重难点专训04 导数双变量与极值点偏移问题四大考法 （专项训练）（上海专用）2027年高考数学一轮复习讲练测

**基本信息** 聚焦导数双变量与极值点偏移，构建四种核心方法体系，分层突破四类典型题型，实现从方法提炼到解题应用的系统性训练。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |解题方法+题型+练习|4方法+21典例+22练习题|比值换元、主元法等四种方法，含适用场景、标准步骤及提速技巧|从方法归纳到题型应用（和型/积型/含参数/中点偏移），再到分层练习，形成“方法-题型-能力”递进逻辑，培养推理能力与模型观念|

重难点专训04 导数双变量与极值点偏移问题 内容导航 解题方法及技巧提炼 1 题型通法及变式提升 3 题型1 和型极值偏移（80%压轴必考） 3 题型2 积型极值偏移（对数函数专属） 5 题型3 含参数偏移（上海特色设问｜重难点） 6 题型4 中点导数偏移（上海压轴新趋势） 8 重难专题分层过关练 9 巩固过关 9 创新提升 11 解题方法及技巧提炼 方法一：比值换元法（上海最高频｜齐次/对数/乘积偏移首选） 适用场景 题干含 、双零点 ，式子含 、、 等次齐次结构，是对数、指数型偏移最优解法，计算量最小。 标准解题步骤 1. 定大小：设 ，令换元参数，则 ，且 ； 2. 代式消元：将 代入 ，消去 ，完成参数与变量化简； 3. 统一单变量：将待证不等式全部转化为仅含 的一元函数 ； 4. 单调性证明：在 内求导，分析 单调性，结合边界值证明不等式成立。 高分提速技巧 含 优先比值换元；含参数题型，先利用 消参，再换元化简，大幅减少计算量。 方法二：主元法（难换元、非齐次双变量专属） 适用场景 双变量无齐次结构、无法比值换元，两变量地位对等，多用于复杂含参双变量不等式证明。 标准解题步骤 1. 固定主元：锁定一个变量为常数，将不等式构造为另一变量的一元函数 ； 2. 限定区间：结合题干条件，明确自变量的取值区间； 3. 导数判单调：求导判断 在对应区间的单调性； 4. 边界收尾：利用区间端点最值，证明不等式恒成立。 易错警示 必须明确标注主元取值范围，区间书写错误、范围遗漏，上海阅卷直接扣2–3分。 方法三：同构构造法（斜率型不等式专用） 适用场景 题干出现两点斜率结构 （或 ），上海常结合切线斜率、函数单调性考查。 万能变形模板 构造新函数 ，只需证明 在定义域内单调递增即可，一步同构简化复杂运算。 方法四：对称构造法（极值点偏移专属｜满分保底模板） 上海偏移大题首选标准解法，步骤规范、逻辑严谨，适配阅卷得分点，无思路风险、无扣分隐患。 满分默写模板 1. 求点定单调：求 ，令 ，解得唯一极值点 ；判断 在 单调递增， 单调递减； 2. 设定变量：设 ，由题意得 ； 3. 构造偏差函数：令 ； 4. 求导判单调性：求 ，化简证明 ，即 在 单调递增； 5. 定函数符号：，即 ； 6. 变量代换：由 ，得 ，结合 ，得 ； 7. 单调收尾： 均在 递减区间 内，故 ，即 ，证毕。 提速优化技巧 可替换构造 ，对称性更强、求导化简更简便，考场更省时。 题型通法及变式提升 题型1 和型极值偏移（80%压轴必考） 1. 稳妥满分：对称构造法（步骤标准化，零扣分）；2. 快速解题：比值换元法（计算量更小，适合指数、对数函数） 1．已知函数有两个零点，且． (1)求a的取值范围； (2)证明：． 2．已知函数．若函数有两个不相等的零点． (1)求a的取值范围； (2)证明：． 3．已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若函数有两个不同零点，求的取值范围，并证明. 4．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：． 5．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：. 6．已知函数的导函数为. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)当时，，求的取值范围； (3)设，当时，方程仅有两个不相等的实数根，求证：. 7．已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若对所有成立，求a的最小值； (3)设,若有两个零点,求证：． 8．已知函数. (1)当时，求的最小值； (2)已知函数有两个零点，，且. （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）证明：. 题型2 积型极值偏移（对数函数专属） 1. 零点变形：由 ，得 ，，两式相减得 ； 2. 换元证明：令 ，将式子统一为单变量函数，结合单调性证结论。 9．设函数， (1)若有极值点、无零点，求的取值范围； (2)若的图象在区间内存在两条互相垂直的切线，求的取值范围； (3)设，若方程有两个实数根、，且，求证：，且． 10．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．定义：若函数与在公共定义域内存在，使得，则称与为“契合函数”，为“契合点”． (1)若与为“契合函数”，且只有一个“契合点”，求实数a的取值范围． (2)若与为“契合函数”，且有两个不同的“契合点”． ①求b的取值范围； ②证明：． 