专题六 函数与导数
微专题6 极值点与拐点偏移问题
一、考点透析
考点1 双变量转化减元
1.(2025·山东省菏泽市·期中)已知函数f ( x)=e
x−asin x +b在x =0处取得极值1．
(1)求实数a、b的值；
(2)证明：f ( x)在(−2π ,−π )上有两个零点，且两个零点的和小于−3 π．
【答案】（1）a=1，b=0；
（2）见解析
【解析】解：(1)由f ( x)=e
x−asin x +b，得f
′( x)=e
x−acos x．
由题意，得f
′(0)=1−a=0，f (0)=1+b=1，解得a=1，b=0，
经检验，符合题意．
(2)由(1)，得f ( x)=e
x−sin x，f
′( x)=e
x−cos x
令g( x)=e
x−cos x，x∈(−2π ,−π )，
因为当−2π < x< −π时，sin x>0，
所以g
′( x)=e
x+sin x>0，
所以g( x)= f
′( x)在(−2π ,π )上单调递增．
又f
′ (−2π )=e
−2 π−1<0，f
′ (−π )=e
−π +1>0，
所以存在唯一的x0∈(−2π ,−π )，使得f
′(x0)=0，
所以当x∈(−2π , x0)时，f
′( x)<0，f ( x)在(−2π , x0)上单调递减，
当x∈(x0,−π)时，f
′( x)>0，f ( x)在(x0,−π)上单调递增．
又f (−2π )=e
−2π>0，f (−π )=e
−π>0，f(−3 π
2 )=e
−3 π
2 −1<0，
所以存在x1∈(−2π ,−3 π
2 )
，x2∈(−3 π
2 ,−π)
，
使得f (x1)= f (x2)=0，所以f ( x)有两个零点．
因为f (−3 π −x1)=e
−3 π −x1−sin(−3 π −x1)=e
−3 π −x1−sin x1
，
又x1< −3 π −x1，所以e
x1<e
−3 π −x1，
所以f (−3 π −x1)>e
x1−sin x1= f (x1)= f (x2)=0．
因为f
′(−3 π
2 )=e
−3 π
2 >0，f
′( x)在(−2π ,−π )上单调递增，
所以f ( x)在(−3 π
2 ,−π)
上单调递增，−3 π
2 < −3 π −x1< −π
所以−3 π −x1> x2，所以x1+ x2< −3 π．
2.(2025·天津市·联考)已知函数f ( x)= ln x−ax(a∈R ,e为自然对数的底数)．
(1)当a= 1
2
时，求f ( x)的极值；
(2)设函数g( x)= f ( x)−2 x +1，若g( x)≤0在其定义域内恒成立，求实数a的最小值；
(3)若关于x的方程f ( x)= x
2恰有两个相异的实根x1
，x2
，求实数a的取值范围，并证明
x1 x2>1．
【答案】（1）f ( x)的极大值为ln2−1，无极小值；
（2）实数a的最小值−1；
（3）见解析
【解析】解：(1)当a= 1
2
时，f ( x)= ln x−1
2 x，x∈(0,+ ∞)，
所以f ′( x)= 1
x −1
2 = 2−x
2 x
，
令f ′( x)=0，解得x =2，
x
(0,2)
2
(2,+∞)
f
′( x)
+
0
−
f ( x)
单调递增
ln2−1
单调递减
所以f ( x)的极大值为ln 2−1，无极小值；
(2)由题意得g( x)= ln x−(a+2)x +1⩽0在(0,+∞)上恒成立，
因为x>0，所以a+2≥ln x +1
x
在(0,+∞)上恒成立，
设h( x)= ln x +1
x
( x>0)，则h
′( x)= −ln x
x
