2026年高考数学终极冲刺：专题05 导数中的极值点偏移问题（抢分专练3大热点题型）（解析版）

4/4专题05导数中的极值点偏移问题题型考情分析考向预测1．对称构造解决极值点偏移问题 2025年全国二卷：第18题考查了极值点偏移问题2022年全国甲卷（理）：第22题考查了极值点偏移问题极值点偏移的结构创新，例如含减法式、根式等2．比值代换解决极值点偏移问题3．对数均值不等式解决极值点偏移问题题型1对称构造解决极值点偏移问题若已知函数满足，为函数的极值点，求证：.（1）讨论函数的单调性并求出的极值点；假设此处在上单调递减，在上单调递增.（2）构造；注：此处根据题意需要还可以构造成的形式.（3）通过求导讨论的单调性，判断出在某段区间上的正负，并得出与的大小关系；假设此处在上单调递增，那么我们便可得出，从而得到：时，.（4）不妨设，通过的单调性，，与的大小关系得出结论；接上述情况，由于时，且，，故，又因为，且在上单调递减，从而得到，从而得证.（5）若要证明，还需进一步讨论与的大小，得出所在的单调区间，从而得出该处函数导数值的正负，从而结论得证.此处只需继续证明：因为，故，由于在上单调递减，故.1．（2024高三·全国·专题练习）设函数．(1)判断函数的单调性；(2)若，且，求证：．【答案】(1)在上单调递增(2)证明见解析【分析】（1）由题意得，令，根据的正负确定的单调性，得，即得函数的单调性.（2）构造函数，其中，则，令，得，从而可得在上单调递减，然后根据函数的单调性可得.【详解】（1）∵，，∴．令，则．令，得或．当时，；当时，；当时，．∴在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减．又，，故对一切恒成立，∴，于是，故在上单调递增．（2）易知当时，由（1）知，，所以，当且仅当时取等号，与题意不符，当，由（1）知，，与题意不符，所以中一个在内，一个在内，不妨设．构造函数，其中，则．由，得．令，∵，∴在上单调递增，则．∴在上单调递减，∴，即对恒成立．∵，∴，∴．由（1）知在上单调递增，∴，故．2．已知函数．(1)若，求的取值范围；(2)证明：若有两个零点，，则．【答案】(1)；(2)证明见解析.【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）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．3．（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：．【答案】(1)答案见解析；(2)①；②证明见解析【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.4．已知函数，.(1)若，求a的取值范围；(2)若有两个实数解，，证明：.【答案】(1)(2)证明见解析【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.题型2比值代换解决极值点偏移问题比值换元的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点的比值作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用比值(一般用表示)表示两个极值点，即，化为单变量的函数不等式，继而将所求解问题转化为关于的函数问题求解．1．（2025高三·全国·专题练习）已知函数有两个不同的零点，且满足，求证：．【答案】证明见解析【分析】由是两个零点，可解得，接着构造函数证，即，根据函数单调性即可证明.【详解】由题意知，由得从而，，即．又，令,，，所以在单调递增，则，因为当时，，所以，所以，即，所以．令，，易知其单调递增，又，所以，即，所以，即．2．（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：．【答案】(1)单调递增区间为，无单调递减区间(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析【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．3．（2024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：．【答案】(1)无最大值，最小值为；(2)证明见解析.【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．4．（24-25高三下·河北保定·月考）已知函数，.