2026年高考数学复习举一反三训练(全国通用)重难点11极值点偏移与拐点偏移问题(学生版+解析)

这是一份2026年高考数学复习举一反三训练(全国通用)重难点11极值点偏移与拐点偏移问题(学生版+解析)，文件包含高三生物试卷pdf、生物答案pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共8页， 欢迎下载使用。

TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc18750" 【题型1 对称化构造函数求极值点偏移问题】 PAGEREF _Tc18750 \h 2
\l "_Tc10560" 【题型2 比值代换求极值点偏移问题】 PAGEREF _Tc10560 \h 7
\l "_Tc1628" 【题型3 指数、对数均值不等式求极值点偏移问题】 PAGEREF _Tc1628 \h 14
\l "_Tc6609" 【题型4 极值点偏移：加法型】 PAGEREF _Tc6609 \h 20
\l "_Tc14474" 【题型5 极值点偏移：减法型】 PAGEREF _Tc14474 \h 24
\l "_Tc1218" 【题型6 极值点偏移：乘积型】 PAGEREF _Tc1218 \h 30
\l "_Tc19421" 【题型7 极值点偏移：商型】 PAGEREF _Tc19421 \h 35
\l "_Tc17526" 【题型8 极值点偏移：平方型】 PAGEREF _Tc17526 \h 40
\l "_Tc1325" 【题型9 极值点偏移：复杂型】 PAGEREF _Tc1325 \h 46
\l "_Tc17942" 【题型10 拐点偏移问题】 PAGEREF _Tc17942 \h 53
1、极值点偏移与拐点偏移问题
极值点偏移是指函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数图象不具有对称性，极值点偏移问题常常出现在高考数学的压轴题中，是近几年高考的热点问题，这类题往往对思维要求较高，过程较为烦琐，计算量较大，解决极值点偏移问题，有对称化构造函数法和比值代换法，二者各有千秋，独具特色，复习是要注意此类问题的求解.
知识点1 极值点偏移问题及其解题策略
1．极值点偏移的概念
(1)已知函数y=f(x)是连续函数，在区间(a,b)内只有一个极值点x0，f(x1)=f(x2)，且x0在x1与x2之间，由于函数在极值点左右两侧的变化速度不同，使得极值点偏向变化速度快的一侧，常常有，这种情况称为极值点偏移.
(2)极值点偏移
若，则极值点偏移，此时函数f(x)在x=x0两侧，函数值变化快慢不同，如图(2)(3).
(左陡右缓，极值点向左偏移)若f(x1)=f(x2)，则x1+x2>2x0；
(左缓右陡，极值点向右偏移)若f(x1)=f(x2)，则x1+x22x0(x0为函数f(x)的极值点)；
(2)函数f(x)中存在x1，x2且x1≠x2，满足f(x1)=f(x2)，求证：x1+x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点)；
(3)函数f(x)存在两个零点x1，x2且x1≠x2，令，求证：f'(x0)>0；
(4)函数f(x)中存在x1，x2且x1≠x2，满足f(x1)=f(x2)，令，求证：f'(x0)>0.
3．极值点偏移问题的常见解法
(1)(对称化构造法)：构造辅助函数：
①对结论x1+x2>2x0型，构造函数.
②对结论型，方法一是构造函数，通过研究的单调性获得不等式；方法二是两边取对数，转化成lnx1+lnx2>2lnx0，再把lnx1，lnx2看成两变量即可.
(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.
知识点2 指数、对数均值不等式解决极值点偏移问题
极值点偏移问题是近几年高考的热点问题，求解此类问题的一个重要工具就是指数均值不等式和对数均值不等式.
1．对数均值不等式
结论1 对任意的a,b>0(a≠b)，有.
2．指数均值不等式
结论2 对任意实数m, n( m≠n)，有.
【题型1 对称化构造函数求极值点偏移问题】
【例1】（2025·云南·二模）已知常数a>0，函数f(x)=12x2−ax−2a2lnx.
(1)若∀x>0,f(x)>−4a2，求a的取值范围;
(2)若x1、x2是f(x)的零点，且x1≠x2，证明:x1+x2>4a.