2
，
令h′( x)=0，解得x =1，
当0< x<1时，h′( x)>0，函数h( x)单调递增；
当x>1时，h′( x)<0，函数h( x)单调递减，
因此h( x)max =h(1)=1，所以a+2≥1，即a≥−1，
所以实数a的最小值−1；
(3)证明：由f ( x)= x
2即ln x−ax = x
2得ln x
x −x−a=0，
令m( x)= ln x
x −x−a( x>0)，则m′( x)= 1−ln x
x
2
−1= 1−x
2−ln x
x
2
，
设t( x)=1−x
2−ln x，则t ′( x)=−2 x−1
x
，
因为x>0，所以t ′( x)<0恒成立，函数t( x)在(0,+∞)单调递减，
而t(1)=0，故在(0,1)上t( x)>0，m′( x)>0，m( x)单调递增，
在(1,+ ∞)上t( x)<0，m′( x)<0，m( x)单调递减，
所以m( x)max =m(1)=−1−a，
故方程f ( x)= x
2恰有两个相异的实根只需−1−a>0，
所以实数a的取值范围是(−∞,−1)，
下证：x1 x2>1，不妨设x1< x2，则0< x1<1< x2，0< 1
x2
<1，
所以x1 x2>1⇔x1> 1
x2
⇔m( x1)>m( 1
x2
)，
因为m(x1)=m(x2)=0，
所以m( x1)−m( 1
x2
)=m( x2)−m( 1
x2
)=( ln x2
x2
−x2−a)−(
ln 1
x2
1
x2
−1
x2
−a)
= ln x2
x2
−x2−
ln 1
x2
1
x2
+ 1
x2
= ln x2
x2
−x2+ x2ln x2+ 1
x2
=( 1
x2
+ x2)ln x2−x2+ 1
x2
，
令φ( x)=( 1
x + x)ln x−x + 1
x ( x>1)，则φ′( x)=(1−1
x
2 )ln x>0，
所以φ( x)在(1,+ ∞)上单调递增，
所以当x>1时，φ( x)>φ(1)=0，即( 1
x2
+ x2)ln x2−x2+ 1
x2
>0，
所以m( x1)>m( 1
x2
)，所以x1 x2>1．
考点2 构造对称函数解决含参偏移问题
1．（2025·河北邢台·三模）已知函数
.
(1)当
时，点
在曲线
上运动，过点
作切线可得到一系列的切线，
，
，
，称其为“动态切线系列”，试探讨“动态切线系列”中是否存在两条切线平行于
轴；
（写出推理依据）
(2)若
分别是
的两个不等的极值点.
①求实数
的取值范围；
②证明：
.
【答案】(1)存在
(2)①
；②证明见解析
【详解】（1）当
时，
，
，
若“动态切线系列”中存在两条切线平行于
轴，
则方程
有两个不等的实数根，
记
，所以
，
当
时，
，
单调递减，即
单调递减；
当
时，
，
单调递增，即
单调递增，
又因为
，
，
，
所以
，使得
，
，使得
，
所以方程
有两个不等的实数根，
所以“动态切线系列”中存在两条切线平行于
轴.
（2）①因为
，所以
定义域为
，且
，
由切线不等式易知
（当且仅当
时，等号成立），即
恒成立，
所以当
时，
，
在
上单调递增，不符合题意，
因为
分别是方程
的两个不等的实数根，所以
，即
，
所以实数
的取值范围为
.
②证明：因为
分别是方程
的两个不等的实根，
所以不妨设
，则
，
即
，
.
要证
，即证
.
当
时，
，由①知
，
且有
，
设
，则
.
设
，则
，
所以
在
上单调递增，所以
，
所以
，即
在
上单调递减.
因为
，所以
，即
.
因为
，所以
.
因为
，所以
.
由①可知
在
上单调递增，
所以
，即
得证.