12．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：． 题型3 含参数偏移（上海特色设问｜重难点） 极值点 满足 ，以此建立参数 与极值点 的等量关系，将待证不等式中所有参数替换为 ，消去参数后转化为基础无参偏移问题。 13．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：. 14．已知函数. (1)当时，求函数的零点个数. (2)若关于的方程有两个不同实根，求实数的取值范围并证明. 15．已知函数． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)记函数，若，存在两个相异的正实数满足，求证：． 16．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. 17．已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若有两个零点，求的取值范围； (3)若有两个零点，，证明. 18．已知函数. (1)当时，求的最小值； (2)若当时，恒成立，求的取值范围； (3)若关于的方程有两个不等实根，证明：. 题型4 中点导数偏移（上海压轴新趋势） 等价转化：证中点导数值符号 证 与极值点 的大小关系 回归基础和型偏移，先证 ，再结合 单调性推导最终结论。 19．已知可导函数在区间上只有一个极大值点，方程的解分别为，且． (1)若，则，即在区间上的极大值点右偏． (2)若，则，即在区间上的极大值点左偏． 20．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：. 21．设函数的定义域为，在上仅有一个极值点，方程在上仅有两解，分别为，且．若，则称函数在上的极值点左偏移；若，则称函数在上的极值点右偏移． (1)设，判断函数在上的极值点是否左偏移或右偏移，并说明理由； (2)设且，，，求证：函数在上的极值点右偏移； (3)设，，，求证：当时，函数在上的极值点左偏移． 重难专题分层过关练 巩固过关 1．已知函数有两个不同的零点，其极值点为．求证：． 2．已知函数．若函数有两个零点、，求证：． 3．已知函数，其中.当时，设的两个零点为，，求证：. 4．已知函数有两个不同的零点.求证：. 5．已知函数. (1)讨论导函数的零点个数情况； (2)若有两个不同极值点、.当时，证明：. 6．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：． 7．已知函数，其中． (1)若有两个极值点，求实数的取值范围； (2)若有两个极值点，，证明：． 8．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： 9．已知函数. (1)若，求的取值范围； (2)若关于的方程有两个不同的正实根，证明：. 创新提升 1．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：． 2．已知函数 (1)讨论函数的单调性； (2)求函数在处切线方程； (3)若有两解，，且，求证：． 3．已知函数. (1)当时，求证：； (2)若对于恒成立，求的取值范围； (3)若存在，使得，求证：. 4．已知函数， (1)当时，求在处的切线方程； (2)若时，恒成立，求的范围； (3)若在内有两个不同零点、，求证：. 5．已知函数，其中. (1)若在上单调递增，求的取值范围； (2)在数学上，我们把在平面直角坐标系中横、纵坐标均为整数的点称为格点，若曲线与轴相切，且切点为格点． （i）求的值； （ii）若，且，证明：. 6．已知，，是自然对数的底数. (1)求函数的单调区间； (2)若关于的方程有两个不等实根，求的取值范围； (3)当时，若满足，求证：. 7．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：. 8．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：. 9．已知函数． (1)求曲线在点处的切线的斜率； (2)设，当时，求的零点个数； (3)若，且，求证：． 10．若函数在上存在，使得，，则称是上的“双中值函数”，其中称为在上的中值点. (1)判断函数是否是上的“双中值函数”，并说明理由； (2)已知函数，存在，使得，且是上的“双中值函数”， 是在上的中值点. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 11．已知函数． (1)求在上的极值； (2)若在上恒成立，求实数的取值范围； (3)若存在实数使得函数在上有两个不同的零点，证明：． 12．已知函数（）． (1)当时，求证：； (2)若函数的两个零点为（）． ①求实数的取值范围； ②求证：． 13．已知函数，，. (1)当时，求函数在点处的切线方程； (2)令当，若函数有两个零点，，求实数的取值范围； (3)在（2）的条件下，证明：. 