资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
解题大招27 四招搞定极值点偏移的11大题型
知识点01 初探极值点偏移的概念
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 揭秘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：
(1)建极值点关系：根据，建立的等式关系；
(2)设比值变量：令（或），则；
(3)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 探究极值点偏移的实用技巧与关键变形
1．若极值点 无法显式求出（隐零点型偏移），先设 ，利用该关系整体代换，再构造对称函数时可将 视为参数处理，最后通过隐零点范围估计符号；
2构造对称函数 时，求导后往往出现 ，需利用 的符号判断其单调性；若仍无法判断，可继续求二阶导或利用 进行端点分析；
3．对于证明 或相反的问题，可转化为证明 ，再套用比值换元或对数均值不等式；
4．若函数形式为 或 等，可先取对数或化简再分析，使极值点表达式更简洁.
知识点04 秒杀极值点偏移问题的两个不等式
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：.
两个不等式的具体应用请参看下一个专题《解题大招28 利用指数、对数平均不等式秒杀极值点偏移问题》
题型01 加法型
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.
【典例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．
【跟踪训练】
1．（25-26高二下·广东广州·期中）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.
【详解】（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．
题型02 乘法型
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.
【典例2】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∴函数f(x)在上单调递减，在上单调递增．可设0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则F′(x)>0，得F(x)在上是增函数，
∴F(x)∴f(x)将x1代入上式得f(x1)又f(x1)＝f(x2)，∴f(x2)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<.
【跟踪训练】
1．已知函数．
(1)若，求的取值范围；
(2)证明：若有两个零点，，则．
【分析】（1）求导，分别解不等式，即可；
（2）设，结合（1）可知，构造函数，利用导数判断单调性即可得，结合在上单调递减即可得证.
【详解】（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）(对称化构造法)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．
2．（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：
【分析】（1）利用导数分析的单调性，并求得其最小值，由此不等式对恒成立，转化为.构造函数，利用导数分析其单调性，即可解得实数的取值范围；
（2） 利用导数分析函数的单调性，得，则，构造函数，利用导数分析函数的单调性，得，从而证得.
【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03 减法型
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.
【典例3】（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，
，．
【跟踪训练】
1.（25-26高二下·广东江门·期中）已知函数，为的导函数.若的两个极值点分别为和，且.
(1)求实数的取值范围；
(2)证明：.
【详解】（1），且定义域．
因为有两个极值点，所以是方程的两个正根，
即有两个正根.
令，则，
令，解得.
所以当时，，单调递减；当时，，单调递增，
所以当时，取得最小值，为，
当时，，
又当时，，当时，，
所以当时，，当时，，
所以时，的图象与直线有两个不同的交点，所以.
（2）由（1）可知，且时，，又，所以.
令，则，在上单调递增，又，
所以时，，时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，即，则，
又因为，所以，
所以，即.
题型04 除法型
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.
【典例4】（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.
【跟踪训练】
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．（25-26高二下·河南南阳·阶段检测）已知函数， ，若 ，使得，则的最大值为（ ）
A． B．-1 C．-e D．
【答案】A
【分析】转换，函数表达式，进而得到，之间的关系，即可求解.
【详解】因为，故设，
所以，
因此如果，则，
而对于，，因此在定义域上单调递增，
则应有，且，故，
设，所以，
因此当时，，即单调递增，
当时，，即单调递减，
所以，
则的最大值为
题型05 平方（立方）和型
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.
【典例5】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.
【跟踪训练】
1．（2026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）．
【分析】（1）利用证明极值点偏移的方法证明，再结合基本不等式证明；（2）根据证明，结合切线方程证明.
【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: .
题型06 倒数和型
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；
【典例6】（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.
【跟踪训练】
1．（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：.
【分析】（1）根据极小值的定义计算即可；
（2）把问题转化为，进而转化为，令，只需证明即可.
【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.
题型07 指数型
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.
【典例7】（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.
【跟踪训练】
1．（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：．
【分析】（1）函数有两个零点转化为直线与函数的图象有两个不同的交点，利用导数研究函数单调性与最值，数形结合即可求的取值范围；
（2）由（1）知，不妨设，要证，即证，只需证，结合单调递增只需证，再根据单调性可得答案.