(1)讨论的单调性；(2)若函数的图象在点处的切线方程为.（i）求的最小值；（ii）若关于x的方程有两个根，，证明：.【答案】(1)答案见解析(2)（i）1；（ii）证明见解析【分析】（1）对求导，利用导数与函数单调性的关系，分类讨论的取值范围即可得解；（2）（i）利用导数的几何意义求得，进而利用隐零点，结合导数求得的最值，从而得解；（ii）根据题意，利用极值点偏移的解决技巧，将问题转化为证恒成立，构造函数，利用导数即可得解.【详解】（1）因为，则，若，则当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增；若，则当时，；当时，，所以在上单调递增，在上单调递减.（2）（i）函数的定义域为，则，则，因为函数的图象在的切线方程为，所以，则，所以，因为，所以，令，则，令，则，，所以，使，即，则，又，所以在上单调递增，当时，，即，当时，，即，所以在上单调递减，在上单调递增，故的最小值为.（ii）由题意可知，，即方程有两个根，，令，，则，所以，设，由（1）知，在上单调递增，又，所以，则，由，得，，所以，要证，需证，即证，令，则，令，则，所以在上单调递增，则，即，则在上单调递减，所以，因此成立，故，得证.5．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：．【答案】(1)(2)证明见解析【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.题型3指数、对数均值不等式解决极值点偏移问题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．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：1．已知函数.若有两个零点，证明：.【答案】证明见解析【分析】利用构造函数法，从而只需证明，即可求解.【详解】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.2．（2024·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：.【答案】(1)(2)（i）单调增区间为，，单调减区间为（ii）证明见解析【分析】（1）求导，再根据导数的几何意义即可得解；（2）（i），时，取得极值，所以，求出，进而可求出函数的单调区间；（ii），存在两个极值点，即方程，在上有两个不等实根，所以，而等价于，构造函数即可得证.【详解】（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，∴.3．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.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）将问题转化为与有三个不同的交点，利用导数研究函数的性质，从而结合图象即可求得实数的范围；（2）利用导数求得函数的单调性，再利用零点存在定理证得，再利用零点的定义将问题，构造函数，利用导数证得即可得证.【详解】（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.4．（2025·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）．【答案】(1)的零点为0；在上单调递减，在上单调递增.(2)证明见解析【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）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.1．已知函数有两个不同的零点.求证：.【答案】证明见解析【分析】利用导数可得在处取得极小值，设，要证明，只需证，构造函数，求导证明即可.【详解】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.2．（25-26高三上·河南·期末）已知函数.(1)讨论函数的单调性；(2)设，若对任意，恒成立，求实数的取值范围；(3)当时，函数有两个零点，，求证：.【答案】(1)答案见解析(2)(3)证明见解析【分析】（1）求出导函数，按照和分类讨论研究函数单调性；（2）将题干恒成立问题转化为，设，利用导数法求得在上单调递增，从而转化为在上恒成立，设，，利用导数法求得，即可求解；（3）将证明转化为证，设，，利用导数法求得单调递减，则有，即可得证.【详解】（1）函数，其定义域为，∴.