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点专训04 导数双变量与极值点偏移问题 内容导航 解题方法及技巧提炼 1 题型通法及变式提升 3 题型1 和型极值偏移（80%压轴必考） 3 题型2 积型极值偏移（对数函数专属） 13 题型3 含参数偏移（上海特色设问｜重难点） 20 题型4 中点导数偏移（上海压轴新趋势） 29 重难专题分层过关练 34 巩固过关 34 创新提升 45 解题方法及技巧提炼 方法一：比值换元法（上海最高频｜齐次/对数/乘积偏移首选） 适用场景 题干含 、双零点 ，式子含 、、 等次齐次结构，是对数、指数型偏移最优解法，计算量最小。 标准解题步骤 1. 定大小：设 ，令换元参数，则 ，且 ； 2. 代式消元：将 代入 ，消去 ，完成参数与变量化简； 3. 统一单变量：将待证不等式全部转化为仅含 的一元函数 ； 4. 单调性证明：在 内求导，分析 单调性，结合边界值证明不等式成立。 高分提速技巧 含 优先比值换元；含参数题型，先利用 消参，再换元化简，大幅减少计算量。 方法二：主元法（难换元、非齐次双变量专属） 适用场景 双变量无齐次结构、无法比值换元，两变量地位对等，多用于复杂含参双变量不等式证明。 标准解题步骤 1. 固定主元：锁定一个变量为常数，将不等式构造为另一变量的一元函数 ； 2. 限定区间：结合题干条件，明确自变量的取值区间； 3. 导数判单调：求导判断 在对应区间的单调性； 4. 边界收尾：利用区间端点最值，证明不等式恒成立。 易错警示 必须明确标注主元取值范围，区间书写错误、范围遗漏，上海阅卷直接扣2–3分。 方法三：同构构造法（斜率型不等式专用） 适用场景 题干出现两点斜率结构 （或 ），上海常结合切线斜率、函数单调性考查。 万能变形模板 构造新函数 ，只需证明 在定义域内单调递增即可，一步同构简化复杂运算。 方法四：对称构造法（极值点偏移专属｜满分保底模板） 上海偏移大题首选标准解法，步骤规范、逻辑严谨，适配阅卷得分点，无思路风险、无扣分隐患。 满分默写模板 1. 求点定单调：求 ，令 ，解得唯一极值点 ；判断 在 单调递增， 单调递减； 2. 设定变量：设 ，由题意得 ； 3. 构造偏差函数：令 ； 4. 求导判单调性：求 ，化简证明 ，即 在 单调递增； 5. 定函数符号：，即 ； 6. 变量代换：由 ，得 ，结合 ，得 ； 7. 单调收尾： 均在 递减区间 内，故 ，即 ，证毕。 提速优化技巧 可替换构造 ，对称性更强、求导化简更简便，考场更省时。 题型通法及变式提升 题型1 和型极值偏移（80%压轴必考） 1. 稳妥满分：对称构造法（步骤标准化，零扣分）；2. 快速解题：比值换元法（计算量更小，适合指数、对数函数） 1．已知函数有两个零点，且． (1)求a的取值范围； (2)证明：． 【详解】（1）函数有两个零点，即方程有两个不同的实根， 当时，， 所以在上为增函数，最多只有一个零点，不符合题意， 当时，， 令，解得， 时，，单调递减；时，，单调递增， 所以在处取得极小值，也是最小值，且， 因为有两个零点，所以，即，解得， 又当时，，，故； 当时，增长速度远大于，故， 所以，当时，有两个零点， 综上，的取值范围是； (2)由是的零点，得，，所以， 令，则，代入上式得，所以，： 要证，即证， 因为，等价于证明： 令，， 令，， 时，，故在单调递增，所以， 所以在单调递增，故，即， 所以． 2．已知函数．若函数有两个不相等的零点． (1)求a的取值范围； (2)证明：． 【详解】（1）由题意可知：， 若，则恒成立，即单调递增，不存在两个不等零点， 故， 显然当时，，当时，， 则在上单调递减，在上单调递增， 所以若要符合题意，需， 此时有，且， 令， 而， 即在上递减，故， 所以， 又， 故在区间和上函数存在各一个零点，符合题意， 综上； （2）结合（1），不妨令， 构造函数， 则， 即单调递减，所以， 即， 因为，所以， 由（1）知在上单调递增，所以由， 故. 3．已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若函数有两个不同零点，求的取值范围，并证明. 【答案】(1)； (2)，证明：由已知可得， ①若，则，， 即在上单调递增，上单调递减，， 又时，，所以函数存在两个零点； ②若时，，显然不符合题意； ③若时，令， 当时，令或，令， 即在上单调递减，和上单调递增， 函数极小值为，函数极大值为， 此时函数至多有一个零点，不符合题意； 当时，，则单调递增，至多一个零点，不符合题意； 当时，令或，令， 即在上单调递减，和上单调递增， 函数极大值为，函数极小值为， 此时函数至多有一个零点，不符合题意； 综上所述，时函数有两个零点，则一正一负， 不妨令，设， 令，即在R上单调递增， 所以，， 故时，有，时，有， 即，所以， 则， 又因为在上单调递减，故，证毕. 4．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：． 【详解】（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. 5．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：. 【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， ∴. 6．已知函数的导函数为. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)当时，，求的取值范围； (3)设，当时，方程仅有两个不相等的实数根，求证：. 