第4讲函数与导数之双变量与对数平均专项训练-2027届高三数学一轮复习

函数与导数之双变量与对数平均 高三数学专题复习 · 专题第四讲 0 题型概说 本讲研究的问题：压轴解答中出现 ，（  ）两个动点，条件给出 、 与 同时成立、双零点等对称关系，待证或待求的目标含 、、、 这类对称结构。处理手段有三：对称化构造——把结论转化为同一个一元差函数的符号问题；比值代换——令 把双变量一元化；韦达定理转化——当 ， 是二次方程的两根时，用 与 整体代入。 识别信号总览： 条件与目标的特征 方法指向 单元 （  ），证 、 的范围 对称化构造一元差函数 单元一 可化为 ， 的显式关系 比值代换 单元二 ， 是 （二次型）的两根 用韦达定理整体代入 单元三 目标含 或 对数平均不等式；单调性去绝对值 单元四 单元一 对称化构造 1.1 识别特征 条件为 （  ），且 在定义域内先增后减（或先减后增），有一个峰（谷）点 ；目标为证明 大于（小于）某常数 ，或 与某数比较。 1.2 结论与推导 结论 1.1（对称化构造的原理）　 在峰点 两侧分别单调，（  ）。要证 （  与 落在同一单调区间内），由 在该侧单调，等价转化为 （递减侧）或 （递增侧）；再用 归结为一元差函数在 所在区间上的符号问题。 推导：单调函数保序——在同一单调区间内，（递增）或 （递减）。 结论 1.2（差函数的选取）　证 取 ，构造 ；证 取 ，构造 。 的选取原则：使 与 落在同一单调区间内，且 可与 直接作差。 推导：目标不等式的等价变形——；。 结论 1.3（等值点的分布）　 在 上递增、在 上递减时，（  ）必有 ：两点落在同一单调区间内时函数值必不相等。 推导：单调区间内函数一一对应，函数值相等的两点必分居峰（谷）点两侧。 1.3 方法决策表 步骤 内容 ① 定位 不妨设 ，由 与两侧单调性确定 ， 所在的单调区间（结论 1.3） ② 转化 把结论改写为 （或  ），由单调性转化为函数值的比较（结论 1.1） ③ 构造 利用 ，化为一元差函数 在 所在区间上的符号问题（符号方向由单调侧决定，见结论 1.2） ④ 定号 对 求导，判定 的单调性，与端点值比较得符号 差函数的形态由目标的常数 决定（结论 1.2）。 例题精讲 例 1（单项选择题） 已知函数 （  ），则 的极大值为（  ） A．　　B．　　C．　　D． ●解析 。令 得 ： 时 ， 递增； 时 ， 递减。故极大值 ，无极小值。 【答案】A 例 2（解答题） 已知函数 （  ）。若存在两个不相等的正实数 ， 使 ，证明：。 ●解析 由结论 1.3，不妨设 ， 在 上递增、 上递减，且 。 要证 ，即证 。由 且 （因  ）， 在 上单调递减，由结论 1.1，只需证 ，即 。 构造 ，。求导： 。 时 且 ，故 ， 在 上单调递增，从而 ，即 对 成立。 取 ，得 ，即 。由 在 上单调递减，且 、，得 ，即 。 【答案】证毕（见解析）。 例 3（解答题） 已知函数 （  ）。若存在 ，，，使得 ，求 的最大值。 ●解析 。（  ）要求 在 内先减后增：，且极小值点 落在 内，得 。 由结论 1.3，不妨设 ： 在递减段上， 在递增段上。比较 与 ：若 ，则 同在递减段上，；若 ，则 与 同在递增段上， 给出 。两种情形均有 ，即 ，化简得 。 记 （  ），求导得 （分子两项均为负，分母为正），故 单调递减， 的最大值 。当 ，， 时验证：，，成立。故 的最大值为 。 【答案】 变式训练 变 1（单项选择题） 接例 1：若存在两个不相等的正实数 ， 使 ，则 ， 满足（  ） A．　　B．　　C．　　D． ●解析 由结论 1.3， 在 上递增、 上递减， 且 时必有 ：若 ，则 在 上递增，得 ，矛盾。D 的 与例 2 将证的 相反，错误；B、C 与峰点位置不符。 【答案】A 变 2（单项选择题） 接例 2 的函数与条件，则 与 的大小关系为（  ） A．　　