【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．
题型08 对数型
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.
【典例8】（25-26高三·全国·二轮复习）已知函数．若函数有两个不同的极值点，记作，且，求证：．
【分析】求函数导数，由函数存在极值点得到，，代入需要证明的不等式中并分离常数得到不等式，再由得到的代数式，从而建立不等式，通过换元后构造函数，并求导数，从而得到函数的单调性，从而知道的最值，然后证明不等式成立.
【详解】．
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.
【跟踪训练】
1．（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．
【点睛】关键点睛：对于涉及双变量不等式的证明，常利用两变量的差或者商，将双变量问题转变为单变量问题.
题型09 三元极值点偏移
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.
【典例9】（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：.
【分析】（1）求导，分或两种情况，结合导数符号判断函数单调性；
（2）利用极值点偏移分别证明，，然后两个不等式作差可得答案.
【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.
【跟踪训练】
1．（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 斜率型
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.
【典例10】（25-26高三上·广东佛山·阶段检测）已知函数（）．
(1)求的单调区间；
(2)若函数，是函数的两个零点，证明：．
【分析】（1）求定义域，求导，对导函数因式分解，分与两种情况，得到函数单调区间；
（2）由已知条件可得，将所证不等式等价于证明不等式，令，构造函数，其中，利用导数证得即可.
【详解】（1）函数的定义域为，
，
①当时，，则在上单调递增；
②当时，若，则，若，则，
则在上单调递增，在上单调递减．
综上，当时，单调递增区间为，无递减区间；
当时，单调递增区间为；单调递减区间为.
（2）由已知可得，可得，
由可得，要证，即证，
即证，即证，
由题意可知，令，即证，
构造函数，其中，即证，
，所以，函数在上单调递增，
当时，，故原不等式成立.
【点睛】方法点睛：极值点偏移问题，若等式中含有参数，则消去参数，由于两个变量的地位相同，将特征不等式变形，如常常利用进行变形，可构造关于的函数，利用导函数再进行求解.
【跟踪训练】
1．（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 综合型
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.
【典例11-1】（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
【分析】函数极值点问题转化为方程根的问题研究.A项转化为二次方程有两不等正根求参数范围；BC项由韦达定理与参数范围可得；D项，先将所求式子整理变形，再利用韦达定理将整体代入消元，转化为求解函数的范围即可.
【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．
【典例11-2】（多选）（25-26高二下·山东德州·期中）设函数，函数有三个零点，且满足，则下列结论正确的是（ ）
A．恒成立 B．实数m的取值范围是
C．函数的单调减区间 D．若，则
【答案】BCD
【分析】利用导数求出函数的单调区间和极值，可以判断选项B，C；对于A，结合函数的图象以及零点的位置进行判断；对于D，要证得是否成立，只需证得，即是否成立，令，利用导数求出函数的单调区间，证得，从而证得结果.
【详解】当时，，令，解得.
当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以在时取得极大值，极大值为.
当时，，令，解得.
当时，，单调递减；当时，，单调递增；所以在时取得极小值，极小值为.
如图，
对于B，如图，函数有三个零点，实数m的在极大值和极小值之间，即取值范围是，故B正确；
对于A，如图2，函数有三个零点，，则，故A错误；
对于C，函数的单调减区间即为的单调减区间，在区间，上单调递减，.
当时，由洛必达法则，，所以时，，
所以的单调减区间为，即的单调减区间为，故C正确；
对于D，若，如图2，在上单调递减，在上递增，则
由正实数，且，，得，
当时，令，
，
即在上递减，
于是有，即，，又，，
从而有，在上递增，所以，所以，故D正确.
故选：BCD
【跟踪训练】
1．（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.
1．（25-26高二下·湖北武汉·期中）函数的两个极值点满足，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】由题知，函数的定义域为，，
因为有两个极值点，所以，，则，①
令，因为，所以，
将代入①整理可得，，
所以，
令，则，
设，则，
因为，所以，所以在上单调递增，
所以，所以在上单调递增，
所以
故选：D
2．（多选）（25-26高二下·湖南益阳·阶段检测）已知函数，，若存在，，使得成立，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C．的最大值为 D．的最大值为
【答案】AC
【分析】由，得，结合函数的单调性可得，由此判断AB，进而可得，构造函数，应用导数求其最大值即可判断CD.
【详解】由，得，
则，，，
两边同时取对数可得：，
又函数在单调递增，
∴，即，故A正确，
由，若，则，
此时，，，B错误；
所以，故，
设，则，
由，，可得，故在单调递增，
由，，可得，故在单调递减，
故，因此的最大值为，故C正确，D错误.
故选：AC
3．（25-26高二下·山东·期中）设函数与直线交于两点，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】ACD
【分析】利用导数求出的单调区间，利用单调性结合可判断；由的单调性可知，从而可判断；构造，利用导数判断函数单调性可判断；构造和，利用导数判断函数单调性可判断；
【详解】函数定义域为
对于A：，解得：，
所以在上单调递增，在上单调递减，
又因为，所以，故A正确；
对于B：由A得，故错误；
对于C：由，可令，，
假设，即，
由的单调性可知，只需，
，即，
设，
则，
可得在上单调递增，
则有，
即，即，
故成立，故C正确；
对于D：因为，所以，
令，所以，
即证，
设，
所以，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减.
不妨令，即证，即证，
令，
因为，
因为，所以，
所以，则在上单调递减，
则，所以得证，故D正确.
故选：.
4．（25-26高三上·河北石家庄·开学考试）已知函数．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)当时，若函数有2个不同的零点，．
（ⅰ）求a的取值范围；
（ⅱ）证明：．
【分析】（1）利用导数判断函数的单调区间；
（2）（ⅰ）转化为函数与有两个交点的问题；
（ⅱ）由函数的两个零点可得，再利用构造函数的方法证明即可.
【详解】（1）当时，，则，
令，得，
当时，；当时，，
即在上单调递减，在上单调递增，
则在处取得极小值，，所以，
所以恒成立，
即在上单调递增；
故单调递增区间为，无单调递减区间．
（2）（ⅰ）当时，若函数有2个不同的零点，，
∴恰有2个正实数根，，
令，则与有两个不同交点，
∴，
∴当时，；当时，，
∴在上单调递减，在上单调递增，又，
当x从0的右侧无限趋近于0时，趋近于；
当x无限趋近于时，的增速远大于的增速，则趋近于，
则图象如下图所示，
∴当时，与有两个不同交点，
∴实数a的取值范围为．
（ⅱ）证明：由（ⅰ）知：，，
∴，，
∴，则，
不妨设，
要证，则需证，
∵，∴，∴，则只需证，
令，则只需证时，恒成立，
令，
∴，
∴在上单调递增，∴，
∴当时，恒成立，
∴原不等式得证．
5．已知函数，.
(1)若，求a的取值范围；
(2)若有两个实数解，，证明：.
【分析】（1）不等式变形得到在上恒成立，构造函数，求出单调性和最小值，只需，解得；
（2）不妨设，由（1）知方程，，，且，欲证，即证，构造差函数，得到差函数的单调性，结合（1）可知，所以，则.
【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）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.
6．（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：．
【分析】（1）求导得，分为，，和四种情况，分别讨论的符号，从而得到函数的单调性；
（2）①分为，，，和五种情况，结合函数的单调性分别讨论，即可求出答案；②由①知，，即，要证，只需证，通过构造函数，判断在上单调递增，从而证明，继而得到，再结合函数的单调性即可证明.
【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.
7．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：．
【分析】（1）求解函数定义域，参变分离得到，构造，利用导函数得到其单调性，极值和最值情况，得到；
（2）转化为有2个不同的实数根，构造，得到其单调性，得到，且，求出，换元后即证，构造，求导后得到在上单调递增，，得到证明.
【详解】（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.
8．已知函数.
(1)若有两个零点，求的取值范围；
(2)若方程有两个实数根，且，证明：.
【分析】（1）对函数求导，分和研究函数的单调性，根据零点个数数形结合求解参数范围即可；
（2）令，将证明问题转化为，令，即证，构造函数，利用导数法研究单调性，即可得证.
【详解】（1）易知函数的定义域为，
当时，，在上无零点，与题意不符，
当时，由，得，令，
所以若有两个零点，则直线与函数的图象有两个不同的交点，
易得，令，得，
所以当时，单调递增；
当时，单调递减，所以，
又，当时，，所以函数的大致图象如图所示，
由图可知，当，即时，直线与函数的图象有两个不同的交点，
所以实数的取值范围是.
（2）由，得，
令，则，易得，
所以函数在上单调递增，
令，则关于的方程有两个实数根，且，
要证，即证，即证，即证，
由已知得，所以，所以，
不妨设，即证，
即证，令，即证，其中，
构造函数，则，
所以函数在上单调递增，所以，故原不等式得证.
9．（2026高三·浙江嘉兴·期末）已知函数，若方程有三个不同的实数根.
(1)求的取值范围；
(2)若，求实数的值；
(3)证明：.
【详解】（1），
令得或，令得，
故在内单调递增，在内单调递减，内单调递增，
的极大值为的极小值为，且时，，
方程有三个不同的根，所以；
（2）设，则，
故的对称中心为，恰好是点和点所连线段的中点.
对，都有，
由可得，，解得，需要满足.
下证时，恒成立，即证.
即证，即，
即证，
设，令得，令得，
在上单调递减，在上单调递增，
，从而成立，
所以当且仅当时，恒成立；
(3)由（1）知.先证，即证明：，
由于在内单调递增，即证，又，
即证，
设，
，
设，，
在区间内存在零点，设为在区间上单调递减，
在区间上单调递增，，.
所以在上存在零点，在，
在所以在上单调递减，在上单调递增，
，
所以时，，即有对恒成立.
成立．
下证，由题意知，又，
故，解得，
所以成立．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)中小学教育资源及组卷应用平台
解题大招27 四招搞定极值点偏移的11大题型
知识点01 初探极值点偏移的概念
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 揭秘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：
(1)建极值点关系：根据，建立的等式关系；
(2)设比值变量：令（或），则；
(3)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 探究极值点偏移的实用技巧与关键变形
1．若极值点 无法显式求出（隐零点型偏移），先设 ，利用该关系整体代换，再构造对称函数时可将 视为参数处理，最后通过隐零点范围估计符号；
2构造对称函数 时，求导后往往出现 ，需利用 的符号判断其单调性；若仍无法判断，可继续求二阶导或利用 进行端点分析；
3．对于证明 或相反的问题，可转化为证明 ，再套用比值换元或对数均值不等式；
4．若函数形式为 或 等，可先取对数或化简再分析，使极值点表达式更简洁.
知识点04 秒杀极值点偏移问题的两个不等式
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：.
两个不等式的具体应用请参看下一个专题《解题大招28 利用指数、对数平均不等式秒杀极值点偏移问题》
题型01 加法型
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.
【典例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．
【跟踪训练】
1．（25-26高二下·广东广州·期中）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.
题型02 乘法型
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.
【典例2】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∴函数f(x)在上单调递减，在上单调递增．可设0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则F′(x)>0，得F(x)在上是增函数，
∴F(x)∴f(x)将x1代入上式得f(x1)又f(x1)＝f(x2)，∴f(x2)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<.
【跟踪训练】
1．已知函数．
(1)若，求的取值范围；
(2)证明：若有两个零点，，则．
2．（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03 减法型
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.
【典例3】（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，
，．
【跟踪训练】
1.（25-26高二下·广东江门·期中）已知函数，为的导函数.若的两个极值点分别为和，且.
(1)求实数的取值范围；
(2)证明：.
题型04 除法型
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.
【典例4】（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.
【跟踪训练】
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．（25-26高二下·河南南阳·阶段检测）已知函数， ，若 ，使得，则的最大值为（ ）
A． B．-1 C．-e D．
题型05 平方（立方）和型
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.
【典例5】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.
【跟踪训练】
1．（2026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）．
题型06 倒数和型
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；
【典例6】（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.
【跟踪训练】
1．（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：.
题型07 指数型
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.
【典例7】（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.
【跟踪训练】
1．（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：．
题型08 对数型
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.
【典例8】（25-26高三·全国·二轮复习）已知函数．若函数有两个不同的极值点，记作，且，求证：．
【分析】求函数导数，由函数存在极值点得到，，代入需要证明的不等式中并分离常数得到不等式，再由得到的代数式，从而建立不等式，通过换元后构造函数，并求导数，从而得到函数的单调性，从而知道的最值，然后证明不等式成立.
【详解】．
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.
【跟踪训练】
1．（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 三元极值点偏移
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.
【典例9】（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：.
【分析】（1）求导，分或两种情况，结合导数符号判断函数单调性；
（2）利用极值点偏移分别证明，，然后两个不等式作差可得答案.
【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.
【跟踪训练】
1．（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 斜率型
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.
【典例10】（25-26高三上·广东佛山·阶段检测）已知函数（）．
(1)求的单调区间；
(2)若函数，是函数的两个零点，证明：．
【分析】（1）求定义域，求导，对导函数因式分解，分与两种情况，得到函数单调区间；
（2）由已知条件可得，将所证不等式等价于证明不等式，令，构造函数，其中，利用导数证得即可.
【详解】（1）函数的定义域为，
，
①当时，，则在上单调递增；
②当时，若，则，若，则，
则在上单调递增，在上单调递减．
综上，当时，单调递增区间为，无递减区间；
当时，单调递增区间为；单调递减区间为.
（2）由已知可得，可得，
由可得，要证，即证，
即证，即证，
由题意可知，令，即证，
构造函数，其中，即证，
，所以，函数在上单调递增，
当时，，故原不等式成立.
【点睛】方法点睛：极值点偏移问题，若等式中含有参数，则消去参数，由于两个变量的地位相同，将特征不等式变形，如常常利用进行变形，可构造关于的函数，利用导函数再进行求解.
【跟踪训练】
1．（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 综合型
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.
【典例11-1】（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
【分析】函数极值点问题转化为方程根的问题研究.A项转化为二次方程有两不等正根求参数范围；BC项由韦达定理与参数范围可得；D项，先将所求式子整理变形，再利用韦达定理将整体代入消元，转化为求解函数的范围即可.
【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．
【典例11-2】（多选）（25-26高二下·山东德州·期中）设函数，函数有三个零点，且满足，则下列结论正确的是（ ）
A．恒成立 B．实数m的取值范围是
C．函数的单调减区间 D．若，则
【答案】BCD
【分析】利用导数求出函数的单调区间和极值，可以判断选项B，C；对于A，结合函数的图象以及零点的位置进行判断；对于D，要证得是否成立，只需证得，即是否成立，令，利用导数求出函数的单调区间，证得，从而证得结果.
【详解】当时，，令，解得.
当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以在时取得极大值，极大值为.
当时，，令，解得.
当时，，单调递减；当时，，单调递增；所以在时取得极小值，极小值为.
如图，
对于B，如图，函数有三个零点，实数m的在极大值和极小值之间，即取值范围是，故B正确；
对于A，如图2，函数有三个零点，，则，故A错误；
对于C，函数的单调减区间即为的单调减区间，在区间，上单调递减，.
当时，由洛必达法则，，所以时，，
所以的单调减区间为，即的单调减区间为，故C正确；
对于D，若，如图2，在上单调递减，在上递增，则
由正实数，且，，得，
当时，令，
，
即在上递减，
于是有，即，，又，，
从而有，在上递增，所以，所以，故D正确.
故选：BCD
【跟踪训练】
1．（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）．
1．（25-26高二下·湖北武汉·期中）函数的两个极值点满足，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
2．（多选）（25-26高二下·湖南益阳·阶段检测）已知函数，，若存在，，使得成立，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C．的最大值为 D．的最大值为
3．(多选)（25-26高二下·山东·期中）设函数与直线交于两点，，则（ ）
A． B． C． D．
4．（25-26高三上·河北石家庄·开学考试）已知函数．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)当时，若函数有2个不同的零点，．
（ⅰ）求a的取值范围；
（ⅱ）证明：．
5．已知函数，.
(1)若，求a的取值范围；
(2)若有两个实数解，，证明：.
6．（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：．
7．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：．
8．已知函数.
(1)若有两个零点，求的取值范围；
(2)若方程有两个实数根，且，证明：.
9．（2026高三·浙江嘉兴·期末）已知函数，若方程有三个不同的实数根.
(1)求的取值范围；
(2)若，求实数的值；
(3)证明：.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