极值点偏移：双变量不等式的对称构造通法讲义-2027届高三数学一轮复习

极值点偏移： 双变量不等式的对称构造通法 一、本质原理：极值点为什么会“偏移” 在导数压轴题中，有一类题目的条件与结论“成对出现”：已知函数有两个零点 （或两个不同的自变量取到相同的函数值），要求比较 、 与某个跟极值点有关的常数的大小。这类题目的几何背景，就是“极值点偏移”。本节先把这件事说清楚。 1.1 不偏移的样子：图像关于极值点对称 取 ，它的图像是一条关于直线 对称的抛物线，在 处取到最小值 。 若 满足 ，由对称性立得 也就是说，两点的中点恰好落在极值点 上（见图 1）。一个函数的图像若关于极值点所在的竖线对称，我们就说它的极值点“不偏移”。 图 1: 图像关于 对称：两交点中点恰好落在极值点上 1.2 偏移的样子：中点与极值点错位 把抛物线换成 。求导得 ，于是 在 (0,1) 上递减、在 (1,+∞) 上递增，极值点 处取到最小值 。 现在画一条水平线 ，它与曲线交于两点 ，且 。数值上可以算出 它们的和 ，中点 落在了极值点 1 的右侧（见图 2）。极值点与中点分家了，这就是“极值点偏移”。 图 2: 函数 ：两条交点中点在极值点 的右侧 一般地，把这类现象概括成定义（只需理解，不必背诵名称）： 极值点偏移（描述性定义） 设 是 的极值点。若对一切满足 、 的 ，恒有 ，就说极值点相对中点是“左偏”的；若恒有 ，就说“右偏”。 不同资料对“左偏、右偏”的命名并不统一，不必纠结名称——考场上只需要会比较 与 的大小。 1.3 一条判据：陡的一侧离极值点更近 为什么 会向一侧偏？答案藏在两侧的“陡缓”里。 在极值点 的左侧， 随 趋于 −∞，曲线下降得又急又陡；在右侧， 随 从 0 慢慢升向 1，曲线上升得又平又缓。 现在要让左右两侧都升到同一个高度（都等于 2）：陡的一侧只需移动很短的距离，缓的一侧却必须移动很远。于是左端点到 的距离小于右端点到 的距离，中点就被“推”向了缓的那一侧。 偏移方向判据 两交点的中点，总是偏向变化较缓的那一侧；换句话说，曲线较陡的一侧，离极值点更近。 做题时不必真去比较导数大小，只要在草图上比较两侧的陡缓，就能预判 与 谁大——这可以帮你在动笔前先“猜到”结论，避免证反方向。 二、判断识别：什么题该想“极值点偏移” 拿到一道含双变量的导数题，先别急着动笔。依次核对下面三个检查项，就能判断它是不是极值点偏移问题；若是，再对照速查表认领模型。 2.1 三个检查项 表 1: 极值点偏移问题快速判断表 检查项 通过的条件 不通过时怎么办 极值点是否唯一 在区间内只有一个零点 ，且 在 两侧单调性相反（“单峰”） 有多个极值点时不适用，须分段讨论或改用其他方法 两点是否“等高” 条件能写成 （含两个零点、两条等值线） 只有“存在 ”而没有等高关系，多半是零点存在性问题 结论是否双变量 结论形如 与 、 与某常数、 与 0 的比较 结论只含一个变量时，用常规的单调性与最值法即可 2.2 四类模型速查 表 2: 极值点偏移的四类模型速查表 模型 一眼认出它的样子 核心动作 对应例题 模型一 和型 结论是 与 （或其常数倍）比大小 对称构造 ，证 的符号 例 1、例 2、例 5 模型二 积型 结论是 与 或某个常数比大小 两边取对数化为和型；或构造 例 3 模型三 中点导数型 结论是 的符号 由 单调，把符号问题化为 与 的比较 例 6 模型四 隐藏型 条件不是 ，而是 之间的一个等式 先变形（同除 、移项、取对数）化成等高关系 例 4 2.3 预警信号 看到下面这些特征，要提醒自己：这多半不是标准的极值点偏移题，硬套会出错。 不是极值点偏移的四个信号 · 极值点不唯一： 有两个及以上零点，函数有多个“峰”，对称构造无从下手。 · 没有等高关系：条件只给“存在两个不同的点”，没有 这类等式。 · 结论含三个以上变量：如 ，需要另寻方法（如多次偏移或极值点排序）。 · 函数的极值点含参且位置不定：必须先把 （作为参数的表达式）定下来，再谈比较 与 。 2.4 考情梳理 表 3: 极值点偏移高考真题考情梳理 年份 卷别 题号 考查内容 结论形式 2021 新高考 I 卷 22 ，条件须先变形为等高关系 （隐藏型） 2022 全国甲卷（理） 21 有两个零点 （积型） 2022 浙江卷 22 ，由三切线点构造不等式 间接偏移（拓展） 2025 新课标 II 卷 18 ，比较极值点与零点位置 （和型） 这 4 道题覆盖了和型、积型、隐藏型三类标准模型；2022 年浙江卷属于“间接偏移”，需先由切线条件构造双变量再化归，作拓展了解。其中积型的 2022 年全国甲卷、隐藏型的 2021 年新高考 I 卷，后文例题精讲会挑选代表性题目完整展开。 三、常见情形：四类模型 把双变量题目按“结论长什么样”分成四类。每一类都给出结构特征、识别标志、标准动作与易错点，动手时对号入座即可。 3.1 模型一：和型偏移 结构特征：条件为 ，结论是比较 与 （ 为极值点）。 识别标志：结论里出现 或 。 标准动作：构造 ，研究 在极值点一侧的单调性，得出 与 的大小，再把 （或 ）代入，最后用 在单侧区间上的单调性“脱去 ”，得到 与 的关系。 易错点： 必须落在 的定义域内（对数型常需先说明 或分情况讨论）；别忘了 这个收口条件。 3.2 模型二：积型偏移 结构特征：条件为 ，结论含 或 。 识别标志：结论里出现乘积或倒数和。 标准动作（两条路，任选其一）： (1) 两边取对数，，把积型化成和型，再按模型一处理； (2) 直接构造 （ 为要证的目标常数），研究 的符号。 易错点：取倒数要求 ，务必先说明 ；对数型函数还要交代 与 1 的大小位置。 3.3 模型三：中点导数型 结构特征：结论是 的符号。 识别标志：题中出现“线段中点”“”，让你判断此处导数的正负。 标准动作：先说明 单调（通常只需验证 不变号且 ），于是 问题化为模型一。 易错点： 必须单调，“符号 ⟺ 位置”这一步才成立，所以要写清 的符号；另外要注意 的零点恰是极值点 。 3.4 模型四：隐藏型 结构特征：条件不是 ，而是 之间的一个等式（如 ）。 识别标志：题干给的是“两个正数满足某等式”，结论却要比较 这类式子。 标准动作：先做代数变形——同除以 、移项、取对数，把条件整理成 的形式（ 是 的简单函数），再回到模型一或模型二。 易错点：变形必须是“等价变形”（每一步都可逆）；要交代新变量 的取值范围，才能确定它们分别落在极值点的哪一侧。 四、应对策略体系 四个模型的落脚点其实只有三套动作：对称构造、比值换元、同构化归。本节把它们逐个讲透，并给出选择指引。 4.1 策略一：对称构造法（首选） 核心想法：把“曲线在 两侧高度相同”翻译成“曲线与自己关于 的镜像谁高谁低”。 设 为极值点。把曲线 关于直线 作镜像，得到 。两条曲线在 处相交，在中点两侧一高一低（见图 3）。作差 ， 只要 在 的一侧定号，就能判断出“哪一侧更陡、中点偏向哪里”。 操作流程：求 → 判断 的单调性 → 用 定出符号 → 得出 与 的大小 → 代入 或 ，结合单侧单调性脱去 。 图 3: 对称构造法：曲线与其关于 的镜像在中点两侧一低一高 4.2 策略二：比值换元法 核心想法：当函数里含 或 、且两个零点的解析式“结构相同”时，把 两式作商，令 ，双变量就消成一个变量。 操作流程：设 → 用 解出 （都用 表示）→ 把要证的式子整理成关于 的单变量不等式 → 构造关于 的函数，求导证明。 