B．　　C．　　D．不能确定 ●解析 由例 2，，两边取对数得 。 【答案】A 变 3（单项选择题） 接例 3： 时，满足 （  ）的 的极值点位置为（  ） A． 与 之间　　B．　　C．　　D． ●解析 得 ，介于 与 之间，与 、 一致。 【答案】B 单元二 比值代换 2.1 识别特征 （双零点）或类似条件，经整理可解出 与 用同一参数表示的显式关系；目标式含 或 型齐次结构。 2.2 结论与推导 结论 2.1（典型关系的代换公式）　（  ），令 ：由 得 ，又 ，联立解出 ，　，　，　。 推导：两个关系式联立，消去 即得。 结论 2.2（一般双零点的比值代换）　 相减得到 型关系时，令 ，即 ，代入解出 （用 表示），双变量问题化为一元问题。 推导：，，代入整理即得。 结论 2.3（齐次结构一元化）　目标式中的 、、、 全部换成 的表达式后，按一元函数处理：求导定单调，结合 的范围求目标的最值或范围。 推导：代换后只含一个变量 ，余下为一元函数的常规研究。 2.3 方法决策表 步骤 内容 ① 建立关系 由 或 整理出含 ， 的等式 ② 设比值 令 ，代入 ，解出 （用 表示） ③ 一元化 目标式中的 ，，， 全部换成 的表达式 ④ 求导定界 对 的一元函数求导，确定单调区间与最值； 的范围由 ， 的位置给出 （  ）是典型关系，代换公式见结论 2.1。 例题精讲 例 4（单项选择题） 已知 （  ），令 （  ），则 等于（  ） A．　　B．　　C．　　D． ●解析 按结论 2.1：，故 ；又 ，代入得 ，解出 （相应  ）。 【答案】A 例 5（解答题） 已知函数 （  ）有两个零点 ，（  ）。证明：。 ●解析 。 当 时 ， 在 上递减，至多一个零点，不符。 当 时， 在 上递增、 上递减，极大值 。两个零点要求极大值大于零，且当 从右侧趋近于 时 趋于 、当 趋于 时 趋于 ，由结论 1.3，两零点分居极大值点两侧，。 先证 ：反设 。由 且 在 上递增，得 ，与 矛盾，故 。再由 、 在 上递减且当 趋于 时 趋于 ，第二个零点 。 【答案】证毕：。 例 6（单项选择题） 已知函数 ，方程 有两个不相等的正实根 ，则该方程等价于（  ） A．　　B．　　C．　　D． ●解析 ，，方程即 ，化简得 。 【答案】B 变式训练 变 4（填空题） 接例 4：则 = ________（用 表示）。 ●解析 由结论 2.1，。 【答案】 变 5（填空题） 接例 5 与条件 ：设 （  ），则 = ________（用 表示）。 ●解析 时 ，两零点满足 ，相减（结论 2.2）： 。 令 ，则 ，代入：，解出 。 【答案】（  ）。 变 6（单项选择题） 接例 6： 有两个不相等的正实根时， 的取值范围是（  ） A．　　B．　　C．　　D． ●解析 等价于 （  ）。记 ，由例 1， 在 上递增、 上递减，峰值为 ；当 从右侧趋近于 时 趋于 ，当 趋于 时 趋于 。由结论 1.3，两个正根分居峰点 两侧，等价于 。 【答案】A 单元三 韦达定理转化 3.1 识别特征 ， 是 的两根且 的分子为二次多项式（如 、 ），目标为 、 与给定不等式的比较。 3.2 结论与推导 结论 3.1（韦达关系的读出）　， 是二次方程 （  ）的两根时，，，不必解出根。 推导：韦达定理；两根存在的前提由判别式与定义域另行保证。 结论 3.2（成组替换）　；（ ， ）。 展开后，把 、、 成组替换，得到参数的一元函数，再对参数求导解不等式。 推导：恒等式展开；对数运算法则。 结论 3.3（换元后的韦达）　方程含 结构时，令 换元，化为 的二次方程，韦达关系移交给 ，；需转回 时取对数，如 。 推导： 是一一对应，，取对数即得。 3.3 方法决策表 步骤 内容 ① 读出韦达关系 由二次方程读出 与 （用参数表示） ② 整体代入 展开后成组替换（结论 3.2） ③ 化参数函数 代入后得到参数的一元函数，对参数求导解不等式 ④ 含 时 先换元 再用韦达（结论 3.3） 例题精讲 例 7（解答题） 已知函数 （  ）有两个不同的极值点 ，。