拓展提升02 隐零点与极值点偏移问题（4大热点题型+精讲精练）-【帮课堂】2024-2025学年高二数学同步学与练（人教B版2019选择性必修第三册）

拓展提升02 隐零点与极值点偏移问题 题型01 隐零点问题 解题锦囊 隐零点问题是函数零点中常见的问题之一，其源于含指对函数的方程无精确解，这样我们只能得到存在性之后去估计大致的范围（数值计算不再考察之列）. 基本步骤： 第 1 步: 用零点存在性定理判定导函数零点的存在性, 列出零点方程, 并结合的单调性得到零点的范围; 第 2 步: 以零点为分界点, 说明导函数 的正负, 进而得到的最值表达式; 第 3 步: 将零点方程适当变形, 整体代入最值式子进行化简: （1）要么消除最值式中的指对项 （2）要么消除其中的参数项; 从而得到最值式的估计. 考向一 不等式的证明 【典例1】（24-25高二上·湖南长沙·期末）已知函数（且）． (1)讨论函数的单调区间； (2)当时，证明：． 【变式1】（23-24高二下·河南洛阳·期中）给定函数. (1)判断函数的单调性，并求出函数的极值; (2)证明:当时，. 【变式2】（23-24高二下·黑龙江哈尔滨·期中）已知函数. (1)若，求的取值范围； (2)当时，证明：. 【变式3】已知函数 （1）讨论函数f（x）的单调性； （2）若a＝1，证明 【变式4】（2024·山东威海·二模）已知函数． (1)求的极值； (2)证明：． 考向二 求参数范围 【典例2】（2020·新Ⅰ卷·统考高考真题第21题）已知函数． （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）若不等式恒成立，求a的取值范围． 【变式1】已知函数 ，当 且 时, 不等式 在 上恒成立, 求 的最大值. 【变式2】已知函数 对任意的 恒成立, 其中实数 , 求 的取值范围. 【变式3】（2024·湖南邵阳·三模）已知函数 (1)若，求的单调区间. (2)若对，恒成立，求实数的取值范围 考向三 零点、极值点问题 【典例3】（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数，若的最小值为0， (1)求的值; (2)若，证明:存在唯一的极大值点，且. 【变式1】（2024·山东·模拟预测）已知函数，则使有零点的一个充分条件是（    ） A． B． C． D． 【变式2】（23-24高三下·广东韶关·期末）已知函数，若有两个零点，则a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式3】（2024·辽宁·模拟预测）已知函数. (1)求在区间内的极大值； (2)令函数，当时，证明：在区间内有且仅有两个零点． 【变式4】（2024·江西新余·模拟预测）已知函数. (1)若，求在处的切线方程. (2)讨论的单调性. (3)求证：若，有且仅有一个零点. 题型02 极值点偏移问题 【典例4】（24-25高二上·江苏连云港·期末）已知函数. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)若有两个零点，且，证明：. 【变式1】（23-24高三上·山东淄博·期末）已知函数，，则下列说法正确的是（    ） A．函数与函数有相同的极小值 B．若方程有唯一实根，则a的取值范围为 C．若方程有两个不同的实根，则 D．当时，若，则成立 【变式2】已知函数有两个零点、，则下列说法正确的是（    ）． A． B． C． D． 【变式3】（2024高二上·全国·专题练习）已知函数，直线是曲线的一条切线． (1)求的值，并讨论函数的单调性； (2)若，其中，证明：． 【变式4】（24-25高三上·江苏无锡·阶段练习）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：. 【变式5】24-25高三上·湖南·阶段练习）已知函数，. (1)若，求曲线在点处的切线方程. (2)若有两个极值点，． （i）证明：； （ii）证明：. 【变式6】（24-25高三上·四川成都·阶段练习）已知函数，其中为自然对数的底数． (1)当时，求的单调区间； (2)若方程有两个不同的根． （i）求的取值范围； （ii）证明：． 【变式7】（23-24高二下·江苏苏州·期末）已知函数． (1)求曲线在处的切线方程； (2)若关于的不等式在上恒成立，求实数的最大值； (3)若关于的方程有两个实根，，求证：． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 拓展提升02 隐零点与极值点偏移问题 题型01 隐零点问题 解题锦囊 隐零点问题是函数零点中常见的问题之一，其源于含指对函数的方程无精确解，这样我们只能得到存在性之后去估计大致的范围（数值计算不再考察之列）. 