【答案】(1)0,e22
(2)证明见解析
【解题思路】（1）求出函数的定义域与导函数，即可得到函数的单调性，求出函数的最小值，依题意f(x)min=−2a2ln2a>−4a2，即可求出a的取值范围；
（2）由（1）不妨设00，
∴当x∈(0,2a)时，f′(x)0，即f(x)在(2a,+∞)上单调递增.
所以fx在x=2a处取得极小值即最小值，
∴f(x)min=f(2a)=−2a2ln2a，
∵∀x>0,f(x)>−4a2⇔f(x)min=−2a2ln2a>−4a2⇔ln2a0，则只需证tet+1−2et−1>0．
令gt=tet+1−2et−1t>0，则g′t=t−1et+1，g″t=tet>0，
则g′t在0,+∞上单调递增，则g′t>0−1e0+1=0，
则gt在0,+∞上单调递增，则gt>0×e0+1−2×e0−1=0，即x1+x2>2成立．
对于x1x2e2等价于lnt−2t−1t+1>0，
构造函数gt=lnt−2t−1t+1，t>1，
因为g′t=t−12tt+12>0，所以gt在1,+∞上单调递增，
故gt>ln1−2×1−11+1=0，
即lnt−2t−1t+1>0，所以x1x2>e2．
方法二：直接换元构造新函数 a=lnx1x1=lnx2x2，即lnx2lnx1=x2x1，设x11，
则x2=tx1，lntx1lnx1=t，可得lnx1=lntt−1，lnx2=lntx1=lnt+lnx1=lnt+lntt−1=tlntt−1，
由于x1x2>e2⇔ lnx1+lnx2>2⇔ lntt−1+tlntt−1=t+1t−1lnt>2⇔ lnt−2t−1t+1>0
构造函数gt=lnt−2t−1t+1，t>1，
因为g′t=t−12tt+12>0，所以gt在1,+∞上单调递增，
故gt>ln1−2×1−11+1=0，即lnt−2t−1t+1>0，
所以x1x2>e2.
【变式2-3】（2025·北京通州·三模）已知函数fx=ax−ax−lnx(a>0)
(1)已知f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y=x−1，求实数a的值；
(2)已知f（x）在定义域上是增函数，求实数a的取值范围.
(3)已知gx=fx+ax有两个零点x1，x2，求实数a的取值范围并证明x1x2>e2.
【答案】(1)a=1
(2)a≥12
(3)02，
由lnx1+lnx2=ax1+ax2=ax1+x2=x1+x2lnx1−lnx2x1−x2，
只需证lnx1−lnx2x1−x2>2x1+x2，
只需证lnx1−lnx2e2，即：t⋅at=a>e2
所以a>e2
故选：D.
【变式3-1】（2025·湖南长沙·一模）已知a=e−0.1e+0.1，b=ee，c=e+0.1e−0.1，则a，b，c的大小关系是（ ）
A．a2，
由已知t1=alnt1t2=alnt2，所以，t1−t2=alnt1−lnt2t1+t2=alnt1+lnt2，整理可得t1+t2t1−t2=lnt1+lnt2lnt1−lnt2，
不妨设t1>t2>0，即证lnt1+lnt2=t1+t2t1−t2lnt1t2>2，即证lnt1t2>2t1−t2t1+t2=2t1t2−1t1t2+1，
令s=t1t2>1，即证lns>2s−1s+1，其中s>1，
构造函数gs=lns−2s−1s+1，其中s>1，
g′s=1s−4s+12=s−12ss+12>0，所以，函数gs在1,+∞上单调递增，
当s>1时，gs>g1=0，故原不等式成立.
【变式3-3】（24-25高二下·湖南·期末）已知函数fx=aex−x2+3a∈R.
(1)若方程fx=0有3个零点，求实数a的取值范围；
(2)若φx=−x2+2x+4−fx有两个零点x1,x2x1h0=0，因此原不等式成立.
【题型4 极值点偏移：加法型】
【例4】（24-25高三上·河北·阶段练习）已知函数fx=lnx+ax.