证明：，并用 表示 与 。 ●解析 。， 是 的两根，需 且两根为正：两根之积为 、之和为 ，故 。 由结论 3.1 读出韦达关系：，。 【答案】证毕；，。 例 8（单项选择题） 已知 （  ）有两个极值点 ，，则 与 分别为（  ） A．，　　B．， C．，　　D．， ●解析 ，极值点满足 。由结论 3.1：，。 【答案】A 例 9（解答题） 接例 8 与变 9：证明 ，其中 。 ●解析 。 由 得 ，又 ，代入第三项： 。 于是含 的两项合并为 。故 。 记 ：，得 。 【答案】证毕（见解析）。 例 10（填空题） 设方程 的两个根为 ，，则 = ________。 ●解析 ，方程即 。按结论 3.3 换元：设 ，则 ，两根 ，即 ，取对数得 。 【答案】 变式训练 变 7（解答题） 接例 7：把 用 表示。 ●解析 按结论 3.2 展开： 。 代入 ，：。 【答案】。 变 8（解答题） 接例 7 与变 7：若 ，求 的取值范围。 ●解析 条件即 ，整理得 。 记 （  ），。 时 ， 单调递增；。故 的解为 。 【答案】 变 9（单项选择题） 接例 8：若 ，则 的取值范围是（  ） A．　　B．　　C．　　D． ●解析 即 ；又 ，故 。取交集得 。 【答案】A 变 10（解答题） 接例 9：求 在 上的最大值。 ●解析 （ ，结论 4.2 的同型函数）。 在 上单调递增，最大值 。 【答案】。 变 11（解答题） 接例 10：求 。 ●解析 由 得 ，故 。又 满足 ，两根为 ；由 知 ， 一正一负，不妨取 ，则 ，故 ， ，，故 。 【答案】。 单元四 对数平均不等式与绝对值差 4.1 识别特征 目标含 （ ， 的对数平均的反倒数）与 、 的比较；或目标为 与 的比较。 4.2 结论与推导 结论 4.1（对数平均不等式）　， 且 时，。证明用比值代换：令 ，两侧分别化为 与 的单边证明。 推导：，两个不等式两边同除以 后即得上两式，求导证明见本讲例题。 结论 4.2（单边函数的定号）　（  ）：， 单调递增，故 （  时取等）。这类”对数减有理式”的函数，导数通分后常可因式分解出 。 推导：直接求导、通分、因式分解。 结论 4.3（绝对值差与单调性）　 在区间 上单调递增时， 对一切 成立 在 上单调递增（  单调递减时，相应条件为 在 上单调递减）。 推导：不妨设 ，递增时 、，故条件即 ，这正是 单调递增。 4.3 方法决策表 工具 内容 对数平均不等式 （结论 4.1，可直接引用其结论） 单边证明的构造 证 （  ）：移项求导，通分后因式分解定号（结论 4.2） 绝对值差 不妨设 去掉绝对值，化为 （或  ）的单调性（结论 4.3） 对数平均不等式在双零点问题中常与”两零点差值关系”配合使用：先由 化出 与 的关系，再代入不等式。 例题精讲 例 11（解答题） 证明：对任意 且 ，。 ●解析 不妨设 。按结论 4.1 作比值代换，记 ，则 ，。 目标不等式两边同除 ，等价于 ，即 （  ）。 记 （  ），，由结论 4.2， （  ）。 在 上单调递增，故 ，即 成立。代回即得原不等式。 【答案】证毕（见解析）。 例 12（解答题） 已知函数 （  ）。证明：对任意 ，，。 ●解析 （均值不等式 ， 时取等； ），故 在 上单调递增。 由结论 4.3，只需证 单调递增： ， 故 单调递增。不妨设 ，则 ，即 ，而 保证左边去掉绝对值无误。 【答案】证毕（见解析）。 例 13（解答题） 已知函数 （  ）有两个零点 ，（  ）。证明：。 ●解析 由 得 ，，即 。零点只能为正（  时 ，等式无解），故 。记 ，： 时 递减、 时递增， 为最小值。 与 的图象有两个交点，必分居 两侧（同一单调段内至多一个交点），故 （且  ）。 