【详解】（1）当时，， ， 故切线方程为， 化简为. （2）当时，，不符合题意，舍去. 当时，. 令， 当时，，故在上单调递增， 所以，即时，，在上单调递增， 所以成立. 当时，设恒成立， 所以在上单调递增， ， 所以，使， 当时，，即，所以单调递减， ，所以在时成立， 所以在上单调递减， 所以，不符合题意，舍去. 综上，的取值范围为. （3）证明：， 所以，与仅有两个交点， 所以， 不妨设所以， 因为，所以，所以， 又在上单调递减， 所以， 所以. 7．已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若对所有成立，求a的最小值； (3)设,若有两个零点,求证：． 【详解】（1）函数的定义域为，， 当时，，即在上恒成立，所以在上单调递增. 当时，令，解得, ，即在上单调递增. ，即在上单调递减. 综上， 当时,在上单调递增， 当时,在上单调递减，在上单调递增. （2）由，得对所有成立， 令，则， 令， 当时，，在上单调递增. 当时，，在上单调递减. 所以在处取得最大值，. 因为恒成立， 所以,即的最小值为1. （3）. ，且， 令，得， 由有两个零点，且有唯一的正根，此时， 当时，，在单调递减， 当时，，在单调递增. 所以是的极小值点，且，两个零点满足. 因为，解得， 又因为，，且是的极小值点， 所以，将代入得到， 若，则，与矛盾， 所以，即，可以得到. 所以位于的递增区间内. ， 将代入得，， 因为，所以， 又与都在的递增区间内， 所以有，即. 8．已知函数. (1)当时，求的最小值； (2)已知函数有两个零点，，且. （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）证明：. 【详解】（1）当时，，， 令得， 当时，；当时，， 因此在单调递减，在单调递增， 故的最小值为； （2）（ⅰ）解法1：令得， 设，则图象与直线有两个交点， ，当时，；当时，， 因此在单调递增，在单调递减， 时，，，，故的取值范围为； 解法2：函数的定义域为，， 若时，则，故在上单调递减，不满足题意； 若时，令得， 当时，；当时，， 因此在单调递减，在单调递增， 因为函数有两个零点，所以， 即，解得， 此时，， 满足题意，故的取值范围为； （ⅱ）证明1：由（ⅰ）解法2知，，， 要证，即证， 因为，所以， 又在单调递减，即证， 又，即证. 设，， 则 ， 当且仅当时取等号， 所以，函数在单调递增. 当时，，因此，， 因为，所以，故原不等式成立； 证明2：由题意可知，，两式相减得， 要证，即证，即证， 令，则，即证（），即证（）， 设（），则， 由（1）知，，当且仅当时取等号， 故，即，在单调递增， 当时，，故原不等式成立， 证明3：由题意可知，，两式相减得， 要证，即证，即证， 令，，则，，， 即证（），即证（）， 令，即证（）， 设（），则， 在单调递减，， 因为，所以，故原不等式成立. 题型2 积型极值偏移（对数函数专属） 1. 零点变形：由 ，得 ，，两式相减得 ； 2. 换元证明：令 ，将式子统一为单变量函数，结合单调性证结论。 9．设函数， (1)若有极值点、无零点，求的取值范围； (2)若的图象在区间内存在两条互相垂直的切线，求的取值范围； (3)设，若方程有两个实数根、，且，求证：，且． 【详解】（1）因为，则， 当时，，此时函数在上单调递增，函数无极值点，不符合题意； 当时，由可得，由可得， 此时函数在上单调递减，在上单调递增， 则函数有极小值点，故的极小值为， 因为函数无零点，所以，即，即，解得， 综上，的取值范围为． （2）由的图象在区间内存在两条互相垂直的切线， 可知存在、使得． 当，则，不符合题意． 当时，在上单调递增． 所以在内的值域为． 所以，由题意可得， 整理可得，解得， 因此，的取值范围为． (3)设，则， 因为，所以． 当时，，在上单调递增，不符合题意，所以． 由，得． 设，则，所以在上单调递增． 又因，所以， 所以，所以， 所以，所以， 设，则， 因为当时，，所以在上单调递减， 又因为，所以当时，，即． 因为，所以，即， 又因，所以，所以， 又因为，，所以． 10．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：． 【详解】（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．定义：若函数与在公共定义域内存在，使得，则称与为“契合函数”，为“契合点”． (1)若与为“契合函数”，且只有一个“契合点”，求实数a的取值范围． (2)若与为“契合函数”，且有两个不同的“契合点”． ①求b的取值范围； ②证明：． 【详解】（1）由与为“契合函数”，得，使 ，令，依题意，方程有唯一解， 求导得，当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，则， 当时，，时，，， 又和只有一个“契合点”，则直线与函数的图象只有1个交点，则或， 所以实数a的取值范围是. （2）①由与为“契合函数”，且有两个不同的“契合点”， 得存在，使， 即关于的方程有两个相异正根，令函数， 求导得， 由，得，得当时，；当时，， 则函数在上递增，在上递减，则， 当从大于0的方向趋近于0时，；当时，， 因此当时，直线与函数的图象有两个不同交点， 所以b的取值范围是. ②由（1）知，当时，，令， 求导得， 令，求导得， 当时，，函数在上单调递减，，， 函数在上单调递减，，因此当时，， 而，则，又，于是， 又，函数在上递减，则， 所以. 12．