适用与局限：对“含对数、且两支零点表达式同构”的题最灵；若两支零点解析式差别大，消元会变得很复杂，此时优先用对称构造法。 4.3 策略三：同构化归法 核心想法：若函数能整理成 的形状（ 是“内层结构”，φ 单调），那么 就等价于 ，复杂问题瞬间变简单。 例如 2022 年全国甲卷中的 ，注意 ，于是 由于 ，φ 严格递增，所以 就等价于 取某个定值。问题被彻底简化（见例 3）。 4.4 怎么选：条件特征与方法的对应 表 4: 条件特征与所用方法的对应关系 条件特征 优先方法 说明 结论含 ，极值点位置明确 对称构造法 最通用，几乎所有和型题都能走通 函数含 或 ，两支零点表达式相同 比值换元法 作商后 能一次性消去参数 函数可整理成 ，外层单调 同构化归法 先化简再比较，能大幅减少运算 结论含 取对数 + 对称构造 先化积为和，再按和型处理 4.5 解题四步 不论哪一类题，都按下面四步推进。 极值点偏移解题四步 第 1 步 · 认模型：看清结论要比较的是“和、积，还是中点导数”，对照 §2.2 速查表认领模型。 第 2 步 · 转化：把结论化归成“两个函数值的比较”（对称构造）或“一个单变量的不等式”（换元）。 第 3 步 · 构造：写出辅助函数 （或换上比值 、或先作同构化简）。 第 4 步 · 判单调定结论：求导判断辅助函数的单调性，用 （或 的端点值）收口，最后用 在单侧区间上的单调性脱去 。 五、例题精讲 本节 6 道例题覆盖四类模型，其中 4 道为高考真题、1 道为优质模拟题、1 道为经典改编。每道题都按“解题四步”展开。 5.1 例 1（模型一·和型）—— 改编题 题目 已知函数 。若 ，且 ，证明：。 图 4: 函数 ：水平线截得 、 第 1 步 · 认模型：结论是比较 与 2，而 ——标准的和型题。 第 2 步 · 转化：，故 在 (−∞,1) 上递增、在 (1,+∞) 上递减，极大值点为 ，且 。 要证 ，等价于证 。注意 、 同落在 的递增区间 (−∞,1) 内，于是 问题转化为：证明对 ，恒有 。 第 3 步 · 构造：令 （）。 第 4 步 · 判单调定结论：由 ， 当 时，；又 ，故 ，即 。两个负因子相乘得 ，所以 在 (1,+∞) 上递增。 又 ，于是当 时 ，即 。 取 得 ，也就是 。而 与 都在 (−∞,1) 上， 在此区间递增，故 ，即 命题得证。 5.2 例 2（模型一·和型，反方向）—— 改编题 题目 已知函数 有两个零点。 (1) 求 的取值范围；(2) 设 是 的两个零点，证明：。 图 5: 以 为例：函数 的两个零点 (1) 求 的取值范围。 求导得 。 若 ，则 ，于是 在 (−∞,1) 上递减、在 (1,+∞) 上递增，最小值 又 时 ， 时 ，由零点存在定理与单调性知 恰有两个零点。 若 ， 只有一个零点 ，不合题意。若 ，则 有解 ， 的零点不止一个，且可验证 至多一个零点，不合题意。 综合得 ，即 的取值范围是 (0,+∞)。 (2) 证明 。 第 1 步 · 认模型：由 (1) 知 在 处取最小值，且 。结论是比较 与 ——和型。 第 2 步 · 转化：要证 ，等价于证 。注意 、 都在 的递增区间 (1,+∞) 上，于是 问题转化为：证明对 ，恒有 。 第 3 步 · 构造：注意 关于 本身对称，即 ，直接作差 第 4 步 · 判单调定结论： 当 时，；又 ，故 。两个负因子相乘得 ，所以 在 (−∞,1) 上递增。 由 得：当 时 ，即 。 取 得 ，即 。因 与 都大于 1， 在 (1,+∞) 上递增，故 ，即 命题得证。 