由 ， 相除得 ，取对数 。 代入对数平均不等式（例 11 已证，取 ， ）：。 左端为 ，故 ，即 。 【答案】证毕（见解析）。 变式训练 变 12（单项选择题） 接例 11 的方法， 与 （  ）的大小关系为（  ） A．　　B．　　C．　　D．不能确定 ●解析 令 ，结论等价于 ，即 （  ）。记 ，， （  ）。 递减，，即 成立，故 ，代回得 。 【答案】A 变 13（单项选择题） 接例 12 的函数， 在 上单调递增的充要条件是（  ） A．　　B．　　C．　　D． ●解析 。 时导数恒非负， 单调递增； 时在 处导数为 ， 不单调递增。故充要条件为 。 【答案】A 变 14（解答题） 接例 13：证明 。 ●解析 记 （结论 2.2 的比值代换）。由例 13：，且 给出 ，故 ，即 ，。于是 。 要证 ，即证 ，即 （  ）——这正是变 12 已证的不等式。代回即得 。 【答案】证毕（引用变 12 的不等式  ）。 学科网（北京）股份有限公司 $ 函数与导数之双变量与对数平均 高三数学专题复习 · 专题第四讲 0 题型概说 本讲研究的问题：压轴解答中出现 ，（  ）两个动点，条件给出 、 与 同时成立、双零点等对称关系，待证或待求的目标含 、、、 这类对称结构。处理手段有三：对称化构造——把结论转化为同一个一元差函数的符号问题；比值代换——令 把双变量一元化；韦达定理转化——当 ， 是二次方程的两根时，用 与 整体代入。 识别信号总览： 条件与目标的特征 方法指向 单元 （  ），证 、 的范围 对称化构造一元差函数 单元一 可化为 ， 的显式关系 比值代换 单元二 ， 是 （二次型）的两根 用韦达定理整体代入 单元三 目标含 或 对数平均不等式；单调性去绝对值 单元四 单元一 对称化构造 1.1 识别特征 条件为 （  ），且 在定义域内先增后减（或先减后增），有一个峰（谷）点 ；目标为证明 大于（小于）某常数 ，或 与某数比较。 1.2 结论与推导 结论 1.1（对称化构造的原理）　 在峰点 两侧分别单调，（  ）。要证 （  与 落在同一单调区间内），由 在该侧单调，等价转化为 （递减侧）或 （递增侧）；再用 归结为一元差函数在 所在区间上的符号问题。 推导：单调函数保序——在同一单调区间内，（递增）或 （递减）。 结论 1.2（差函数的选取）　证 取 ，构造 ；证 取 ，构造 。 的选取原则：使 与 落在同一单调区间内，且 可与 直接作差。 推导：目标不等式的等价变形——；。 结论 1.3（等值点的分布）　 在 上递增、在 上递减时，（  ）必有 ：两点落在同一单调区间内时函数值必不相等。 推导：单调区间内函数一一对应，函数值相等的两点必分居峰（谷）点两侧。 1.3 方法决策表 步骤 内容 ① 定位 不妨设 ，由 与两侧单调性确定 ， 所在的单调区间（结论 1.3） ② 转化 把结论改写为 （或  ），由单调性转化为函数值的比较（结论 1.1） ③ 构造 利用 ，化为一元差函数 在 所在区间上的符号问题（符号方向由单调侧决定，见结论 1.2） ④ 定号 对 求导，判定 的单调性，与端点值比较得符号 差函数的形态由目标的常数 决定（结论 1.2）。 例题精讲 例 1（单项选择题） 已知函数 （  ），则 的极大值为（  ） A．　　B．　　C．　　D． ●解析 。令 得 ： 时 ， 递增； 时 ， 递减。故极大值 ，无极小值。 例 2（解答题） 已知函数 （  ）。若存在两个不相等的正实数 ， 使 ，证明：。 ●解析 由结论 1.3，不妨设 ， 在 上递增、 上递减，且 。 要证 ，即证 。由 且 （因  ）， 在 上单调递减，由结论 1.1，只需证 ，即 。 构造 ，。求导： 。 时 且 ，故 ， 在 上单调递增，从而 ，即 对 成立。 取 ，得 ，即 。由 在 上单调递减，且 、，得 ，即 。 例 3（解答题） 已知函数 （  ）。