 主元法（地位不等型） · 适用场景：两个变量地位不对等，其中一个范围已知、另一个为待求参数，或式子可整理为关于其中一个变量的一次/单调函数。 · 核心思路：选定其中一个变量作为“主元”，另一个视为参数，构造关于主元的函数，求导分析单调性，利用端点值完成证明或求解。 · 典型场景：对任意 ，存在 ，使得不等式成立；双变量不等式中一个变量范围已知。 3. 比值/差值换元法（齐次型） · 适用场景：目标式为齐次式（各项次数相同），或已知 且函数含 、 等，易于通过比值统一变量。 · 核心思路： · 比值换元：令 （），将 代入目标式，消去 ，得到仅含 的一元函数； · 差值换元：令 ，将 代入目标式，消元转化为一元函数。 · 典型场景：含 、 的双变量不等式；对数型函数的极值点偏移。 4. 分离最值法（恒成立/能成立型） · 适用场景：双变量恒成立、能成立问题，两个变量相互独立。 · 核心结论： · 对任意 ， 恒成立 · 存在 ，使得 成立 两个变量分别求对应最值，转化为两个独立的单变量最值问题。 二、通用解题思路 1. 看约束：判断两变量是否有等量关系、是否独立、地位是否对等； 1. 选方法：有约束用消元，地位不对等用主元，齐次式用比值换元，独立双变量用分离最值； 1. 化一元：通过对应方法转化为一元函数，明确定义域； 1. 求导分析：求导研究单调性、极值、最值； 1. 得结论：根据单调性、最值完成不等式证明或参数求解。 【例题分析】 例1．（2026·湖南永州·一模）已知函数（），． (1)当时，求的单调区间． (2)若对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围． (3)若存在两个极值点，且，求证：． 例2．（26-27高三上·甘肃天水·阶段检测）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程． (2)证明：． (3)证明：对任意的，，有． 例3．（26-27高三上·海南海口·开学考试）已知函数，． (1)求曲线在处的切线方程； (2)证明：在区间上存在唯一的极大值点，在区间上存在唯一的零点； (3)对于（2）中的和，试比较与的大小，并说明理由．（参考数据：）． 【变式训练】 变式1．（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． 变式2．（26-27高三上·辽宁大连·开学考试）已知函数. (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若对任意的，且，恒有，求的取值范围. 变式3．（26-27高三上·浙江·开学考试）已知函数. (1)若，求函数在点处的切线方程； (2)若存在，使得成立，求实数的取值范围； (3)若函数有两个不同的零点，，且，求的取值范围. 考点二 利用导数研究极值点偏移问题 【知识点解析】 一、核心知识点 1. 问题定义 设连续函数 在 处取得极值，若对于任意 ，极值点 恒不等于 的中点 ，则称该函数存在极值点偏移： · 若 ，称极值点左偏； · 若 ，称极值点右偏。 本质是函数在极值点两侧的增减速率不同，图像关于极值点不对称。 1. 标准题型 已知函数 满足 ，证明： · 和型：（或 ） · 积型：（或 ） 1. 方法一：对称构造法（通用通法，大题标准解法） · 核心原理：通过构造对称函数，比较 与 的大小，结合函数单调性，将函数值相等关系转化为自变量的大小关系。 · 解题步骤（以证明 为例）： ① 求导确定 的极值点 ，以及两侧的单调性； ② 构造对称函数：（定义域与 对应）； ③ 求 ，分析 的单调性，结合 ，得到 在 两侧的正负； ④ 由 ，不妨设 ，代入 的正负，得到 与 的大小关系； ⑤ 替换为 ，结合 在左侧的单调性，脱去 推出 ，即 。 1. 方法二：比值换元法（对数/指数型适用） · 核心原理：对于含 、 的函数，设 （ 且 ），用 表示 ，代入 解出 关于 的表达式，将目标不等式转化为仅含 的一元函数不等式，构造函数求导证明。 · 补充工具：对数均值不等式 对任意 ，有 ，可快速判断偏移方向，但大题不可直接使用，需先证明。 二、解题思路（对称构造法通用步骤） 1. 求函数的极值点 ，明确两侧单调性； 1. 根据待证不等式，构造对称差函数 ； 1. 求导分析 的单调性，确定 在 一侧的正负； 1. 设 ，将 代入 的正负结论，结合 转化为函数值比较； 1. 利用原函数的单调性，脱去 ，得到自变量的不等式，即证。 【例题分析】 例1．（25-26高三上·四川雅安·开学考试）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若恒成立，求的值； (3)若，函数有两个零点、，求证：． 例2．（26-27高三上·黑龙江大庆·阶段检测）已知函数. (1)若函数在定义域上单调递增，求实数的取值范围； (2)当时，若，且，求证：； (3)若方程有两个不同的实根，，且满足，求实数的取值范围. 例3．（26-27高三上·贵州黔东南·开学考试）已知函数，曲线在点处的切线方程为． (1)求，； (2)证明：当时，恒成立； (3)若函数．存在，满足，且，试比较与的大小，并说明理由． 【变式训练】 变式1．（26-27高三上·湖北黄冈·开学考试）设函数 (1)讨论的单调性； (2)若函数有两个不同零点，. （i）求实数的取值范围； （ii）证明：． 变式2．（2026·广东佛山·模拟预测）已知函数. (1)当时，求的最大值； (2)若且，，证明：. 变式3．（2026·江苏南通·模拟预测）已知函数，其中，，曲线在点处的切线方程为． (1)求，的值； (2)证明：存在唯一的极大值点且； (3)设，为的导数，若方程有两个不相等的实数根，，证明：． 2 学科网（北京）股份有限公司 $