两题对比：同是“和型”，方向为何相反 例 1 得 ，例 2 得 ，差别只在于哪一侧更陡： 例 1 中 ，在极值点右侧 由 0 缓慢增大（右缓），故右端点离 更远，中点被推向右侧；例 2 中 ，在极值点右侧曲线陡然上升（右陡），故右端点离 更近，中点被推向左侧。 所以不要死记“和型一定大于 ”——先看陡缓定方向，再动笔。 5.3 例 3（模型二·积型） 题目 已知函数 。 (1) 若 ，求 的取值范围；(2) 证明：若 有两个零点 ，则 。 图 6: 以 为例：函数 的两个零点 (1) 求 的取值范围。 定义域为 (0,+∞)。求导： 因 时 ，故 的符号与 相同： 在 (0,1) 上递减、在 (1,+∞) 上递增。最小值 由 恒成立得 ，即 。故 的取值范围是 。 (2) 证明 。 第 1 步 · 认模型：结论含 ，与极值点 处的 比较——积型。 第 2 步 · 转化（同构化简）：注意 ，于是 因 ，φ 严格递增，故 所以两个零点 恰是方程 的两根。令 ，， 在 (0,1) 上递减、在 (1,+∞) 上递增，最小值 。要有两个零点，须 ，且 第 3 步 · 构造：要证 ，等价于证 。因 、 都在 的递增区间上， 第 4 步 · 判单调定结论：由 得 ，故 于是 等价于 令 ，则 ，上式等价于 ，即 设 （），则 故 在 (1,+∞) 上递增，，即 成立。逆推回去得 ，从而 ，即 命题得证。 积型的两个关键动作 一是同构化简：把 看成 ，整个函数就只依赖 这一“内层结构”，双零点问题降为一元方程 ；二是化积为和：，把乘积比较翻译成函数值比较，再套用和型的对称构造思想。二者叠加，就绕开了直接对 求导的困难。 5.4 例 4（模型四·隐藏型） 题目 已知函数 。 (1) 讨论 的单调性；(2) 设 为两个不相等的正数，且 ，证明：。 图 7: 函数 ：在 处取最大值 1，在 处为零 (1) 讨论单调性。 定义域为 (0,+∞)。，故 。所以 在 (0,1) 上递增、在 (1,+∞) 上递减，最大值 。 (2) 证明 。 第 1 步 · 认模型：条件给的是 之间的等式，不是 ——隐藏型，先变形。 第 2 步 · 转化：由 ，把 两边同除以 ： 最后一步用了 、。记 则条件等价于 ，命题等价于证 。不妨设 （即 ）。 由 (1) 知 ；又 ，而 ，故 。于是 第 3 步 · 构造：先证左边。令 （）。 第 4 步 · 判单调定结论：， 当 时 ，故 ， 在 (0,1) 上递增。由 得 （），即 取 得 ，即 。注意 、，而 在 (1,+∞) 上递减，故 ，即 再证右边。对 ，令 ，则 ，故 在 上递增，从而 即 。又因 ，有 ，故 于是 即 。回到原变量得 ，命题得证。 隐藏型的关键：把条件“翻译”成等高关系 本题条件 看着与 无关，但两边同除以 后，“高次”消失了，露出了 这一与 完全相同的外形。遇到 的对称等式，先想“能否除以 、取对数、移项，凑成 ” ——这是隐藏型题目的第一反应。 5.5 例 5（模型一·和型，含参） 题目 已知常数 ，函数 。若 是 的两个零点，且 ，证明：。 图 8: 以 为例：函数 的两个零点 第 1 步 · 认模型：结论是比较 与 ，而 ——和型，极值点候选为 。 第 2 步 · 转化：定义域为 (0,+∞)。求导： 因 ，、，故 在 上递减、在 上递增，极值点 ，且 。 要证 ，等价于证 。注意 、 都在 的递减区间 上，于是 （最后一步用了 与 。）问题转化为：证明对 ，恒有 。 第 3 步 · 构造：令 （）。 第 4 步 · 判单调定结论： 通分得 由 （等号仅当 时成立），得 故 ，且 仅在 处为 0。所以 在 上递减。 由 得：当 时 ，即 。 取 得 ，即 。注意 、，而 在 上递增，故 ，即 命题得证。 