若存在 ，，，使得 ，求 的最大值。 ●解析 。（  ）要求 在 内先减后增：，且极小值点 落在 内，得 。 由结论 1.3，不妨设 ： 在递减段上， 在递增段上。比较 与 ：若 ，则 同在递减段上，；若 ，则 与 同在递增段上， 给出 。两种情形均有 ，即 ，化简得 。 记 （  ），求导得 （分子两项均为负，分母为正），故 单调递减， 的最大值 。当 ，， 时验证：，，成立。故 的最大值为 。 变式训练 变 1（单项选择题） 接例 1：若存在两个不相等的正实数 ， 使 ，则 ， 满足（  ） A．　　B．　　C．　　D． 变 2（单项选择题） 接例 2 的函数与条件，则 与 的大小关系为（  ） A．　　B．　　C．　　D．不能确定 变 3（单项选择题） 接例 3： 时，满足 （  ）的 的极值点位置为（  ） A． 与 之间　　B．　　C．　　D． 单元二 比值代换 2.1 识别特征 （双零点）或类似条件，经整理可解出 与 用同一参数表示的显式关系；目标式含 或 型齐次结构。 2.2 结论与推导 结论 2.1（典型关系的代换公式）　（  ），令 ：由 得 ，又 ，联立解出 ，　，　，　。 推导：两个关系式联立，消去 即得。 结论 2.2（一般双零点的比值代换）　 相减得到 型关系时，令 ，即 ，代入解出 （用 表示），双变量问题化为一元问题。 推导：，，代入整理即得。 结论 2.3（齐次结构一元化）　目标式中的 、、、 全部换成 的表达式后，按一元函数处理：求导定单调，结合 的范围求目标的最值或范围。 推导：代换后只含一个变量 ，余下为一元函数的常规研究。 2.3 方法决策表 步骤 内容 ① 建立关系 由 或 整理出含 ， 的等式 ② 设比值 令 ，代入 ，解出 （用 表示） ③ 一元化 目标式中的 ，，， 全部换成 的表达式 ④ 求导定界 对 的一元函数求导，确定单调区间与最值； 的范围由 ， 的位置给出 （  ）是典型关系，代换公式见结论 2.1。 例题精讲 例 4（单项选择题） 已知 （  ），令 （  ），则 等于（  ） A．　　B．　　C．　　D． ●解析 按结论 2.1：，故 ；又 ，代入得 ，解出 （相应  ）。 例 5（解答题） 已知函数 （  ）有两个零点 ，（  ）。证明：。 ●解析 。 当 时 ， 在 上递减，至多一个零点，不符。 当 时， 在 上递增、 上递减，极大值 。两个零点要求极大值大于零，且当 从右侧趋近于 时 趋于 、当 趋于 时 趋于 ，由结论 1.3，两零点分居极大值点两侧，。 先证 ：反设 。由 且 在 上递增，得 ，与 矛盾，故 。再由 、 在 上递减且当 趋于 时 趋于 ，第二个零点 。 例 6（单项选择题） 已知函数 ，方程 有两个不相等的正实根 ，则该方程等价于（  ） A．　　B．　　C．　　D． ●解析 ，，方程即 ，化简得 。 变式训练 变 4（填空题） 接例 4：则 = ________（用 表示）。 变 5（填空题） 接例 5 与条件 ：设 （  ），则 = ________（用 表示）。 变 6（单项选择题） 接例 6： 有两个不相等的正实根时， 的取值范围是（  ） A．　　B．　　C．　　D． 单元三 韦达定理转化 3.1 识别特征 ， 是 的两根且 的分子为二次多项式（如 、 ），目标为 、 与给定不等式的比较。 3.2 结论与推导 结论 3.1（韦达关系的读出）　， 是二次方程 （  ）的两根时，，，不必解出根。 推导：韦达定理；两根存在的前提由判别式与定义域另行保证。 结论 3.2（成组替换）　；（ ， ）。 展开后，把 、、 成组替换，得到参数的一元函数，再对参数求导解不等式。 推导：恒等式展开；对数运算法则。 结论 3.3（换元后的韦达）　方程含 结构时，令 换元，化为 的二次方程，韦达关系移交给 ，；需转回 时取对数，如 。 推导： 是一一对应，，取对数即得。 