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：． 【详解】（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. 题型3 含参数偏移（上海特色设问｜重难点） 极值点 满足 ，以此建立参数 与极值点 的等量关系，将待证不等式中所有参数替换为 ，消去参数后转化为基础无参偏移问题。 13．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：. 【详解】（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. 14．已知函数. (1)当时，求函数的零点个数. (2)若关于的方程有两个不同实根，求实数的取值范围并证明. 【详解】（1）当时，， 所以函数在上单调递增， 又因为， 所以函数有且仅有一个零点. （2）方程有两个不同实根，等价于有两个不同实根， 得，令，则， 令，解得；令，解得； 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，取得最大值， 由，得当时，； 当的大致图象如图所示，    所以当，即时，有两个不同实根； 证明：不妨设且 两式相加得，两式相减得， 所以， 要证，只需证， 即证， 设，令， 则， 所以函数在上单调递增，且， 所以，即， 所以，原命题得证. 15．已知函数． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)记函数，若，存在两个相异的正实数满足，求证：． 【详解】（1）当时，． 所以切线的方程是即． （2）可得． 令，得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减． 不妨设，令， 则， 所以函数在上单调递增，从而， 即时，恒成立． 而，从而，又， ，函数在上单调递减． ，得． 令，则，当时单调递增； 当时单调递减，所以，即， 由不等式得， 成立，所以． 16．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. 【详解】（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. 17．已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若有两个零点，求的取值范围； (3)若有两个零点，，证明. 【详解】（1）因为， 所以. （ⅰ）若，则，所以在上单调递减； （ⅱ）若，则由得． 当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增． （2）（ⅰ）若，由（1）知，至多有一个零点，不合题意； （ⅱ）若，由（1）知，当时，取得最小值为． ①当时，由于，故只有一个零点，不合题意； ②当时，因，即，故无零点，不合题意； ③当时，，即． 又，故在有一个零点． 设正整数满足， 则． 由于，因此在有一个零点． 综上，的取值范围为． （3）由（2）可设极值点，即，且，． 由（2）不妨设. 要证．只需证，其中. 而在单调递增，故只需证． 又，即证：． 令， 则， , 设，根据基本不等式，（因为，等号不可取）. 设，则为开口向上的抛物线，对称轴为. 因为当时，，所以在上单调递增. 因为. 所以当时，，即. 所以在上恒成立． 因此在单调递增，故． 即，结合，得， 因、，且函数在该区间单调递增，故． 整理得：，得证． 18．已知函数. (1)当时，求的最小值； (2)若当时，恒成立，求的取值范围； (3)若关于的方程有两个不等实根，证明：. 【详解】（1）当时，， . 令，得， 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增， 故在处取得最小值， . （2）当时，恒成立， 即， 即. 令，即求在时恒成立， . ①当时，恒成立，故在上单调递减， 则当时，恒成立； ②当时，在上单调递减，且， 则在上恒成立，故在上单调递增， 则成立，与题干矛盾，舍掉； ③当时，恒成立，故在上单调递增， 则恒成立，与题干矛盾，舍掉. 综上所述，满足要求. (3)将代入，原方程化为， 即， 则有， 两式相减，得， 即， 故原不等式变形为. 不妨令，不等式两端同时除以，则不等式可变形为. 令，则不等式可继续变形为， 即证在时恒成立， 故令， 则恒成立， 故在时单调递增，则恒成立， 故命题得证. 题型4 中点导数偏移（上海压轴新趋势） 等价转化：证中点导数值符号 证 与极值点 的大小关系 回归基础和型偏移，先证 ，再结合 单调性推导最终结论。 19．已知可导函数在区间上只有一个极大值点，方程的解分别为，且． (1)若，则，即在区间上的极大值点右偏． (2)若，则，即在区间上的极大值点左偏． 【详解】（1）因为可导函数在区间上只有一个极大值点，则的单调递增区间为，单调递减区间为．方程的解分别为， 由，有，且， 又，的单调递增区间为，故，所以，即在区间上的极大值点右偏. （2）结合（1）可知，当时，，所以，即在区间上的极大值点左偏. 