基本步骤： 第 1 步: 用零点存在性定理判定导函数零点的存在性, 列出零点方程, 并结合的单调性得到零点的范围; 第 2 步: 以零点为分界点, 说明导函数 的正负, 进而得到的最值表达式; 第 3 步: 将零点方程适当变形, 整体代入最值式子进行化简: （1）要么消除最值式中的指对项 （2）要么消除其中的参数项; 从而得到最值式的估计. 考向一 不等式的证明 【典例1】（24-25高二上·湖南长沙·期末）已知函数（且）． (1)讨论函数的单调区间； (2)当时，证明：． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）先求得并因式分解，然后对进行分类讨论来求得的单调区间. （2）利用构造函数法，结合导数、零点存在性定理等知识来证得不等式成立. 【详解】（1）， ①当时，当时，，时，， 所以的递增区间是，，递减区间为； ②当时，当时，，时，， 所以的递增区间是，，递减区间为． 综上，当时，的递增区间是，，递减区间为； 当时，的递增区间是，，递减区间为． （2）当时，， 由题意可得，只需证明， 方法一：令， 则， 令，易知在上单调递增，，， 故存在，使得，即， 当时，，，，单调递减， 当时，，，，单调递增， 故时，取得唯一的极小值，也是最小值． ， 所以，即当时，． 【变式1】（23-24高二下·河南洛阳·期中）给定函数. (1)判断函数的单调性，并求出函数的极值; (2)证明:当时，. 【答案】(1)在区间上单调递减，在区间上单调递增，极小值. (2)证明见解析 【分析】（1）首先求函数的导数，利用导数与函数单调性的关系，求解函数的单调区间，再求函数的极值； （2）首先由不等式构造函数，转化为证明函数的最小值大于0. 【详解】（1）函数的定义域为. . 令，解得. 当变化时，的变化情况如下表 负 0 正 单调递减 极小值 单调递增 在区间上单调递减，在区间上单调递增， 当时，有极小值. （2）要证明当时，， 即证明当时，. 令函数. 则. 当时，. 设函数. 则，故在上单调递增. 又 所以存在唯一的使得. 且. 当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以 设函数 则 即在单调递增. 所以原不等式得证. 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是利用隐零点问题求函数的最小值. 【变式2】（23-24高二下·黑龙江哈尔滨·期中）已知函数. (1)若，求的取值范围； (2)当时，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）令，将问题转化为，利用导数求出即可； （2）令，将问题转化为，通过导数研究单调性，借助隐零点和放缩法证明即可. 【详解】（1）记，，则恒成立，即. 因为， 当；当； 所以在上单调递增，在上单调递减. 所以，解得. 故实数的取值范围是； （2）记，则， 令，则， 所以即在上单调递增. 由，知. 所以，即， 故当单调递减；当单调递增. 所以， 由（*）式，可得. 代入式，得. 由（1）知，当时有，故， 所以. 由于，所以. 故，即，原不等式得证. 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式，转化为构造函数，利用导数分析构造的函数的单调性，求得最值，证明即可.当导函数的零点不易求出时，可借助其单调性和零点存在定理确定零点所在区间，设出零点，再整体代换即可. 【变式3】已知函数 （1）讨论函数f（x）的单调性； （2）若a＝1，证明 【解答】解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞）， 当a≥0时，f′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立 所以f（x）在（0，+∞）上单调递增， 当a＜0时，x∈（0，﹣a）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减， x∈（﹣a，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增， 综上，当a≥0时，f（x）在（0，+∞）上单调递增， 当a＜0时，f（x）在（0，﹣a）单调递减，f（x）在（﹣a，+∞）调递增． （2）当a＝1时，f（x）＝﹣+lnx，令g（x）＝f（）﹣（﹣ex），x∈（0，+∞）， 则g（x）＝﹣x﹣lnx+ex，g′（x）＝1﹣+ex，令h（x）＝﹣1﹣+ex，x∈（0，+∞）， h′（x）＝+ex＞0恒成立， 