当时，恒成立，∴在上单调递增；当时，令，解得，当时，，当时，，∴在上单调递减，在上单调递增.

综上所述，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增.（2）由题意，∴即.

∵，∴不等式可化为，即.

设，则当时，；当时，；当时，.，当时，，在上单调递增.当时，，，故，当时，，，，在上恒成立，即在上恒成立.设，，则，在上单调递增，，∴，综上实数a的取值范围是.（3）由（1）知，当时，在上单调递减，在上单调递增.函数有两个零点，，不妨设，则.要证，只要证，，，只要证.又∵，∴只要证.

设，，则.当时，，，，∴，∴单调递减，∴.

，即，∴.3．（2026高三·全国·专题练习）已知，若有两个不等实根，，求证：．【答案】证明见解析【分析】先设，将变为，将问题转化为有两个不相等实根，利用导数求出的单调性，进而找到，再将问题转化为，再令将问题转化为证明不等式，构造函数借助导数证明即可.【详解】设，，则，则有两不等实根，（不妨设），要证，只要即可；又，令，解得，所以时，，单调递增；时，单调递减；所以，方程要有两个不等实根，则，即，且，下面证明，由，两式作差得（①），作差得（②），由①②两式化简可得，若要证明，只需证明，只需证明，只需证明，令，即证明，只需证明，令，令，解得，故，单调递减，所以，故不等式成立，从而原不等式成立.所以得证，所以，所以．4．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：.【答案】(1)(2)证明见解析【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.5．（25-26高三上·河北·月考）已知函数，且有两个零点.(1)求的取值范围；(2)证明：.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）求定义域，求导，得到函数单调性，结合函数走势，得到不等式，求出答案；（2）先证明对一切不相等的正实数，都有，进而得到，则，由基本不等式得，进而求出.【详解】（1）定义域为，由题意可得.当时，，当时，，故在上单调递增，在上单调递减.当时，，当时，，且，则，解得，即的取值范围为；（2）证明：先证明对一切不相等的正实数，都有.不妨设，要证，即证设，则，所以在上单调递增，所以，即当时，有，故，即.因为是的两个零点，所以所以，则，所以，则.因为，所以.因为，所以.因为，所以，即.6．（2026·贵州贵阳·模拟预测）已知函数.(1)讨论的单调性；(2)设a，b为两个不相等的正数，且，证明：.【答案】(1)单调递减区间是，单调递增区间是(2)证明见解析【分析】（1）首先求函数的导数，根据导数的正负，判断函数的单调性；（2）首先根据函数解析式的形式，将条件变形，将问题转化为证明，其中，根据所设函数，，证明，再结合函数的单调性，即可证明左边，再将右边转化为证明.【详解】（1）因为，在定义域内单调递增，，得，且时，当时，所以的单调递减区间是，单调递增区间是.（2）.令，，设，则.故问题等价于证明：.不妨设，则.先证明左边：.证明：设，.则，因为，设于是.所以在上单调递增，故，从而在上单调递减，所以，即.又，且，所以.又因为，，且在上单调递增，所以，故.再证明右边不等式：.证明：有，可得，，所以.令，，，其中，.当时，显然有.下面讨论的情形.因为，易知当时，；当时，.所以在上单调递减，在上单调递增.所以.记，，则.记，则.记，则，所以在上单调递增，得，所以，故在上单调递减，所以，即，所以在上单调递减，故，得证.7．（2024·全国·模拟预测）已知函数．(1)求的单调区间；(2)若有两个零点，，且，求证：．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）先求出函数的导数，然后分类讨论的取值情况，从而可求解.（2）结合（1）中结论可知，从而求出，，然后设并构造函数，然后利用导数求解，然后再构造函数证明，从而求解.【详解】（1）因为函数的定义域是，，当时，，所以在上单调递减；当时，令，解得，当时，，单调递增；当时，，单调递减．综上所述，当时，的减区间为，无增区间；当时，的增区间为，减区间为．（2）因为是函的两个零点，由（1）知，因为，设，则，当，，当，，所以在上单调递增，在上单调递减，．又因为，且，所以，．首先证明：．由题意，得，设，则两式相除，得．要证，只要证，即证．只要证，即证．设，．因为，所以在上单调递增．所以，即证得①．其次证明：．设，．因为，所以在上单调递减．所以，即．所以②．由①②可证得．8．曲率是指曲线上某个点的切线方向角对弧长的转动率，曲率越大，表示曲线在该点处的弯曲程度越大．记，定义曲线在点处的曲率为．(1)比较曲线在点和处弯曲程度的大小；(2)若函数的图象上存在两个不同的点、，使得曲线在、处的曲率均为．（i）求的取值范围；（ii）证明：．【答案】(1)答案见解析(2)（i）；（2）证明见解析【分析】（1）根据曲率的定义可求出曲线在点、处曲率，比较大小即可；（2）（i）分析可知有两个不同的解、，参变量分离可知有两个不同的解，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围；（ii）由方程组得，设，先证，结合分析将所证不等式等价变形为即证，令，即证，构造函数，结合函数的单调性可证得结论成立.【详解】（1）设，其中，则，，所以，，，，所以在点处的曲率为.在点处的曲率为，所以曲线在点处的曲率小于其在点处的曲率.曲线在点处的弯曲程度小于其在点处的弯曲程度.（2）（i）因为，其中，则，，因为函数的图象上存在两个不同的点、，使得曲线在、处的曲率均为．即有两个不同的解、，即有两个不同的解、，所以，令，得，令，得，当时，，即在上单调递增，当时，，即在单调递减，所以，，作出直线与函数的图象如下图所示：由图可知，当时，即当时，直线直线与函数的图象有两个交点，因此，实数的取值范围是；（ii）由得，不妨设，由（i）可知，先证明，即证，即证，令，即证，构造函数，其中，则对任意的恒成立，所以函数在上为增函数，则，故当时，，所以，，由基本不等式可得，故结论成立.9．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：；【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）求出函数的定义域和导数，再根据和分类讨论，即可得出函数的单调性；（2）由可得，是方程的两不等实根，从而可将问题转化为是方程的两不等实根，即可得到和的范围，原不等式等价于，即极值点偏移问题，根据对称化构造（解法1）或对数均值不等式（解法2）等方法即可证出．【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，