20．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：. 【答案】(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. 21．设函数的定义域为，在上仅有一个极值点，方程在上仅有两解，分别为，且．若，则称函数在上的极值点左偏移；若，则称函数在上的极值点右偏移． (1)设，判断函数在上的极值点是否左偏移或右偏移，并说明理由； (2)设且，，，求证：函数在上的极值点右偏移； (3)设，，，求证：当时，函数在上的极值点左偏移． 【答案】(1) 由零点为极值点为， 由于，所以极值点既不左偏移，也不右偏移． (2) 因为，其中且， 因此在内的零点为1和． 而，， 因此在内的极值点为． 此时， 而，由于， 因为，所以，即， 则函数在上的极值点右偏移得证． (3) 先考虑有两个零点，此时． 设，则， 当时，，此时在上单调递增， 当时，，此时在上单调递减， 而当时，时， 所以结合图像， 有两解时，的取值范围是，此时的两个零点． 再考虑极值点，， 当时，有解， 当时，，此时在上单调递增， 当时，，此时在上单调递减， 因此有唯一极值点，并且． 要证明，即证明，因为，所以， 又因为在上单调递减， 所以只需要证明， 又因为，所以只需要证明， 构造 ，由于， 则， 即在区间上单调递减，且，即在上恒有， 则， 所以原不等式得证， 因此函数在上的极值点左偏移． 解法二：由， 可得． 欲证，即证，即证． ， 不妨设，令， 于是， 此时即证：当时，． 令，求导并整理，得， 因此函数在区间上单调递增， 其值域为，而， 因此当时，，即， 从而得证，即函数在上的极值点左偏移． 重难专题分层过关练 巩固过关 1．已知函数有两个不同的零点，其极值点为．求证：． 【详解】因为的极值点为， 所以令，得，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，不妨设． 构造函数， 则 ， 所以在上单调递增， 当时，，有． 将代入，得， 又，，在上单调递增， 故，即． 2．已知函数．若函数有两个零点、，求证：． 【详解】因为，该函数的定义域为，， ①若，则恒成立，不可能有两个零点； ②若，， 令，令，可得，令， 由可得，由可得， 故在单调递增，在单调递减， 且，则， 时符合题意， 因为函数有两个零点、， 则，可得，同理可得， 要证，即证，即证，即证， 即证，即证， 故只需证，即证． 构造函数，则， 令，其中，则， 由可得，由可得， 所以在单调递减，在单调递增，则， 即，在上单调递增， 因为，故，即，故原不等式得证. 3．已知函数，其中.当时，设的两个零点为，，求证：. 【详解】由，因为，所以定义域为， 则， 令，得，由，得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 当时，，又，故，. 要证，只需证，而， 又在上单调递减，只需证即可. 又， 令，则，所以在上单调递增， 故，即，则， 所以. 4．已知函数有两个不同的零点.求证：. 【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. 5．已知函数. (1)讨论导函数的零点个数情况； (2)若有两个不同极值点、.当时，证明：. 【详解】（1）因为函数的定义域为， 且，由可得， 令，其中，则， 由可得，列表如下： 增 极大值 减 所以，函数在上单调递增，在上单调递减， 所以，的极小值为， 且当时，；当时，. 如下图所示： 当时，即当时，直线与函数只有一个公共点， 当时，即当时，直线与函数有两个公共点， 当时，即当时，直线与函数无交点. 综上所述，当时，函数只有一个零点； 当时，函数有两个零点； 当时，函数无零点. （2）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. 6．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：． 【详解】（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，∴． 7．已知函数，其中． (1)若有两个极值点，求实数的取值范围； (2)若有两个极值点，，证明：． 【详解】（1）函数的定义域为． 由，得. 令. 则． 又. 当时，，且，所以. 从而，故在上单调递减． 当时，和 均为增函数， 从而，故在上单调递增． 又，并且当或时，均有，所以在处取得最小值． 方程等价于方程． 当时，方程在和内各有一个实根． 此时的符号依次为正、负、正，所以有两个极值点． 当时，方程只有一个实根，且，在的两侧不变号，所以不是极值点． 当时，方程无实根，函数没有极值点． 综上，实数的取值范围为. (2)证明：令，则． 由（1）知，且． 令，则． 要证明，只需证明． 令 则. 整理得. 从而. 先证明：当时，． 令，， 当时，，此时单调递减， 当时，，此时单调递增， 所以， 因此在时恒成立. 因为，所以分别取与，得， 由，两边取倒数，得， 由，两边取倒数，得. 两式相加，得. 因此，通分得， 所以在上单调递增． 又，故， 又因为所以 由（1）知在上单调递增，因此 所以 8．