所以h（x）在（0，+∞）上单调递增， 因为h（）＝﹣3+＜0，h（1）＝﹣2+e＞0， 所以存在唯一的x0∈（，1），使得h（x0）＝﹣1﹣+e＝0， 即e＝1+①， 当x∈（0，x0）时，h（x）＜0，即g′（x）＜0，所以g（x）在（0，x0）上单调递减， 当x∈（x0，+∞）时，h（x）＞0，即g′（x）＞0，所以g（x）在（x0，+∞）上单调递增， 所以g（x）min＝g（x0）＝﹣x0﹣lnx0+e，② 把①代入②得g（x0）＝﹣x0﹣lnx0+1+，x0∈（，1）， 当x0∈（，1）时，﹣lnx0＞0，1﹣x0＞0，＞0， 所以g（x0）＞0， 所以g（x）＞0， 所以a＝1时，f（）＞﹣ex． 【变式4】（2024·山东威海·二模）已知函数． (1)求的极值； (2)证明：． 【详解】（1）由题意得的定义域为， 则， 当时，，在上单调递增，无极值； 当时，令，则，令，则， 即在上单调递增，在上单调递减， 故为函数的极大值点，函数极大值为，无极小值； （2）证明：设， ，令， 则，即在上单调递增， ， 故，使得，即， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 故 即，即，则 考向二 求参数范围 【典例2】（2020·新Ⅰ卷·统考高考真题第21题）已知函数． （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）若不等式恒成立，求a的取值范围． 【答案】（1）（2） 【详解】（1），，. ，∴切点坐标为(1,1+e), ∴函数在点(1,f(1)处的切线方程为,即, 切线与坐标轴交点坐标分别为, ∴所求三角形面积为． （2）,，且. 设,则 ∴g(x)在上单调递增，即在上单调递增， 当时，,∴,∴成立. 当时， ，，, ∴存在唯一，使得，且当时，当时，，， 因此 >1, ∴∴恒成立； 当时， ∴不是恒成立. 综上所述，实数a的取值范围是[1,+∞). 【变式1】已知函数 ，当 且 时, 不等式 在 上恒成立, 求 的最大值. 解：依题分离参数得: , 令 , 则 , 令 . 则 在 上递增, , 存在 , 使 . 即 , 当 时, ; 当 . 【变式2】已知函数 对任意的 恒成立, 其中实数 , 求 的取值范围. 解：由已知得 由 得 在 上递增, 又 , 而 , 所以 存在 , 使得 得 . 当 时, 递减; 当 时, 递增: 故 得 , 又因为 在 上递增, 且 , , 由 得 . 【变式3】（2024·湖南邵阳·三模）已知函数 (1)若，求的单调区间. (2)若对，恒成立，求实数的取值范围 【答案】(1)的单调递增区间为，单调递减区间为 (2) 【详解】（1）若，则的定义域为， 且， 令，解得；令，解得； 所以的单调递增区间为，单调递减区间为. （2）因为，则， 所以原题意等价于对，恒成立， 构建， 则， 令，则对恒成立， 可知在内单调递增，且， 可知在内存在唯一零点， 当时，，即； 当时，，即； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则， 且，可得， 则，可得， 所以实数的取值范围为. 考向三 零点、极值点问题 【典例3】（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数，若的最小值为0， (1)求的值; (2)若，证明:存在唯一的极大值点，且. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）对函数求导后，分和两种情况讨论求解即可； （2）令，求导后可得在递减，递增，再结合零点存在性定理得在存在唯一的使得，在存在唯一的零点，从而得是唯一的极大值点. 【详解】（1）， 当时，，所以在上递减，则没有最小值， 当时，由，得，由，得， 所以在上递减，在上递增， 所以时，取得最小值，得成立， 下面证为唯一解， 令，则， 当时，，当时，， 所以在上递增，在上递减， 所以， 所以方程有且只有唯一解， 综上，； （2）证明:由（1）知， 令， 当时，，当时，， 所以在上递减，上递增， 因为， 所以在存在唯一的使得，在存在唯一的零点， 所以当或时，，即， 当时，，即， 所以在上递增，在上递减，在上递增， 即是唯一的极大值点， ， 由，得， 所以， 因为，所以. 【变式1】（2024·山东·模拟预测）已知函数，则使有零点的一个充分条件是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】首先判断，此时可得的单调性，依题意可得，令，结合函数的单调性及零点存在性定理得到存在使得，从而得到有零点的充要条件为，即可判断. 