5.6 例 6（模型三·中点导数型）—— 改编题 题目 已知函数 （）。若函数 的图象与 轴交于 两点，线段 中点的横坐标为 ，证明：。 图 9: 以 为例：图象与 轴交于 、 第 1 步 · 认模型：结论要判断中点的导数值——中点导数型，先化归为和型。 第 2 步 · 转化：定义域为 (0,+∞)。求导并因式分解： 因 、、，故 的符号与 相同： 在 上递增、在 上递减，极值点 ，且 又 ，故 在 (0,+∞) 上单调递减，所以 问题化为证 （和型）。 第 3 步 · 构造：令 （）。 第 4 步 · 判单调定结论： 当 时，（等号仅当 时成立），故 即 在 上递增。由 得 ，即 取 得 ，即 。注意 、，而 在 上递减，故 ，即 命题得证。 六、对比总结 把六道例题放在一起，按模型归位，看清它们的共性与边界差异。 表 5: 六道例题按模型归位对比 例题 模型 函数结构 核心动作 结论 例 1 一（和型） ，指数型 ， 例 2 一（和型） 指数 + 二次，含参 二次部分自身对称可消去， 例 5 一（含参和型） 二次 + 对数 用 定号 例 3 二（积型） 指数 + 对数，可同构 同构化 ，再证 例 6 三（中点导数型） 对数 + 二次 先化归为 ，再对称构造 例 4 四（隐藏型） 对数型 同除 变形为 把这张表横着读，可以看到三条规律： 第一，方向由陡缓决定。例 1 得 ，例 2 却得 ，同是“和型”却方向相反，差别只在于极值点右侧是“缓”还是“陡”。所以先看图定方向，再动笔，才不会证反。 第二，对称构造的“代哪一端”取决于单调区间。六道题里，有的把 代入（例 1、例 4、例 5、例 6），有的把 代入（例 2），判断依据是“被反映到另一侧的端点，是否与将要代入的端点落在同一单调区间”。这一步是整道题最需要小心的地方。 第三，积型与隐藏型都要“先变形”。例 3 靠同构化简把积型降为和型，例 4 靠同除 把无关条件翻译成等高关系。遇到“结论是乘积”或“条件是 的等式”，先想变形，再想构造。 6.1 对称构造法的适用边界 什么情况下不能用对称构造法 · 函数不是单峰：有多个极值点时， 的两点在哪个区间都不确定，构造无从谈起。 · 镜像点越界： 必须落在定义域内。对数型函数的定义域是 (0,+∞)，若 ，则 ，此时须先证明 （或另作讨论）。 · 端点有水平渐近线：若 或 时 趋于某个常数，要额外说明“水平线确实能截出两个交点”，否则 可能不存在。 七、巩固练习 练习 1（模型一·和型） 已知函数 。若 满足 且 ，证明：。 练习 2（模型二·积型） 已知函数 （）。若 满足 且 ，证明：。 练习 3（模型三·中点导数型，含参） 已知函数 （）。若 满足 且 ，证明：，并由此说明 。 八、参考答案与提示 1. 答案：。 · 提示：， 在 (0,1) 上递减、在 (1,+∞) 上递增，最小值 ，且 。 · 当 时，由 立得 。 · 当 时，。令 （），则 · 因 时 ，，故 ， 递减。由 得 ，即 ，从而 。而 、 都在 (0,1) 上， 在此区间递减，故 ，即 。 · 两种情形合并， 成立。 1. 答案：。 · 提示：， 在 (0,1) 上递减、在 (1,+∞) 上递增，故 。 · 要证 ，只需证 。因 、， 在 (1,+∞) 上递增，故只需证 · 作差： · 令 ，则上式等于 。设 ，则 · 故 在 (1,+∞) 上递增，。所以 ，从而 ，即 。 2. 答案：，且 。 · 提示：，，故 单调递减， 在 上递增、在 上递减，极大值点为 ，且 。 · 令 （），则 · 因 时 ，故 ， 递增。由 得 ，即 。取 得 ，即 。因 、 且 在 上递减，故 ，即 。 · 又 ，而 ，故 。 1 1 学科网（北京）股份有限公司 $