2.(2025·湖南省郴州市·模拟)已知函数f ( x)=2aln x + 1
2 x
2−(a+2)x，其中a为常数．
(1)当a>0时，试讨论f ( x)的单调性；
(2)若函数f ( x)有两个不相等的零点x1，x2，
(i)求a的取值范围；
(ii)证明：x1+ x2>4．
【答案】（1）见解析
（2）(i)a的取值范围为(
1
ln 2−1 ,0)
(ii)见解析
【详解】解：(1)因为f ( x)=2aln x + 1
2 x
2−(a+2)x，
所以f ′( x)= 2a
x + x−(a+2)= x
2−(a+2)x +2a
x
= ( x−2)( x−a)
x
，且x∈(0,+∞)，
当0<a<2时，在(0,a)上f ′( x)>0，在(a,2)上f ′( x)<0，在(2,+∞)上f ′( x)>0，
所以，在(0,a)、(2,+ ∞)上f ( x)单调递增，在(a,2)上f ( x)单调递减；
当a=2时，在(0,+∞)上f ′( x)≥0恒成立，故f ( x)在(0,+∞)上单调递增；
当a>2时，在(0,2)上f ′( x)>0，在(2,a)上f ′( x)<0，在(a,+∞)上f ′( x)>0，
所以，在(0,2)、(a,+ ∞)上f ( x)单调递增，在(2,a)上f ( x)单调递减．
(2)(i)若a>0时，
由f (2)=2aln 2+ 1
2 ×2
2−(a+2)×2=2(aln 2−a−1)<0，
f (a)=2a ln a+ 1
2 a
2−(a+2)a= a
2 (4 ln a−a−4)，
令y = 4 ln a−a−4且a>0，则y ′ = 4
a −1= 4−a
a
，
所以0<a<4时y ′ >0，a>4时y ′ <0，
故y = 4 ln a−a−4在(0,4)上递增，在(4 ,+ ∞)上递减，则ymax=8 ln2−8<0，
所以f (a)<0，
结合(1)中f ( x)的单调性，易知a>0不可能出现两个不相等的零点，
又a=0时，f ( x)= 1
2 x
2−2 x在(0,+∞)上只有一个零点，不满足，
所以a<0，此时，在(0,2)上f ′( x)<0，在(2,+ ∞)上f ′( x)>0，
故在(0,2)上f ( x)单调递减，在(2,+∞)上f ( x)单调递增，
则f ( x)min= f (2)=2(aln 2−a−1)，
又x趋向于0或正无穷时，f ( x)趋向正无穷，只需g(a)=a(ln 2−1)−1<0成立，
显然g(a)在(−∞,0)上递减，且当a=
1
ln 2−1
时g(a)=0，
所以，
1
ln 2−1 <a<0时g(a)<0恒成立，
即实数a的取值范围为(
1
ln 2−1 ,0)
；
(ii)由(i)，在
1
ln 2−1 <a<0时，f ( x)存在两个不相等的 零点x1, x2，
不妨令0< x1<2< x2，要证x1+ x2>4，即证x2>4−x1，而4−x1∈(2,4)，
由(i)知：在(2,+ ∞)上f ( x)单调递增，只需证f (4−x1)<f ( x2)= f ( x1)=0，
由2aln x1+ 1
2 x1
2−(a+2)x1=0，则x1
2−4 x1=2a( x1−2ln x1)
令h( x)= f (4−x)−f ( x)，且0< x<2，
则h( x)=2a ln(4−x)+ 1
2 (4−x)
2−(a+2)(4−x)−2aln x−1
2 x
2+(a+2)x
=2a ln(4−x)−2a ln x−4 a+2ax，
所以，在(0,2)上h′( x)=−2a⋅( x−2)
2
x(4−x) >0，即h( x)在(0,2)上递增，
所以h( x)<h(2)=2a ln 2−2a ln 2−4 a+ 4 a=0，即f (4−x1)<f ( x1)= f ( x2)成立，
所以x1+ x2>4，得证．
考点3 整体换元解决偏移问题
1．（24-25 高二上·河北沧州·期末）定义：
，
，
是函数
的三个
零点，若
，则称
为“增差函数”，若
，则称
为“减
差函数”，若
，则称
为“增比函数”，若
，则称
为“减比函数”．
(1)已知函数
，判断
是否为“增差函数”“减差函数”“增比
函数”“减比函数”．
(2)已知函数
有三个零点．
（ⅰ）求
的取值范围；
（ⅱ）证明：
为“增差函数”，为“减比函数”．
【答案】(1)
是“减差函数”，不是“增差函数”，
是“减比函数”，不是“增
比函数”．
(2)（ⅰ）
；（ⅱ）证明见解析
【详解】（1）解：
，
，
所以1，3，4 是函数
的三个零点，
因为
，所以
是“减差函数”，不是“增差函数”，
又因为
，所以
是“减比函数”，不是“增比函数”．
（2）（ⅰ）解：
，
令
，则
，
．
由
可得
．
设函数
，则
，
当
时，
，则函数
在
上单调递减，
当
时，
，则函数
在
上单调递增．
因为函数
有三个零点，
所以
，即
的取值范围为
．
（ⅱ）证明：由（ⅰ）可设
，则
，
则
，且
．
要证明
为“增差函数”，只需证明
，即
，即
，
即
，即
，
令
，则
，则只需证
．
令
，
则
，令
，则
，
则
在
上单调递增，即
在
上单调递增，
则
，
则
在
上单调递增，则
，
即
成立，故
为“增差函数”.
要证明
为“减比函数”，只需证明
，即
，其等价于
，
即
，即
．
左边分子，分母同时除以
，得
，
令
，则
，则只需证
，即
．
令
，则
，
令
，则
，
所以
在
上单调递减，则
，所以
，
所以
在
上单调递减，则
，即
成立，
故
为“减比函数”．
2．（25-26 高三上·陕西咸阳·月考）已知函数
.
(1)若
，求
的单调区间.
(2)若
是函数
的两个零点.
（i）求实数
的取值范围；
（ii）证明：
.
【答案】(1)答案见解析；
(2)（i）
；（ii）证明见解析；
【详解】（1）由题意可知，
的定义域为
，
当
时，
，所以
，
令
，得
.
当
时，
，
单调递减区间为
；
当
时，
单调递增区间为
.
（2）（i）
，
的定义域为
.
当
时，
，所以
在
上单调递减，不合题意.
当
时，令
，解得
，
令
，得
，令
，得
，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，
所以
的最小值为
，
函数
存在两个零点的必要条件是
，
即
，又
，
所以
在
上存在一个零点.
当
时，
，
所以
在
上存在一个零点.
综上，实数
的取值范围是
.
（ii）不妨设
，
由
，得
，
所以
，所以
.
要证
，只需证
，只需证
.
由
，
故只需证
，只需证
，只需证
.
令
，只需证
.
令
，则
，
所以
在
上单调递增，
所以
，即
成立，所以
成立.
考点4 对数均值不等式解决偏移问题
1.已知函数f(x)＝x ln x－mx2－x(m∈R).
(1)若直线y＝x＋b 与f(x)的图象相切，且切点的横坐标为1，求实数m 和b 的值；
(2)若函数f(x)在(0，＋∞)上存在两个极值点x1，x2，且x1<x2，证明：ln x1＋ln x2>2.
解：(1)由题意，切点坐标为，
f′(x)＝ln x－mx，
所以切线斜率为f′(1)＝－m＝1，
所以m＝－1，
切线为y＋m＋1＝1·(x－1)，整理得
y＝x－，所以b＝－.
(2)证明：由(1)知f′(x)＝ln x－mx.
由函数f(x)在(0，＋∞)上存在两个极值点x1，x2，且x1<x2，知
则m＝且m＝，
联立得＝，（*）
法1：由（*）式及均值不等式可得
0<
x1+ x2
ln x1+ ln x2
=
x1−x2
ln x1−ln x2
< x1+ x2
2
下证均值不等式：要证
x1−x2
ln x1−ln x2
< x1+ x2
2
⟺
x1−x2
ln x1−ln x2
< x1+ x2
2
即证
ln x1−ln x2< 2( x1−x2)
x1+ x2
⟺ ln x1
x2
<
2( x1
x2
−1)
x1
x2
+1
,令x1
x2
=t,0<t<1,
即lnt < 2(t −1)
(t +1) ,
构造函数g(t )= lnt −2(t −1)
(t +1) ,(0<t <1)，则g'(t )= 1
t −
4
(t +1)
2 = (t −1)
2
t(t +1)
2．
因为t <1时，g'(t )>0，所以函数
在(0,1)上单调递增，
故
，从而不等式成立；
即得ln x1＋ln x2>2.
法2：由（*）式可得
ln x1＋ln x2＝·ln ＝，
设t＝∈(0，1)，则ln x1＋ln x2＝，
要证ln x1＋ln x2>2，只需证>2，只需证ln t<，只需证ln t－<0.
构造函数g(t)＝ln t－，t∈(0，1)，
则g′(t)＝－＝>0，
故g(t)＝ln t－在t∈(0，1)上单调递增，g(t)<g(1)＝0，即g(t)＝ln t－<0，
所以ln x1＋ln x2>2.
考点5 拐点偏移问题
1.已知函数f(x)＝ex－1
2x2－x－1，若实数x1＜x2满足f(x1)＋f(x2)＝0，求证：
x1＋x2＜0.
证明： f′(x)＝ex－x－1≥0，且f′(0)＝0，即函数f(x)在R 上单调递增，
且f(0)＝0.