【详解】因为， 当时，，所以，没有零点，故A错误； 当时与在上单调递增，所以在上单调递增， ，要使有零点，则需， 即，令，则在上单调递减， 且，，， 所以存在使得， 所以有零点的充要条件为， 所以使有零点的一个充分条件是. 故选：D 【变式2】（23-24高三下·广东韶关·期末）已知函数，若有两个零点，则a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据已知条件，分类讨论求导函数判断函数单调性及极值点，结合零点存在定理可得参数范围. 【详解】已知函数，函数的定义域为 ， 当时，恒成立，所以在上单调递减，故时，至多有一个零点； 当时，令得，当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增． 此时最小值为， ①当时，由于，故只有一个零点； ②当时，即，故没有零点； ③当时，即，又 ； ， 由零点存在定理知在上有一个零点；在有一个零点． 所以有两个零点，a的取值范围为； 故选:A． 【变式3】（2024·辽宁·模拟预测）已知函数. (1)求在区间内的极大值； (2)令函数，当时，证明：在区间内有且仅有两个零点． ， 令，则 (【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）利用导数研究函数的单调性，求解极大值. （2）由可构造，讨论单调性和极值，证明零点个数的结论. 【详解】（1）由题得， 当时，，当时，， 则在区间内单调递增，在区间内单调递减， 所以在区间内的极大值为． （2）， 设，，则)，所以在区间内单调递减． 又，，故存在，使得， 当时，，即，在区间内单调递增； 当时，，即，在区间内单调递减． 又，，因为，所以， 所以在区间，内各有一个零点， 即在区间内有且仅有两个零点． 【变式4】（2024·江西新余·模拟预测）已知函数. (1)若，求在处的切线方程. (2)讨论的单调性. (3)求证：若，有且仅有一个零点. 【答案】(1)； (2)答案见解析； (3)证明见解析. 【分析】（1）把代入，利用导数的几何意义求出切线方程. （2）根据给定条件，按，，，分类，利用导数求出单调区间. （3）利用（2）的结论，结合零点存在性定理推理证明即可. 【详解】（1）当时，，求导得，则，而， 所以函数的图象在处的切线方程为，即. （2）函数的定义域为， 求导得， ①当时，由，得，由，得， 则函数在上单调递增，在上单调递减； ②当时，由，得，由，得， 则函数在上单调递增，在，上单调递减； ③当时，，函数在上单调递减； ④当时，由，得，由，得， 则函数在上单调递增，在，上单调递减， 所以当时，函数的递增区间为，递减区间为； 当时，函数的递增区间为，递减区间为，； 当时，函数的递减区间为； 当时，函数的递增区间为，递减区间为，. （3）①当时，函数在上单调递减，而，， 因此存在唯一使，则有且仅有一个零点； ②当时，函数在处取得极小值， 令，求导得，当时，，当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增，，即， ，当时，，则， 因此存在唯一使，则有且仅有一个零点； ③当时，函数在处取得极小值，， 同理存在唯一使，则有且仅有一个零点， 所以有且仅有一个零点. 题型02 极值点偏移问题 【典例4】（24-25高二上·江苏连云港·期末）已知函数. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)若有两个零点，且，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线的斜率，进而根据点斜式即可求解； （2）令得，令，则，从而令，则利用导数求出最小值可得答案. 【详解】（1）当时，， 曲线在处切线的斜率为， 又切线方程为， 即曲线在处的切线方程为； （2）若有两个零点， 则， 得. ，令，则， 故， 则， ， 令，则， 令，则， 在上单调递增， ， ，则在上单调递增， ， 故. 【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题，注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理． 【变式1】（23-24高三上·山东淄博·期末）已知函数，，则下列说法正确的是（    ） A．函数与函数有相同的极小值 B．若方程有唯一实根，则a的取值范围为 C．若方程有两个不同的实根，则 D．当时，若，则成立 【答案】ACD 【分析】对于A，根据题目直接对两个函数求导判断极值即可；对于B，根据函数单调性和最值判断函数变化趋势，进而求出参数范围；对于C，利用对数均值不等式直接判断即可；对于D，利用同构方法进行转化即可. 【详解】对于A，定义域，， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以， 定义域，， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以，故A正确； 对于B，若方程有唯一实根， 由于当时，，且， 结合已求的单调性和最值可知，或，故B错误； 对于C，因为方程有两个不同的实根，假设，则， 则，即，两式相减得， 即，由对数均值不等式， 则，即得证，故C正确； 对于D，当时，若，则， 即，显然，则， 则成立，故D正确. 故选：ACD 下面补证C选项对数均值不等式： 要证，即证， 设，即证，即证， 令，， 则在单调递增，当时，得证. 【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决； （3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解 【变式2】已知函数有两个零点、，则下列说法正确的是（    ）． A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】分析可知直线与曲线的图象有两个交点，数形结合可判断A选项；证明对数平均不等式，其中，且、均为正数，利用对数平均不等式可判断BCD选项. 【详解】由可得，令，其中， 所以，直线与曲线的图象有两个交点， ，令，可得，列表如下： 减 极小值 增 作出函数与的图象如下图所示： 由图可知，当时，函数与的图象有两个交点，A对； 接下来证明对数平均不等式，其中，且、均为正数. 先证明，其中， 即证， 令，，其中，则， 所以，函数在上为增函数，当时，， 所以，当时，， 接下来证明：，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，， 由已知可得，两式作差可得，所以，， 因为，故，，B错，CD都对. 故选：ACD. 【点睛】思路点睛：应用对数平均不等式证明极值点偏移： ①由题中等式中产生对数； ②将所得含对数的等式进行变形得到； ③利用对数平均不等式来证明相应的问题. 【变式3】（2024高二上·全国·专题练习）已知函数，直线是曲线的一条切线． (1)求的值，并讨论函数的单调性； (2)若，其中，证明：． 【答案】(1)，函数在上单调递减，在上单调递增 (2)证明见解析 【分析】（1）设切点为，利用导数几何意义和切线方程可构造方程得到，设，利用导数可确定有唯一零点，由此可得；代入后，根据的正负可得单调区间； （2）根据单调性和的正负可确定，将所证不等式转化为对任意恒成立；令，利用导数可求得单调递增，得到，由此可得结论. 【详解】（1）设直线与曲线相切于点， ， 又，即， 设，则，在上单调递增， 又，有唯一零点， ，解得， ， 则当时，；当时，， 在上单调递减，在上单调递增． （2）由（1）知， 当时，；当时，， ， 要证，只需证．在上单调递减， 只需证，又， 则只需证对任意恒成立． 设， 则， 设，则， 在上单调递减，． 又当时，， 在上单调递增， ，即在时恒成立， 又．故原不等式得证． 【变式4】（24-25高三上·江苏无锡·阶段练习）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：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【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. 【点睛】方法点睛：本题第二问考查极值点偏移问题，难度较大，解决极值点偏移的主要方法有： 1.构造对称函数； 2.比值换元； 3.对数平均不等式. 本题使用的解法是对数平均不等式即证明：，称为的对数平均数. 【变式5】24-25高三上·湖南·阶段练习）已知函数，. (1)若，求曲线在点处的切线方程. (2)若有两个极值点，． （i）证明：； （ii）证明：. 【答案】(1)； (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析. 【分析】（1）求出函数的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程即得. （2）（i）求出函数及导数，分离参数并构造函数，探讨函数性质即可推理得证；（ii）由（i）中信息，构造函数，探讨函数在上的单调性，推理得证. 【详解】（1）函数，求导得，则，而， 所以曲线在点处的切线方程为. （2）（i）函数，求导得， 令，得， 设，求导得，， 令，得， 当时，；当时，，函数在上递减，在上递增， 于是，由有两个极值点，得方程有两个实根， 即有两个实根，则. （ii）由（i）知，是方程的两个实根，即，且， 设，求导得， 令，则当时，， 即函数在上单调递增，则，即当时，， 于是函数在上单调递增，则，因此， 则，即，而，又在上单调递减， 因此，所以. 【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题： ①通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系； ②利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系； ③适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系； ④构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. 【变式6】（24-25高三上·四川成都·阶段练习）已知函数，其中为自然对数的底数． (1)当时，求的单调区间； (2)若方程有两个不同的根． （i）求的取值范围； （ii）证明：． 【答案】(1)在区间内单调递增，在区间内单调递减； (2)（i）；（ii）证明见解析. 【分析】（1）求函数的导函数及其零点，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）方程可化为，结合（1）确定函数的性质，由条件确定的取值范围； （3）设，由（i），由已知，法一：先证明时结论成立，构造函数，，并证明，由此可得，结合的单调性证明，再结合基本不等式证明当时，结论成立；法二：构造函数，证明当时，，由此可证，结合的单调性证明，再结合基本不等式证明结论. 【详解】（1）由题意得，，则， 由，解得． 当时，单调递增， 当时，单调递减； 综上，在区间内单调递增，在区间内单调递减； （2）（i）由，得， 设， 由（1）得在区间内单调递增，在区间内单调递减， 又，当时，，且当时，， 所以当时，方程有两个不同的根，即方程有两个不同的根， 故的取值范围是．                                      （ii）不妨设，则，且． 法一： 当时，结合（i）知，即； 当时，． 设 则 所以在区间内单调递增， 则，即， 所以 又在区间内单调递减， 所以，即， 又，所以， 故，所以，得证． 法二： 设，， 则， 所以在区间内单调递增，又， 所以，即． 又，所以， 又在区间内单调递减． 所以，即， 又，所以，得证． 【变式7】（23-24高二下·江苏苏州·期末）已知函数． (1)求曲线在处的切线方程； (2)若关于的不等式在上恒成立，求实数的最大值； (3)若关于的方程有两个实根，，求证：． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得； （2）由题意可得在上恒成立，则可构造函数，求导后分及讨论其单调性，在时结合零点的存在性定理研究，即可得的具体范围，即可得其最大值； （3）借助因式分解可将原问题转化为有两个实根，借助导数研究其单调性可得两根范围，借助换元法，令，，可得，两式作差可得，从而将证明转化为证明，借助换元法令，即证，构造相应函数，借助导数即可证明；再借助（2）中所得，结合两实根的范围，可得，即可得，两式作差即可得证. 【详解】（1），， 又，则有， 即曲线在处的切线方程为； （2）由题意可得在上恒成立， 令，则， 令，则， 则当时，，故在上单调递增， 则当时，， 当时，，故在上单调递增， 有，符合要求， 当时，由，， 则存在，使，即当时，， 当，， 故在上单调递减，在上单调递增， 则，不符合要求，故舍去， 综上所述，，故实数的最大值为； （3）， 由，即有有两个实根，， 令，， 当时，恒成立，不可能有两个实根，故舍去； 当，则时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 则有，即， 又， 不妨令，则有， 有，令，，即有， 则有，即， 即，则要证，只需证， 即证， 令，即证， 令，， 则恒成立， 故在上单调递减，故， 即有在时恒成立，故得证； 由（2）可知，当时，在上恒成立， 即在上恒成立， 则当时，，即， 由，则、， 故，， 则，， 又，即，即， 即，则有， 整理得，即，即， 即； 综上，得证. 【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于借助换元法，令，，从而将证明转换为证明. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$