(1)若该函数在1,+∞单调递增，求a的取值范围.
(2)当a=1时，若方程fx=m有两个实数根x1,x2，且x12.
【答案】(1)−∞,1
(2)证明见解析.
【解题思路】（1）利用导数与单调性的关系讨论求解；
（2）构造函数gx=fx−f2−x01时，gx>g1=0，即当x>1时，fx>f1x，
所以fx1=fx2>f1x2，
又fx在0,1上单调递减，
所以03，则利用导数求出ht最小值可得答案.
【解答过程】（1）当a=0时，fx=2x+xlnx,f′x=2+lnx+1，
曲线y=fx在x=e处切线的斜率为k=f′e=3+lne=4，
又∵fe=2e+elne=3e,∴切线方程为y−3e=4x−e，
即曲线y=fx在x=e处的切线方程为4x−y−e=0；
（2）若fx有两个零点x1,x2，
则2x1+ax12+x1lnx1=0,2x2+ax22+x2lnx2=0，
得−a=2+lnx1x1=2+lnx2x2.
∵x2>3x1，令x2=tx1t>3，则2+lnx1x1=2+lntx1tx1=2+lnt+lnx1tx1，
故lnx1=2+lnt−2tt−1=lntt−1−2，
则lnx2=lntx1=lnt+lnx1=lnt+lntt−1−2=tlntt−1−2，
∴lnx1x2=lnx1+lnx2=lntt−1−2+tlntt−1−2=t+1lntt−1−4，
令ht=t+1lntt−1−4t>3，则h′t=−2lnt+t−1t(t−1)2，
令gt=−2lnt+t−1tt>3，则g′t=−2t+1+1t2=t2−2t+1t2=(t−1)2t2>0，
∴gt在3,+∞上单调递增，
∴gt>g3=−2ln3+3−13=234−3ln3=23lne4−ln33>0，
∴h′t=gt(t−1)2>0，则ht在3,+∞上单调递增，
∴ht>h3=4ln32−4=ln9e4,∴lnx1x2>ln9e4，
故x1x2>9e4.
【变式6-2】（24-25高三上·北京房山·期中）已知函数fx=lnx−x
(1)求函数fx单调区间；
(2)设函数gx=fx+a，若x1,x2∈0,e是函数gx的两个零点，
①求a的取值范围；
②求证：x1x20，
所以h(t)在t∈(1,+∞)上单调递增，所以h(t)>h(1)=0，
即有lnt>2(t−1)t+1(t>1)成立，所以1x1+1x2>2a成立.
【变式7-2】（23-24高三上·河南·阶段练习）已知函数fx=−2lnx−ax2+1.
(1)当a=1时，求fx在区间12,2上的最值；
(2)若fx有两个不同的零点x1,x2，证明：1x12+1x22>2a.
【答案】(1)最大值为0，最小值为−3+2ln2.
(2)证明见解析
【解题思路】（1）将a=1带入原函数中求得函数的解析式，确定函数的定义域，再对原函数求导，
判断在区间12,2上的单调性，即可求得函数在区间12,2上的最值；
（2）对原函数求导，并对参数a≤0，a>0分类讨论，得出函数在两种情况下的单调性，由单调性求得函数fx有两个不同的零点x1,x2时两根与参数的关系，再利用比值换元法即可证明.
【解答过程】（1）当a=1时，fx=−2lnx−1x2+1,x∈12,2，
f′x=−2x+2x3=−2x+1x−1x3.
由f′x>0，得12≤xx22−x12x12x22lnx2x1，即证lnx2x1>x22x12−1x22x12+1.
设x2x1=t∈1,+∞，只需证lnt>t2−1t2+1(t>1)，
设gt=lnt−t2−1t2+1(t>1)，则g′t=1t−4tt2+12=t2−12tt2+12>0，
所以gt在1,+∞上为增函数，从而gt>g1=0，
所以lnt>t2−1t2+1(t>1)成立，从而1x12+1x22>2a.
【变式7-3】（24-25高二上·湖北武汉·期末）已知函数f(x)=2e−xlnx，其中e=2.71828⋅⋅⋅为自然对数的底数.
（1）讨论函数f(x)的单调性；
（2）若x1,x2∈0,1，且x2lnx1−x1lnx2=2ex1x2lnx1−lnx2，证明：2e0，
又G'(e+1)=2e(2e+1)(e+1)(2e+1−e−1)−2−ln(e+1)(2e+1−e−1) =e−1e+1−ln(e+1)G'x0=0⇒G(x)单调递增.
所以，G(x)≤maxG(e+1),G(2e)，
又G(e+1)=f(e+1)−f(2e+1−e−1)=f(e+1)−f(e)=(e−1)ln(e+1)−e，
lnxx≤1e⇒lnx≤xe⇒ln(e+1)≤e+1e，
所以，G(e+1)4，则x12+x22>2，
所以x12+x22>2.
【变式8-1】（2024·吉林·二模）在平面直角坐标系xOy中，Rt△OAB的直角顶点A在x轴上，另一个顶点B在函数fx=lnxx图象上
(1)当顶点B在x轴上方时，求 Rt△OAB以x轴为旋转轴，边AB和边OB旋转一周形成的面所围成的几何体的体积的最大值；
(2)已知函数gx=eax2−ex+ax2−1x，关于x的方程fx=gx有两个不等实根x1，x2 x12e.
【答案】(1)4π3e2
(2)（i）0,12e；（ii）证明过程见详解.
【解题思路】（1）先确定所求几何体何时能取到最大值，写出函数关系，利用导数分析函数单调性，求最大值；
（2）（i）根据题意知，eax2−ex+ax2−1=lnx，进行同构eax2+ax2=elnex+lnex，将问题转化为方程ax2=lnex有两个不等的实数根，再进行分离参数，研究hx=lnx+1x2的单调性和极值，即可求出a的取值范围.
（ii）由2x12+x22>x1+x22知，先证x1+x2>2e，即极值点偏移问题，构造函数Fx=hx−h2e−x，求F′x，Fx在0,1e单调递增，Fx1）.
设hx=ln2xx（x>1），则h′x=2lnx−ln2xx2，由h′x>0 ⇒ 2lnx−ln2x>0 ⇒ lnx2−lnx>0.
因为x>1，所以2−lnx>0 ⇒ x0，hx单调递增；当x∈1e,+∞时，h′x0，即Fx在0,1e单调递增，Fx4e，
所以x12+x22>2e.
【变式8-2】（24-25高三上·四川成都·阶段练习）已知函数fx=1+lnxax，其中e为自然对数的底数．
(1)当a=1时，求fx的单调区间；
(2)若方程fx=1有两个不同的根x1,x2．
（i）求a的取值范围；
（ii）证明：x12+x22>2．
【答案】(1)fx在区间0,1内单调递增，在区间1,+∞内单调递减；
(2)（i）0,1；（ii）证明见解析.
【解题思路】（1）求函数fx的导函数及其零点，分区间分析导函数的正负，结合导数与单调性的关系求单调区间；
（2）方程fx=1可化为1+lnxx=a，结合（1）确定函数gx=1+lnxx的性质，由条件确定a的取值范围；
（3）设x11，则G′t=3t2−22t3t2+22≥0，
所以Gt在1,+∞上单调递增，Gt>G1=0，
即当t>1时，lnt−12t2−153t2+2>0成立，命题得证.
【题型9 极值点偏移：复杂型】
【例9】（2025·湖北武汉·三模）已知函数fx=ax+a−1lnx+1x，a∈R．
(1)讨论函数fx的单调性；
(2)若关于x的方程fx=xex−lnx+1x有两个不相等的实数根x1、x2，
（ⅰ）求实数a的取值范围；
（ⅱ）求证：ex1x2+ex2x1>2ax1x2．
【答案】(1)答案见解析
(2)（ⅰ）e,+∞；（ⅱ）证明见解析
【解题思路】（1）求出f′x=x+1ax−1x2，分a≤0、a>0两种情况讨论，分析导出的符号变化，即可得出函数fx的增区间和减区间；
（2）（i）将方程变形为ex+lnx=ax+lnx，令tx=x+lnx，令gt=ett，可知直线y=a与函数gt=ett的图象有两个交点，利用导数分析函数gt的单调性与极值，数形结合可得出实数a的取值范围；
（ii）将所证不等式等价变形为t1+t2>2，由et=at变形可得出t=lna+lnt，推导出t2−t1=lnt2t1，即证t2t1+1t2t1−1>2lnt2t1．令p=t2t1t>1，只需证lnp>2p−1p+1，构造函数hp=lnp−2p−1p+1，其中p>1，利用导数法即可证得结论成立.
【解答过程】（1）解：因为fx=ax+a−1lnx+1x，
所以f′x=a+a−1x−1x2=ax2+a−1x−1x2=x+1ax−1x2，其中x>0.
①当a≤0时，f′x0时，由f′x>0得x>1a，由f′x2a．
因为et=at，所以只需证t1+t2>2．
由（ⅰ）知，不妨设01，只需证lnp>2p−1p+1．
令hp=lnp−2p−1p+1，其中p>1，则h′p=1p−4p+12=p−12pp+12>0，
所以hp在1,+∞上单调递增，故hp>h1=0，即hp>0在1,+∞上恒成立．
所以原不等式得证．
【变式9-1】（23-24高二下·四川成都·阶段练习）已知函数fx=ex−ax，x∈0,+∞．
(1)讨论fx的单调性；
(2)若函数gx=fx−xlnx−1有两个零点x1,x2x11讨论函数的单调性；
（2）（i）设hx=ex−1x−lnx，判断hx的单调性，然后结合单调性讨论求解；
（ii）先证明存在x3∈1,1x1使得x3−lnx3=x1−lnx1，然后证明hx3>hx1，最后利用hx和φx的单调性即得结论.
【解答过程】（1）由已知fx=ex−ax，得f′x=ex−a，
当a≤1时，对任意的x∈0,+∞，有f′x=ex−a>e0−a=1−a≥0，所以fx在0,+∞上单调递增；
当a>1时，由于当x∈0,lna时，f′x=ex−aelna−a=a−a=0，
所以fx在0,lna上单调递减，在lna,+∞上单调递增.
综上，当a≤1时，fx在0,+∞上单调递增；
当a>1时，fx在0,lna上单调递减，在lna,+∞上单调递增.
（2）（i）函数gx=fx−xlnx−1有两个零点x1,x2x1lnx中取x=et，就有et>t.
这表明当x>108时，有hx=ex−1x−lnx=ex33−1x−lnx>x33−1x−x=x2127−1x−1x3>x2127−2x>x2127−2108=x254.
原命题等价于方程hx=a有两个解x1,x2x1h1=e−1≥a，这表明方程hx=a至多有一个解，不符合条件；
当a>e−1时，由于he−a=ee−a−1e−a−lne−a>−lne−a=a，h1=e−154a+108254>54a254=a，且01，则t2t1=lnt2lnt1=lnmt1lnt1=m⇒lnm+lnt1=mlnt1⇒lnt1=lnmm−1，
lnt2=mlnt1=mlnmm−1.注意到x1⋅x2>e2−x1+x2⇔x1ex1⋅x2ex2>e2⇔ t1t2>e2⇔lnt1+lnt2>2⇔m+1m−1⋅lnm>2⇔lnm>2m−1m+1，
则构造函数hm=lnm−2m−1m+1，m∈1,+∞.
因h′m=1m−4m+12=m−12mm+12>0，则hm在1,+∞上单调递增，得
hm>h1=0⇒lnm−2m−1m+1>0⇒lnm>2m−1m+1.
故命题得证.
【变式9-3】（2025高三·全国·专题练习）已知函数f(x)=ex−ax（e是自然对数的底数）.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若g(x)=ex(x−1)−alnx+f(x)有两个零点分别为x1,x2.
①求实数a的取值范围；
②求证：x1x2>e2ex1+x2.
【答案】(1)答案见解析
(2)①(e,+∞)；②证明见解析
【解题思路】（1）根据题意，求导即可得到结果；
（2）①根据题意，将问题转化为gx=xex−alnx+x=xex−alnxexx>0有两个零点，然后利用导数，分类讨论即可得到a的取值范围；
②根据题意，将问题转化为lnx1ex1+lnx2ex2>2，再由①中的结论，即只需证lnt1+lnt2>2，然后构造函数求导即可得到证明.
【解答过程】（1）由题意可得，f′(x)=ex−a，
当a≤0时，f′(x)=ex−a>0，f(x)在R上单调递增；
当a>0时，由f′(x)=ex−a>0解得x>lna，由f′(x)=ex−a0有两个零点，
令t=xex，则t′=x+1ex>0，在x>0时恒成立，∴t=xex在x>0时单调递增，
∴gx=xex−alnxex有两个零点，等价于gt=t−alnt有两个零点.
∵g′(t)=1−at=t−at ，∴当a≤0时，g′(t)>0，g(t)单调递增，不可能有两个零点；
当a>0时，令g′(t)>0，得t>a，g(t)单调递增，
令g′(t)0，
所以nx在e,+∞上单调递增，所以nx>ne=ee−2e>0，即m′x>0，
故mx在e,+∞上单调递增，所以ma=ea−a2>me=ee−e2>0，
即g(ea)=ea−a2>0，
∴g(t)在1,e，e,ea上各存在一个零点，符合题意，
综上，a的取值范围为(e,+∞).
②因为x1x2>e2ex1+x2，不等式两边同时取对数化简可得lnx1+lnx2>2−(x1+x2)，
要证lnx1+lnx2>2−(x1+x2)即证：x1+lnx1+x2+lnx2>2，
即证lnx1ex1+lnx2ex2>2，由（2）中①知t1=x1ex1，t2=x2ex2，∴只需证lnt1+lnt2>2.
∵alnt1=t1，alnt2=t2，∴alnt2−lnt1=t2−t1，alnt2+lnt1=t2+t1，
∴lnt2+lnt1=t2+t1t2−t1lnt2−lnt1=t2t1+1lnt2t1t2t1−1 ，只需证t2t1+1lnt2t1t2t1−1>2.
设02m−1m+1， 即证 lnm+4m+1−2>0，
令h(m)=lnm+4m+1−2，m>1，则 h′(m)=1m−4(m+1)2=(m−1)2m(m+1)2>0，hm>h1=0，
即当m>1时， lnm+41+1−2>0 成立.∴lnt1+lnt2>2，即lnx1+lnx2>2−(x1+x2).
【题型10 拐点偏移问题】
【例10】（24-25高三下·陕西西安·阶段练习）“拐点”又称“反曲点”，是曲线上弯曲方向发生改变的点.设φ′x为函数φx的导数，若α为φ′x的极值点，则α,φα为曲线y=φx的拐点.
已知函数fx=aex−xlnx有两个极值点x1,x2，且Qx0,fx0为曲线C：y=fx的拐点.
(1)求a的取值范围；
(2)证明：C在Q处的切线与其仅有一个公共点；
(3)证明：f′x00，即此时gx单调递增，
x∈1,+∞时g′x0，则x→+∞时，gx→0+，
所以要满足题意需a∈0,1e
（2）令f′x=aex−lnx−1=hx⇒h′x=aex−1x，
由上知a∈0,1e，所以y=h′x在0,+∞内单调递增，
根据“拐点”的定义及条件知h′x0=0=aex0−1x0，
所以C在Q处的切线方程为：y=f′x0x−x0+fx0，
令mx=aex−xlnx−f′x0x−x0−fx0，即证y=mx只有一个零点，
易知m′x=f′x−f′x0，
由上可知f′x在0,x0上单调递减，在x0,+∞上单调递增，
即f′x≥f′x0⇒m′x≥0，所以y=mx单调递增，
显然mx0=0，所以y=mx只有一个零点，
所以C在Q处的切线与其仅有一个公共点，即Q点；
（3）不妨设x1