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： 【详解】（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. 9．已知函数. (1)若，求的取值范围； (2)若关于的方程有两个不同的正实根，证明：. 【详解】（1）的定义域为， 由，得. 设，则. 由，得，由，得， 则在上单调递增，在上单调递减， 从而. 故，即的取值范围是. (2)证明：由，得， 即，即. 设，则等价于. 易证在上单调递增，则，即. 设，则. 由，得，由，得， 则在上单调递增，在上单调递减， 从而，且， 当x趋于时，趋于0. 方程有两个不同的正实根，不妨设， 由图可知，. 设 则在上单调递增. 因为，所以，即. 设，则， 即，则. 因为方程有两个不同的正实根， 所以，作差得. 因为，所以，所以， 则，故. 创新提升 1．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：． 【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）证明：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． 2．已知函数 (1)讨论函数的单调性； (2)求函数在处切线方程； (3)若有两解，，且，求证：． 【详解】（1）的定义域为，，当时，，当时，，当时，，故在区间内为增函数，在区间为减函数； （2），，所以处切线方程为：， 即； (3)先证，由（1）可知：，且在区间为减函数，要证， 即证：， 令，， 则， 所以在区间内单调递增，，即， 即； 再证，由（2）可知曲线在点处的切线方程为， 令， ，∴在处取得极大值为0， 故当时，，， 则，即， 又，， ∴，得证. 3．已知函数. (1)当时，求证：； (2)若对于恒成立，求的取值范围； (3)若存在，使得，求证：. 【答案】(1)由，得. 要证，只需证. 令，则. 当时，，则单调递减， 当时，，则单调递增， 所以，故， 因此. （2） 令，则 ①当时，由，得， 因此，满足题意. ②当时，由，得， 因此，则在上单调递增. 若，则， 则在上单调递增， 所以，满足题意； 若，则， 因此在存在唯一的零点，且， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以，不合题意. 综上，的取值范围为. (3)由（2）知，设， 则在上单调递减，在上单调递增， 注意到， 故在上存在唯一的零点. 注意到，且在上单调递增. 要证明，只需证， 因为，所以只需证， 即证. 因为，即， 所以，只需证， 只需证（*） 由（1）得， 因此， 设， 则，所以在上单调递增， 所以， 从而，即，因此（*）得证， 从而. 4．已知函数， (1)当时，求在处的切线方程； (2)若时，恒成立，求的范围； (3)若在内有两个不同零点、，求证：. 【详解】（1）当时，，则， 所以，，. 故切线方程为，即， （2）因为在上恒成立， 进而，即． 令，其中，则， 当时，，则，此时，函数单调递增， 当时，，则，此时，函数单调递减， 当时，，因为，因此， 所以，，故， 因此，实数的取值范围是. (3)证明：因为函数在内有两个不同零点、， 则方程在内有两个根、，即， 由（2）知，当时，函数在单调递增，单调递减． 故，欲证，即证， 由于且函数在单调递减．所以只需证明， 即证，欲证，即证，即， 即证，即证，而该式显然成立， 欲证，即证，且，即证， 即证，即证，即证， 令，只需证， ， 令， 所以，即函数在上单调递增，所以，，故原不等式得证． 5．已知函数，其中. (1)若在上单调递增，求的取值范围； (2)在数学上，我们把在平面直角坐标系中横、纵坐标均为整数的点称为格点，若曲线与轴相切，且切点为格点． （i）求的值； （ii）若，且，证明：. 【详解】（1）， 由题意恒成立，则， 则. （2）（i）由题意，存在使得， 消去得， 设， 则 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 极大值，当时， 极小值， ， 则在存在1个零点， 综上的整数零点只有0， 则. （ii）， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 则， 设， 则， 由基本不等式，则，单调递增， 则时，， 则， 由于，在单调递增， 则， 设， 则 则，单调递增， 当时，， 则， 即， 由于，在单调递增， 则， 由 ，可得， 则， 即. 6．已知，，是自然对数的底数. (1)求函数的单调区间； (2)若关于的方程有两个不等实根，求的取值范围； (3)当时，若满足，求证：. 【详解】（1）函数的定义域为，求导得， 当时，恒有，则函数在上单调递增； 当时，由，得，由，得， 即函数在上单调递减，在上单调递增； 所以当时，函数的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为； （2）方程，即，当时，方程不成立，则； 令，依题意，方程有两个不等实根，即直线与的图象有两个交点， 求导得，当或时，，当时，， 所以函数在，上单调递减，在上单调递增， 而当时，，当时，，且当时，取得极小值， 作出函数，的大致图象，如图，    观察图象，当时，直线与函数的图象有两个交点， 所以的取值范围为； (3)当时，，求导得， 由（1）知，函数在上单调递减，在上单调递增； 由，且，得， 令函数，， 求导得， 则函数在上单调递增，有，于是， 而，因此，即， 又，， 函数在上单调递增，所以， 所以. 7．