3.3 方法决策表 步骤 内容 ① 读出韦达关系 由二次方程读出 与 （用参数表示） ② 整体代入 展开后成组替换（结论 3.2） ③ 化参数函数 代入后得到参数的一元函数，对参数求导解不等式 ④ 含 时 先换元 再用韦达（结论 3.3） 例题精讲 例 7（解答题） 已知函数 （  ）有两个不同的极值点 ，。证明：，并用 表示 与 。 ●解析 。， 是 的两根，需 且两根为正：两根之积为 、之和为 ，故 。 由结论 3.1 读出韦达关系：，。 例 8（单项选择题） 已知 （  ）有两个极值点 ，，则 与 分别为（  ） A．，　　B．， C．，　　D．， ●解析 ，极值点满足 。由结论 3.1：，。 例 9（解答题） 接例 8 与变 9：证明 ，其中 。 ●解析 。 由 得 ，又 ，代入第三项： 。 于是含 的两项合并为 。故 。 记 ：，得 。 例 10（填空题） 设方程 的两个根为 ，，则 = ________。 ●解析 ，方程即 。按结论 3.3 换元：设 ，则 ，两根 ，即 ，取对数得 。 变式训练 变 7（解答题） 接例 7：把 用 表示。 变 8（解答题） 接例 7 与变 7：若 ，求 的取值范围。 变 9（单项选择题） 接例 8：若 ，则 的取值范围是（  ） A．　　B．　　C．　　D． 变 10（解答题） 接例 9：求 在 上的最大值。 变 11（解答题） 接例 10：求 。 单元四 对数平均不等式与绝对值差 4.1 识别特征 目标含 （ ， 的对数平均的反倒数）与 、 的比较；或目标为 与 的比较。 4.2 结论与推导 结论 4.1（对数平均不等式）　， 且 时，。证明用比值代换：令 ，两侧分别化为 与 的单边证明。 推导：，两个不等式两边同除以 后即得上两式，求导证明见本讲例题。 结论 4.2（单边函数的定号）　（  ）：， 单调递增，故 （  时取等）。这类”对数减有理式”的函数，导数通分后常可因式分解出 。 推导：直接求导、通分、因式分解。 结论 4.3（绝对值差与单调性）　 在区间 上单调递增时， 对一切 成立 在 上单调递增（  单调递减时，相应条件为 在 上单调递减）。 推导：不妨设 ，递增时 、，故条件即 ，这正是 单调递增。 4.3 方法决策表 工具 内容 对数平均不等式 （结论 4.1，可直接引用其结论） 单边证明的构造 证 （  ）：移项求导，通分后因式分解定号（结论 4.2） 绝对值差 不妨设 去掉绝对值，化为 （或  ）的单调性（结论 4.3） 对数平均不等式在双零点问题中常与”两零点差值关系”配合使用：先由 化出 与 的关系，再代入不等式。 例题精讲 例 11（解答题） 证明：对任意 且 ，。 ●解析 不妨设 。按结论 4.1 作比值代换，记 ，则 ，。 目标不等式两边同除 ，等价于 ，即 （  ）。 记 （  ），，由结论 4.2， （  ）。 在 上单调递增，故 ，即 成立。代回即得原不等式。 例 12（解答题） 已知函数 （  ）。证明：对任意 ，，。 ●解析 （均值不等式 ， 时取等； ），故 在 上单调递增。 由结论 4.3，只需证 单调递增： ， 故 单调递增。不妨设 ，则 ，即 ，而 保证左边去掉绝对值无误。 例 13（解答题） 已知函数 （  ）有两个零点 ，（  ）。证明：。 ●解析 由 得 ，，即 。零点只能为正（  时 ，等式无解），故 。记 ，： 时 递减、 时递增， 为最小值。 与 的图象有两个交点，必分居 两侧（同一单调段内至多一个交点），故 （且  ）。 由 ， 相除得 ，取对数 。 代入对数平均不等式（例 11 已证，取 ， ）：。 左端为 ，故 ，即 。 变式训练 变 12（单项选择题） 接例 11 的方法， 与 （  ）的大小关系为（  ） A．　　B．　　C．　　D．不能确定 变 13（单项选择题） 接例 12 的函数， 在 上单调递增的充要条件是（  ） A．　　B．　　C．　　D． 变 14（解答题） 接例 13：证明 。 学科网（北京）股份有限公司 $