因为x1＜x2且f(x1)＋f(x2)＝0，所以x1＜0＜x2，
构造和函数F(x)＝f(x)＋f(－x)＝ex－x2－2＋e－x，x＞0，
则F′(x)＝f′(x)－f′(－x)＝ex－e－x－2x，F″(x)＝ex＋e－x－2≥0，
所以F′(x)≥F′(0)＝0，
因此F(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以F(x)＞F(0)＝0，所以F(x2)＝
f(x2)＋f(－x2)＞0，
又因为f(x1)＋f(x2)＝0，所以－f(x1)＋f(－x2)＞0，即f(－x2)＞f(x1)．
因为f(x)在R 上单调递增，所以－x2＞x1，即x1＋x2＜0.
二、跟踪练习
1．（24-25 高二下·重庆·期中）定义：若函数
与
在公共定义域内存在
（
互不相等，
），使得
，
则称
与
为“
阶相似函数”，
称为
与
的“
阶相似点”.
(1)已知
，函数
，
，判断函数
与
是否为“三阶相似
函数”，并说明理由.
(2)已知函数
，
，
与
为“二阶相似函数”，
，
称为
与
的“二阶相似点”.
（i）求实数
的取值范围；
（ii）证明：
.
【答案】(1)函数
与
为“三阶相似函数”，理由见解析
(2)（i）
；（ii）证明见解析
【详解】（1）令
，则
，
令
，解得
或
，令
，解得
，
所以
在
上单调递减，在
和
上单调递增.
，
，
，
，
所以存在
，
，
，使得
，即
，
，
，
所以函数
与
为“三阶相似函数”.
（2）（i）因为
与
为“二阶相似函数”，所以
在
上有两个
不相等的实数根，即
，
两边取对数，可得
.记
，易知
在
上是
增函数，
故
可等价于
，即
.
记
，则
，得
在
上单调递减，在
上单调递增，
有最小值
，故
，即
的取值范围为
.
（ii）证明：根据题意得
，不妨设
.
构造函数
，
则
.
当
时，
，
，则
，得
在
上单调递减，
有
，即
.
将
代入不等式，得
，又
，
所以
，
又
，
，
在
上单调递增，
所以
，即
.
2．（2025 高三·全国·专题练习）设
为定义在
上的函数，记
的导函数为
的导函数为
的导函数为
．已知
满足：
·
；
·
使得
；
·
；
令为
的所有零点构成的集合，为
的所有零点之和．
(1)求
．
(2)判断和
的大小关系并说明理由．
【答案】(1)2
(2)
，理由见解析.
【详解】（1）因
，则
在
上单调递减，
又
使得
，则
时，
，
.则
在
上单调递增，在
上单调递减.
又注意到
，
，则存在
，
，
使
，即
；
（2）由（1）可知，即比较
与
的大小关系.
构造函数
，
，
则
，
，
，因
，
，
则
.
得
在
上单调递增，
则
，
得
在
上单调递增，
则
.
得
在
上单调递增，
又
，则
.
即
，又由（1），
，则
.
因
，则
，
即
，
，又由（1）
在
上单调递增，
则
.
即
.
3.已知函数f(x)＝x ln x－1
2 x
2+ 1
2，若实数x1＜x2满足f(x1)＋f(x2)＝0，求证：x1
＋x2＞2.
【答案】见解析
【详解】证明： f′(x)＝ln x－x＋1≤0，即函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
且f(1)＝0.
因为x1＜x2且f(x1)＋f(x2)＝0，所以0＜x1＜1＜x2.
构造和函数F(x)＝f(x)＋f(2－x)＝x ln x＋(2－x)ln (2－x)－x2＋2x－1，0
＜x＜1，
则F′(x)＝f′(x)－f′(2－x)＝ln x－ln (2－x)－2x＋2，
则F″(x)＝1
x +
1
2−x −2＝
2
x (2−x)－2＞
2
［x +(2−x)
2
］
2－2＝0，
因此F′(x)在(0，1)上单调递增，
所以F′(x)＜F′(1)＝0，所以F(x)在(0，1)上单调递减，所以F(x)＞
F(1)＝0，所以F(x1)＝f(x1)＋f(2－x1)＞0.
又因为f(x1)＋f(x2)＝0，所以－f(x2)＋f(2－x1)＞0，即f(2－x1)＞
f(x2)．
因为f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以2－x1＜x2，即x1＋x2＞2.