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：. 【详解】（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． 8．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：. 【详解】（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. 9．已知函数． (1)求曲线在点处的切线的斜率； (2)设，当时，求的零点个数； (3)若，且，求证：． 【详解】（1）因为， 所以． 所以曲线在点处的切线的斜率为0． （2）由题设，． 因为，所以是的一个零点． 当时，等价于． 设函数，，则． 令，解得． 当时，，在区间上单调递减； 当时，，在区间上单调递增． 因为，所以当时，． 又，， 当时，． 又根据零点存在定理，存在唯一，使得． 综上，当时，有2个零点． (3)由题设，． ①当时，，，所以，即． 所以在区间上单调递减； ②当时，，，所以，即． 所以在区间上单调递增． 因为，且，所以． 令，． 因为，当且仅当时等号成立． 所以当时，． 所以． 所以，即． 因为，所以． 因为，所以． 因为在区间上单调递减，，， 所以，即 10．若函数在上存在，使得，，则称是上的“双中值函数”，其中称为在上的中值点. (1)判断函数是否是上的“双中值函数”，并说明理由； (2)已知函数，存在，使得，且是上的“双中值函数”， 是在上的中值点. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 【详解】（1）是，理由如下： 根据条件易知， 又，可得， 显然，符合“双中值函数”定义， 即函数是上的“双中值函数”； （2）①因为，所以. 因为是上的“双中值函数”，所以. 由题意可得. 设，则. 当时，，则为减函数，即为减函数； 当时，，则为增函数，即为增函数. 故. 因为，且时，,时，， 所以，所以，即的取值范围为； ②证明：不妨设， 则，，即，． 要证，可证，即证． 设， 则． 设，则， 所以在上单调递增，所以， 所以，则在上单调递减． 因为，所以，即． 因为，所以． 因为，所以． 因为，所以． 由①可知在上单调递增，所以，即得证． 11．已知函数． (1)求在上的极值； (2)若在上恒成立，求实数的取值范围； (3)若存在实数使得函数在上有两个不同的零点，证明：． 【详解】（1）， 令，所以，解得， 当时，单调递减， 当时，，单调递增， 所以在的极小值为，无极大值． （2）在上恒成立， 即在上恒成立， ①当时，由，得，因此，满足题意. ②当时，令， 则， 令，则． 由，得，， 因此，则在上单调递增， 若，则， 则在上单调递增， 所以，满足题意； 若，则，， 因此在上存在唯一的零点， 且， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以，不满足题意. 综上，实数的取值范围为． (3)当时，即， 不妨设，由（1）可知， 要证明，即证， 因为，且在上单调递增，所以只需要证， 又因为， 所以只需要证，即证， 即证， 两边同时除以，得， 化简为， 因为，所以只需证， 即证， 令， 则， 令， 则在上恒成立， 所以在上单调递增，， 即在上恒成立， 所以在上单调递减， 所以． 故，即， 所以． 12．已知函数（）． (1)当时，求证：； (2)若函数的两个零点为（）． ①求实数的取值范围； ②求证：． 【答案】(1)若，则， 可知函数的定义域为，且， 令，解得；令，解得； 可知函数在内单调递减，在内单调递增， 所以. （2）①因为，可知函数的定义域为，且， 令，解得；令，解得； 可知函数在内单调递减，在内单调递增，则函数的最小值为， 且当趋近于或时，趋近于， 若函数的两个零点，则，即，解得， 所以实数的取值范围为； ②因为函数的两个零点为， 令，， 则， 可知在内单调递减，则， 可得，， 若函数的两个零点为，且，则， 可得， 又因为，，且函数在内单调递增， 则，可得， 所以. 13．已知函数，，. (1)当时，求函数在点处的切线方程； (2)令当，若函数有两个零点，，求实数的取值范围； (3)在（2）的条件下，证明：. 【详解】（1）定义域为，， 所以切线斜率为， 又，所以切线方程为，即. （2）， 定义域为，， ①当时，有恒成立，在上单调递增， 函数不可能有两个零点； ②当时，由，解得，由，解得， 故函数在上递增，在上递减． 因为， 故， 设，， 则，当时，，当时，， 函数在上递增，在上递减，故在处取得极大值，也是最大值，，所以，故， 即 ， 取，则. 因此，要使函数且两个零点，只需， 即，化简，得， 令，因为， 所以函数在上是单调递增函数， 又，故不等式的解为， 因此，使求实数a的取值范围是：. (3)因为，所以， 根据（2）的结果，不妨设，则只需证明， 因为在时单调递增，且，， 于是只需证明， 因为，所以即证， 记，， ， 所以在单调递增，则， 即证得，原命题得证. 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $