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重难点培优07 极值点偏移
知识精讲·重难聚焦讲技巧
题型深研·通法变式提能力
题型1 对称化构造
题型2 比(差)值换元
题型3 拐点偏移问题
题型4 对（指）数平均不等式
题型5 与极值点偏移有关的恒成立与有解问题
分层进阶·双阶训练验成效
巩固过关
创新提升
知识精讲·重难聚焦讲技巧
知识点1 极值点偏移的概念
若直线与函数的图像交于两点，且函数在区间上存在唯一极值点，极值点偏离区间的中点的现象就是极值点偏移.
①若，称为极值点左移； ②若，称为极值点右移；
知识点2 极值点偏移的常见类型及求解方法
常见类型
①；②；
③对数平均不等式（隐蔽偏移）：；
已知，由得，.
又的极值点，即.
要证，即证；要证，即证.
题型深研·通法变式提能力
题型1 对称化构造
【例1】（2025·重庆沙坪坝二模）已知常数，函数.
(1)若，求的取值范围;
(2)若、是的零点，且，证明:.
【解】（1）由已知得的定义域为，
且
，
当时，，即在上单调递减；
当时，，即在上单调递增.
所以在处取得极小值即最小值，
，
，
，即的取值范围为.
（2）由（1）知，的定义域为，
在上单调递减，在上单调递增，且是的极小值点.
、是的零点，且，
、分别在、上，不妨设，
设，
则
当时，，即在上单调递减.
，，即，
，，
，，
又，在上单调递增，
，即.
【变式1】（2025·河北保定·二模）已知函数为其导函数．
(1)若恒成立，求的取值范围；
(2)若存在两个不同的正数，使得，证明：．
【解】（1），当时，单调递增；
当时，单调递减．所以，
解得，即的取值范围为．
（2）证明：不妨设，则，要证，
即证，则证，则证，
所以只需证，即．
令，则，．
当时，，则，
所以在上单调递减，则．所以．
由（1）知在上单调递增，所以，从而成立．
【变式2】已知函数有两个不同的零点.求证：.
【解】定义域为，
，所以在上单调递减.
，所以在上单调递增，
所以在处取得极小值，也是最小值，
又，
所以先保证必要条件成立，即满足题意.
当时，；
，
由以上可知，当时，有两个不同的零点.
由题意，设，要证明，只需证明.
因为在上单调递减，且，
只需证.
又，即只需证，
构造函数，
因为，
所以
，，
则，
所以在单调递减，
所以.
因为，所以，成立，即，
所以.
【变式3】已知函数有两个零点．
(1)求的取值范围；
(2)若，求证：．
【解】（1）．
①当时，只有一个零点，不合题意．
②当时，可得下表．
1
－ 0 ＋
减 最小值 增
由，，可得在上有一个零点．
，
令且，
可得，
所以在上也有一个零点，满足题意．
③当时，再分三种情况讨论．
（i）当时，，单调递增，至多有一个零点，不满足题意，
（ii）当时，，列表如下．
1
＋ 0 － 0 ＋
增 极大值 减 极小值 增
因为，所以至多有一个零点，不满足题意，
（iii）当时，，列表如下．
1
＋ 0 － 0 ＋
增 极大值 减 极小值 增
因为当时，，，所以，至多有一个零点，不满足题意，
综上，的取值范围为；
（2）欲证，即证．
由（1），设，得．
又由（1）知在上单调递减，所以欲证，即证．
又，即证．
设，
则
．
由，得，从而，，在上单调递增，
所以，得，原命题得证．
题型2 比(差)值换元
【例2】已知函数g（x）＝ln x－ax，若g（x）的两个相异零点为x1，x2，求证：x1x2＞e2
【证明】（1）法一　不妨设x1>x2，
因为ln x1－ax1＝0，ln x2－ax2＝0，
所以ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，
ln x1－ln x2＝a(x1－x2)，
所以＝a.
欲证x1x2>e2，即证ln x1＋ln x2>2.
因为ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，
所以即证a>，
所以原问题等价于证明>，
即ln >.
令c＝(c>1)，
则不等式变为ln c>.
令h(c)＝ln c－(c>1)，
所以h′(c)＝－＝>0，
所以h(c)在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(c)>h(1)＝ln 1－0＝0，
即ln c－>0(c>1)，
因此原不等式x1x2>e2得证.
法二　由题意，函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)，即f(x1)＝f(x2)＝0，
易知ln x1，ln x2是方程x＝aex的两个根，
设t1＝ln x1，t2＝ln x2，g(x)＝xe－x，
则g(t1)＝g(t2)，
从而x1x2>e2 ln x1＋ln x2>2 t1＋t2>2.
下证：t1＋t2>2.
g′(x)＝(1－x)e－x，易得g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以函数g(x)在x＝1处取得极大值g(1)＝.
当x→－∞时，g(x)→－∞；
当x→＋∞时，g(x)→0且g(x)>0，
由g(t1)＝g(t2)，t1≠t2，不妨设t1作出函数g(x)的图象如图所示，
由图知必有0令F(x)＝g(1＋x)－g(1－x)，x∈(0，1]，
则F′(x)＝g′(1＋x)＋g′(1－x)＝(e2x－1)>0，
所以F(x)在(0，1]上单调递增，
所以F(x)>F(0)＝0对任意的x∈(0，1]恒成立，
即g(1＋x)>g(1－x)对任意的x∈(0，1]恒成立.
由0所以g[1＋(1－t1)]＝g(2－t1)>
g[1－(1－t1)]＝g(t1)＝g(t2)，
即g(2－t1)>g(t2).
又2－t1，t2∈(1，＋∞)，且g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以2－t12，即x1x2>e2.
【变式1】（2026·福建莆田二模节选）已知函数，若有两个不同极值点、.当时，证明：.
【解】由，即，得，
要证明，只需证明，
而，
令，则，欲证明，
即证明，只需证明即可，
令，
求导得，
令，当时，，
则在单调递增，故，
则，令在时单调递增，则，
因此，即，所以.
【变式2】已知函数.
(1)求的最大值；
(2)已知关于的方程恰有两个实数根、，若，求的取值范围；
【解】（1）函数的定义域为，，令，解得，
所以当时，，即在上单调递增，
当时，，即在上单调递减，
所以当时，取得最大值，即.
（2）由题意可得，整理得，
不妨设，所以，所以，
所以，
设，则，
设，则，
所以在上单调递增，所以，
所以，则在上单调递增，所以.
所以的取值范围为.
【变式3】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】（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，∴．
题型3 拐点偏移问题
【例3】设是函数的导函数，是函数的导函数，若方程有实数解，则称点为曲线的“拐点”．经过探究发现：任何一个三次函数的图象都有“拐点”，且“拐点”就是三次函数图象的对称中心．已知函数13的图象的对称中心为．
(1)求实数m，n的值；
(2)求的零点个数.
【解】（1）因为，
所以，
所以，
又因为的图象的对称中心为，
所以
即解得
（2）由（I）知，，
所以，
令，得或，
当变化时，的变化情况如下表：
-3 1
+ 0 - 0 +
↗ 14 ↘ -18 ↗
所以的极大值为，极小值为，
又，
所以有3个零点．
【变式1】拐点，又称反曲点，指改变曲线向上或向下的点（即曲线的凹凸分界点）.设是函数的导函数， 是函数的导函数，若方程有实数解，并且在点左右两侧二阶导数符号相反，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.求的拐点.
【解】（1），，
由题意得，即，解得，
且，即，解得，
故，
所以，
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），
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
【变式2】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:.
【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.
题型4 对（指）数平均不等式
【例4】已知函数.若有两个零点，证明：.
【解】由题意得，令，则，，
所以在上单调递增，故至多有解；
又因为有两个零点，所以，有两个解，
令，，易得在上递减，在上递增，所以.
此时，两式相除，可得：.
于是，欲证只需证明：，
下证：
因为，
不妨设，则只需证，
构造函数，则，
故在上单调递减，故，即得证，
综上所述：即证.
【变式1】（2026·天津·一模）设函数.
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)设函数
（i）当时，取得极值，求的单调区间；
（ii）若存在两个极值点，证明：.
【解】（1），
则，
所以曲线在点处的切线方程为，即；
（2）（i），
，
∵时，取得极值，∴，解得，
∴，
令，得或；令，得，
∴的单调增区间为，，单调减区间为；
（ii），
∵存在两个极值点，
∴方程，即在上有两个不等实根.
∵，解得，
则
∴所证不等式等价于，
即，
不妨设，即证，
令，，
则，
∴在上递增，∴，
∴成立，
∴.
【变式2】已知函数.
(1)若方程有3个零点，求实数的取值范围；
(2)若有两个零点，求证：，且.
【解】（1）解：令，即得，即方程有三个零点，
即直线与曲线有三个不同的交点，
可得，
所以当或时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时，有极小值为，
当时，有极大值为，
当时，，且当时，，
所以作出函数的图象如图所示，
所以数形结合可知，即实数的取值范围为.

（2）解：因为，
当时，单调递增，不可能有两个零点，所以，此时，
令，得，所以当时，；
当时，，
故在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以，
若有两个零点，则，得，所以，
当时，，，，
故存在，使得，
又当趋向于时，趋向于，故存在，使得，
故，则满足，可得，即，
要证，只需证，
两边同乘以，可得，
因为，，所以，
令，即证，即证，
令，可得，
令，，故在区间上单调递增，
故，因此，所以在区间上单调递增，
故，因此原不等式成立.
【变式3】已知函数．
(1)当时，求函数在处的切线方程；
(2)当时，若函数有个不同的零点，．
（ⅰ）求的取值范围；
（ⅱ）证明：
【解】（1）当时，，则 ，
，切线方程为 ，即.
（2）（ⅰ）当时，若函数有个不同的零点，，
∴恰有个正实根，，即方程恰有个正实根，，
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，
当从的右侧无限趋近于时，趋近于；
当无限趋近于时，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）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．
题型5 与极值点偏移有关的恒成立与有解问题
【例5】已知函数，在其定义域内有两个不同的极值点.
(1)求的取值范围；
(2)记两个极值点为，，且，当时，求证：不等式恒成立.
【解】(1)由题意知，函数的定义域为，
方程在有两个不同根，
即方程在有两个不同根，
即方程在有两个不同根；
令，则，
则当时，，时，，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，
又因为，当时，，当时，，
所以的取值范围为；
(2)证明：欲证 两边取对数等价于要证，
由（1）可知，分别是方程的两个根，
即，
所以原式等价于，因为，，
所以原式等价于要证明.
又由，作差得，，即.
所以原式等价于，令，，
则不等式在上恒成立.
令，
又，
当时，可见时，，
所以在上单调增，
又，,
所以在恒成立，所以原不等式恒成立.
【变式1】已知函数，.
(1)求证：，；
(2)若存在、，且当时，使得成立，求证：.
【解】(1)证明：构造函数，其中，
则
，
因为，则，，
即当时，，所以，函数在上单调递减，
故当时，，即.
(2)证明：先证明对数平均不等式，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，，
本题中，若，则，
此时函数在上单调递减，不合乎题意，所以，，
由（1）可知，函数在上单调递减，不妨设，则，
则，即，
所以，，
因为，则，
所以，，
所以，，
所以，，所以，，
由对数平均不等式可得，可得，所以，.
【变式2】已知函数（其中e为自然对数的底）
(1)若在上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)若，是的极值点且.若，且. 证明：.
【解】（1）因为在上单调递增，所以在恒成立，
所以在恒成立，
令，，
①当时，在恒成立，在上单调递增，
所以，所以满足题意.
②当时，令，则.
(i)，所以，在单调递增，
所以，所以满足题意.
（ii），在上单调递减，在上单调递增，
所以，
令，，
所以在恒成立，所以在上单调递减，
而，所以不成立.
所以实数a的取值范围为：.
（2），，
因为是的极值点，所以满足，
令，则若，解得，
所以当时，，当时，，
所以，，
所以是唯一负极值点，且在上单调递增，在上单调递减，
要证明，即证明，
化简得，由于在上单调递增，
且由，，可知.
故，
从而可推得，而，
因此.
令，
则，
，
而，所以，
故单调递增，从而，即，
从而，即证得.
【变式3】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，∴.
分层进阶·双阶训练验成效
巩固过关
1．（2026·山西·模拟预测）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】（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.
2．（2026·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】（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.
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】（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．
4．（2026·河南平顶山·模拟预测）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】（1）解：由，得，
设，则，，
因为，所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增．
又因为，所以，
，
，
所以a的取值范围是．
（2）证明：不妨设，
由（1）知，则，，，
又在上单调递增，
所以等价于，即．
设，
则．
设，则，
设，则，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，又因为，，，
所以存在，使得，当时，，即，
当时，，即，
所以在上单调递减，在上单调递增．
又因为，，
所以当时，，当时，，
所以当时，，单调递减，
因为，所以，
所以，即原命题得证．
5．（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】（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．
6．（2026·全国·模拟预测）已知函数，其中为自然对数的底数.
（1）求函数的单调区间和极值；
（2）设方程的两个根分别为，，求证：.
【解】（1）由题意得：，令，解得：，，
当时，；当时，；
的单调递增区间为，；单调递减区间为；
的极大值为；极小值为；
（2）当时，，令，解得：，
当时，方程的两个根在区间内.
设函数，
则
，.
令，，则，
在上为增函数，又，
则当时，；当时，；
当时，，当时，，当时，，
在上单调递减.
不妨设，
在上单调递减，在上单调递增，，
，，又，，
，，由（1）知：在上单调递增，，
.
7．（2026·河南郑州·模拟预测）已知函数．
（1）判断函数的单调性；
（2）若方程有两个不同的根，求实数的取值范围；
（3）如果，且，求证：．
【解】（1）因为，所以，令，解得，令，解得，
即函数在上单调递增，在上单调递减．
（2）由（1）可得函数在处取得最大值，，
所以函数的图象大致如下：
易知函数的值域为．
因为方程有两个不同的根，
所以，即，，解得．
即实数的取值范围为．
（3）证明：由，，不妨设，
构造函数，，，
则，
所以在，上单调递增，，
也即对，恒成立．
由，则，，
所以，
即，又因为，，且在上单调递减，所以，
即证．
即．
8．（2026·山西太原一模）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】（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：.
9．（2026·天津·模拟预测）已知函数.
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)当时，有两个极值点，且，
（ⅰ）求t的范围；
（ⅱ）证明：
【解】（1）当时，函数，求导得，则，
而，所以曲线在处的切线方程为.
（2）（ⅰ）当时，函数，求导得，
由是函数的两个极值点，得是方程的两个不等实根，
由，得，令函数，则，
当时，；当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，
而，所以.
（ⅱ）有两解，即，两边取对数得,
则当时，，
令，则，，因此，
不等式等价于，令函数，
求导得，函数在上单调递增，
则，即 ，，于是.
10．（2026·河北·模拟预测）已知函数，函数，t，a均为实数．
(1)当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
(2)当时，若存在正实数x，使不等式成立，求a的取值范围；
(3)若函数有两个不同的零点，记作，，且，求证：．
【解】（1）当时，,
则，即切点坐标为,
，，
则切线方程为，
令，得轴截距为，令，得轴截距为，
则切线与两坐标轴围成的三角形的面积.
（2）已知，则，若存在正实数x，使，
即，即有解，
因为，两边同时除以得，
即，
令，
，
易得，，则的符号完全由决定，
所以当时，，单调递减，
当时， ，单调递增，
所以，
即.
（3）由两边同时取对数得，
已知是的两根，所以，
设，因为，所以，
将代入得，
则，
即，
则问题转化为证明：当时，，即证，
设，则
，
因为，所以且，
因此在上，,单调递增，
所以,即，
由此可得，即，
两边同时取指数，则有，命题得证.
11．（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】（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.
12．（2026·北京昌平·二模）已知函数，.
(1)若曲线在点处的切线与直线垂直，求的值；
(2)若在上单调递增，求的取值范围；
(3)若有两个不同的极值点，求证：.
【解】（1）解：因为，所以.
所以.
因为曲线在点处的切线与直线垂直，
所以，解得.
所以.
（2）解：.
因为函数在上单调递增，
所以在上恒成立，即在上恒成立.
设，则.
令，解得.
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
又.
所以的最小值为，
所以的取值范围为.
（3）证明如下：
由（2）可知当时，函数有两个不同的极值点，
不妨设.
所以是方程的两个解. 即，.
所以.
设，则.
所以，即，所以.
所以.
所以.
所以要证，只需证：对任意，，
设，则，
令，则.
因为当时，，所以在上单调递增.
因为，所以.
所以在上单调递增.
所以.
所以，即成立.
所以.
创新提升
13．（2026·河北秦皇岛·一模）已知函数.
(1)当时，判断函数的单调性;
(2)当时，判断函数的零点个数;
(3)当时，是否存在实数，使得有两个极值点 若存在，求证：（为极值点）；若不存在，请说明理由.
【解】（1）当时，，定义域为，，
令，则， 令得，
当时，，单调递减；当时，，单调递增；
所以当时，即取得最小值为，
即对所有恒成立。 因此，在上单调递增.
（2）当时，，显然，故是一个零点，
又，当时，，，故，在单调递增，因此时无零点；
当时，令，则，令得，
当时，，即单调递减，
当时，，即单调递增，
所以的最小值为，又，
时，故在有两个零点，
因此在递增，递减，递增：
因为，，且，
又在单调递减，且，所以，而，所以，
所以，又时，，
所以在和各有一个零点，
综上，共有个零点.
（3）当时，存在满足条件的实数，使得有两个极值点.
证明如下： 的极值点满足，
若，时，无正极值点；
若，令，则，
令得，
当时，，单调递减；当时，，单调递增；
所以当时取得极小值，
因为，时，，
所以当时，有两个极值点，此时，得，
即存在，使得有两个极值点.
下证：
因为是的两个极值点，所以是的两个根，
可得，取对数得，则，整理得，要证，即证，
不妨设，则不等式变形为，
令，则，即证，
令，则，
所以在单调递增，
所以，即，得，
因此得证.
14．（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：.
【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.
15．（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】（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.
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重难点培优07 极值点偏移
知识精讲·重难聚焦讲技巧
题型深研·通法变式提能力
题型1 对称化构造
题型2 比(差)值换元
题型3 拐点偏移问题
题型4 对（指）数平均不等式
题型5 与极值点偏移有关的恒成立与有解问题
分层进阶·双阶训练验成效
巩固过关
创新提升
知识精讲·重难聚焦讲技巧
知识点1 极值点偏移的概念
若直线与函数的图像交于两点，且函数在区间上存在唯一极值点，极值点偏离区间的中点的现象就是极值点偏移.
①若，称为极值点左移； ②若，称为极值点右移；
知识点2 极值点偏移的常见类型及求解方法
常见类型
①；②；
③对数平均不等式（隐蔽偏移）：；
已知，由得，.
又的极值点，即.
要证，即证；要证，即证.
题型深研·通法变式提能力
题型1 对称化构造
【例1】（2025·重庆沙坪坝二模）已知常数，函数.
(1)若，求的取值范围;
(2)若、是的零点，且，证明:.
【变式1】（2025·河北保定·二模）已知函数为其导函数．
(1)若恒成立，求的取值范围；
(2)若存在两个不同的正数，使得，证明：．
【变式2】已知函数有两个不同的零点.求证：.
【变式3】已知函数有两个零点．
(1)求的取值范围；
(2)若，求证：．
题型2 比(差)值换元
【例2】已知函数g（x）＝ln x－ax，若g（x）的两个相异零点为x1，x2，求证：x1x2＞e2
【变式1】（2026·福建莆田二模节选）已知函数，若有两个不同极值点、.当时，证明：.
【变式2】已知函数.
(1)求的最大值；
(2)已知关于的方程恰有两个实数根、，若，求的取值范围；
【变式3】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：．
题型3 拐点偏移问题
【例3】设是函数的导函数，是函数的导函数，若方程有实数解，则称点为曲线的“拐点”．经过探究发现：任何一个三次函数的图象都有“拐点”，且“拐点”就是三次函数图象的对称中心．已知函数13的图象的对称中心为．
(1)求实数m，n的值；
(2)求的零点个数.
【变式1】拐点，又称反曲点，指改变曲线向上或向下的点（即曲线的凹凸分界点）.设是函数的导函数， 是函数的导函数，若方程有实数解，并且在点左右两侧二阶导数符号相反，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.求的拐点.
【变式2】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:.
题型4 对（指）数平均不等式
【例4】已知函数.若有两个零点，证明：.
【变式1】（2026·天津·一模）设函数.
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)设函数
（i）当时，取得极值，求的单调区间；
（ii）若存在两个极值点，证明：.
【变式2】已知函数.
(1)若方程有3个零点，求实数的取值范围；
(2)若有两个零点，求证：，且.
【变式3】已知函数．
(1)当时，求函数在处的切线方程；
(2)当时，若函数有个不同的零点，．
（ⅰ）求的取值范围；
（ⅱ）证明：
题型5 与极值点偏移有关的恒成立与有解问题
【例5】已知函数，在其定义域内有两个不同的极值点.
(1)求的取值范围；
(2)记两个极值点为，，且，当时，求证：不等式恒成立.
【变式1】已知函数，.
(1)求证：，；
(2)若存在、，且当时，使得成立，求证：.
【变式2】已知函数（其中e为自然对数的底）
(1)若在上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)若，是的极值点且.若，且. 证明：.
【变式3】已知函数.
(1)证明：.
(2)若函数，若存在使，证明：.
分层进阶·双阶训练验成效
巩固过关
1．（2026·山西·模拟预测）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：．
2．（2026·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：.
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．
4．（2026·河南平顶山·模拟预测）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：．
5．（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：．
6．（2026·全国·模拟预测）已知函数，其中为自然对数的底数.
（1）求函数的单调区间和极值；
（2）设方程的两个根分别为，，求证：.
7．（2026·河南郑州·模拟预测）已知函数．
（1）判断函数的单调性；
（2）若方程有两个不同的根，求实数的取值范围；
（3）如果，且，求证：．
8．（2026·山西太原一模）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：.
9．（2026·天津·模拟预测）已知函数.
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)当时，有两个极值点，且，
（ⅰ）求t的范围；
（ⅱ）证明：
10．（2026·河北·模拟预测）已知函数，函数，t，a均为实数．
(1)当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
(2)当时，若存在正实数x，使不等式成立，求a的取值范围；
(3)若函数有两个不同的零点，记作，，且，求证：．
11．（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：
12．（2026·北京昌平·二模）已知函数，.
(1)若曲线在点处的切线与直线垂直，求的值；
(2)若在上单调递增，求的取值范围；
(3)若有两个不同的极值点，求证：.
创新提升
13．（2026·河北秦皇岛·一模）已知函数.
(1)当时，判断函数的单调性;
(2)当时，判断函数的零点个数;
(3)当时，是否存在实数，使得有两个极值点 若存在，求证：（为极值点）；若不存在，请说明理由.
14．（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：.
15．（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：．
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