专题07 导数压轴综合与极值点偏移专项训练-2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第二册

专题07 导数压轴综合与极值点偏移 导数 · 章级培优　压轴题专项训练 解题通法 题型归纳 题型一、极值点偏移的对称化构造 题型二、比值代换与双零点型不等式 题型三、含参讨论—证明—求范围三问链 题型四、不动点、递推与数列型压轴 题型五、新定义与探究型问题 压轴挑战 ▍ 解题通法 压轴题把导数用到尽头，常是「两个等值点被极值点推偏后，其和或积与某常数比大小」．先定中心：求导解出极值点 ，说明两等值点分居两侧；加法型作差 求导定号，再用 在右侧的单调性把函数值大小翻译回 与 ；乘法型设 用两零点方程相减消参，交代新函数定义域与单调性；含参先伸缩或平移把中心搬到熟位置；不动点与递推数列用导数研究 的符号再数学归纳法定界；新定义把每个量代进最小情形算一遍．全讲只用到一阶导数，遇到需要再求导处，一律设 ，改谈 的单调性． ▍ 题型归纳 ▍ 题型一、极值点偏移的对称化构造 ▸ 典例 1 已知函数 ，其中 ． （1）证明： 在区间 上存在唯一的极大值点和唯一的零点； （2）设 、 分别为 在 上的极大值点和零点．记 ，证明 在 上单调递减，并比较 与 的大小． ▍ 题型模版 1.特征：给出 或两个零点，比较 与 。 2.方法：先求导定中心 并说明两点分居两侧；作差 （右减左）求导定号；再用右侧单调性翻译回 与 。 3.提醒：作差顺序决定方向； 受定义域限制；换函数先重算中心。 ▸ 变式 1-1 已知函数 ．（1）求 的单调区间与最大值；（2）若 且 ，证明：． ▸ 变式 1-2 已知函数 （）．（1）求 的单调区间与最大值；（2）若 且 ，证明：． ▍ 题型二、比值代换与双零点型不等式 ▸ 典例 2 已知函数 ．证明：若 有两个零点 、，则 ． ▍ 题型模版 1.特征：含 或 ，由两零点比较 （或含参 ）与常数。 2.方法：设 ，两零点方程相减消参，化成关于 的单变量不等式再构造函数求导；参数在系数上伸缩、在指数上平移。 3.提醒：先交代 范围与新函数单调、端点值；不能由积的范围用均值不等式反推和。 ▸ 变式 2-1 已知 ，函数 ．（1）若 有两个零点 、（），求 的取值范围；（2）证明：． ▸ 变式 2-2 已知 ，函数 的两个零点为 、（）．证明：． ▍ 题型三、含参讨论—证明—求范围三问链 ▸ 典例 3 已知函数 ．（1）证明： 在 上存在唯一的极小值点 ，且 ；（2）当 时， 恒成立，求 的取值范围；（3）当 时， 恒成立，求 的最小值． （1）证明： 在 上存在唯一的极小值点 ，且 ； （2）当 时， 恒成立，求 的取值范围； （3）当 时， 恒成立，求 的最小值． ▍ 题型模版 1.特征：解析式含参，层层递进：前一问定单调或锁参数，中问证不等式，末问求范围。 2.方法：先求导定中心与参数；按对称构造或换元证双变量不等式；末问用前问结论代回，把指数换成一次式。 3.提醒：「有两个零点」本身约束参数；恒成立把左端看成 的函数用单调性逼下界再验临界取等。 ▸ 变式 3-1 已知函数 ．（1）讨论 的单调性；（2）当 时，证明：． ▸ 变式 3-2 已知 、，函数 ，．若曲线 与 有公共点，证明：． ▍ 题型四、不动点、递推与数列型压轴 ▸ 典例 4 已知函数 ，数列 满足 ，．（1）证明：当 时 ；（2）用数学归纳法证明 并判断单调性；（3）证明：当 时 ． （1）证明：当 时 ； （2）用数学归纳法证明：，并判断 的单调性； （3）证明：当 时，． ▍ 题型模版 1.特征：给定 与递推 （或含参的连续可表、逐项求和条件），证有界、单调或含 的不等式。 2.方法：用导数研究 定不动点与自映射，数学归纳法定界与单调；末问把与不动点之差压成递推放缩。 3.提醒：归纳第二步须用递推与第一步的界；放缩目标要逐项验证临界。 ▸ 变式 4-1 设函数 （），数列 满足 ，． （1）证明：，并判断 的单调性； （2）求 的极限值． ▸ 变式 4-2 关于定义域为 的函数 ，给出下列四个结论（　　）（多选） A．存在在 上单调递增的函数 ，使得 恒成立 B．存在在 上单调递减的函数 ，使得 恒成立 C．使得 恒成立的函数 存在且有无穷多个 D．使得 恒成立的函数 存在且有无穷多个 ▍ 题型五、新定义与探究型问题 ▸ 典例 5 已知函数 的定义域为 ．对于正实数 ，定义集合 ． （1）设 ，判断 是否是 中的元素，并说明理由； （2）设 且 ，求 的取值范围； （3）若 是偶函数，当 时 ，且对任意 均有 ．写出当 时 的表达式，并证明：对任意实数 ，函数 在区间 上至多有 个零点． ▍ 题型模版 1.特征：先给自定义概念（如由 定义的集合、由等值点定义的方向），或给出需要主动探究的数量关系，再判断已有函数是否满足、求参数范围或定零点个数。 2.方法：把定义中的每个量代进最小情形算一遍；探究型先用定义条件把未知段的点翻回已知段定出解析式，再逐段定单调与值域、分段计数或求范围。 3.提醒：定义里的参数限制（如正实数 、）与分段端点处的取值最易漏，端点值要单独代入验证，不计入开区间段的解数。 ▸ 变式 5-1 已知函数 ，其中 为实数．是否存在实数 与 ，使曲线 关于直线 对称？若存在，求出 与 的值；若不存在，请说明理由． ▸ 变式 5-2 已知函数 的定义域为 ，则「 的值域为 」是「对任意 ，存在 ，使得 」的（　　） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 ▍ 压轴挑战 1．已知函数 ，若 且 ，则 （　　） A． B． C． D． 与 的大小不能确定 2．已知函数 ，则 （　　）（多选） A． 在 上单调递增 B． 的最大值为 C．若 且 ，则 D． 在定义域内有两个零点 3．已知函数 ，若 （），则 与 的大小关系是 （　　） A． B． C． D．不能确定 4．已知函数 （），则 （　　）（多选） A． 在 上单调递增 B． 的最大值为 C．若 且 ，则 D． 有三个零点 5．设 ，记 ，则 （　　） A． B． C． D． 6．已知函数 （）．若 恒成立，则 的最小值为            ． 7．已知函数 （）．若 当且仅当 ，则 的取值范围是            ． 8．已知函数 （）有两个零点 、（）． （1）求 的最小值； （2）证明：； （3）证明：． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题07 导数压轴综合与极值点偏移 导数 · 章级培优　压轴题专项训练 解题通法 题型归纳 题型一、极值点偏移的对称化构造 题型二、比值代换与双零点型不等式 题型三、含参讨论—证明—求范围三问链 题型四、不动点、递推与数列型压轴 题型五、新定义与探究型问题 压轴挑战 ▍ 解题通法 压轴题把导数用到尽头，常是「两个等值点被极值点推偏后，其和或积与某常数比大小」．先定中心：求导解出极值点 ，说明两等值点分居两侧；加法型作差 求导定号，再用 在右侧的单调性把函数值大小翻译回 与 ；乘法型设 用两零点方程相减消参，交代新函数定义域与单调性；含参先伸缩或平移把中心搬到熟位置；不动点与递推数列用导数研究 的符号再数学归纳法定界；新定义把每个量代进最小情形算一遍．全讲只用到一阶导数，遇到需要再求导处，一律设 ，改谈 的单调性． ▍ 题型归纳 ▍ 题型一、极值点偏移的对称化构造 ▸ 典例 1 已知函数 ，其中 ． （1）证明： 在区间 上存在唯一的极大值点和唯一的零点； （2）设 、 分别为 在 上的极大值点和零点．记 ，证明 在 上单调递减，并比较 与 的大小． 【答案】（即 ）． 【分析】求导得 定极大值点 ；作差 求导，用 递增定 递减，再用 右侧递减翻译得 。 【详解】解：（1），当 时 、，符号由 定． 由 得 ，因 故 ；当 时 、当 时 ， 是唯一极大值点， 在 递增、 递减， 且 时 主导使 ，故唯一零点 ． （2）由 得 ，于是当 时 ．设 （）， 故 递增；由 得 ，方括号为负，又 ，故 ， 在 单调递减． 由 且递减得 （）；令 趋于 ，由连续性 ．又 、 且 在 递减，由 得 ，即 ． （偏移翻译）中心是极大值点 ，零点 落在右侧递减支；对称化差函数 说明同距离处右侧函数值更低、等值点偏左，故 偏在「 关于中心的对称点 」的左侧，即 ． ▍ 题型模版 1.特征：给出 或两个零点，比较 与 。 2.方法：先求导定中心 并说明两点分居两侧；作差 （右减左）求导定号；再用右侧单调性翻译回 与 。 3.提醒：作差顺序决定方向； 受定义域限制；换函数先重算中心。 ▸ 变式 1-1 已知函数 ．（1）求 的单调区间与最大值；（2）若 且 ，证明：． 【答案】（1）增区间 ，减区间 ，最大值 ；（2）见详解． 【分析】定极大值点 、两点分居 与 ；作差化为 证明，再用右侧递减翻译。 【详解】解：（1），增区间 、减区间 ，最大值 ；等值点 、，中心 ． （2）作差 ， 等价于 ；设 ，（），故 ．取 得 ， 右侧递减得 ，即 ． ▸ 变式 1-2 已知函数 （）．（1）求 的单调区间与最大值；（2）若 且 ，证明：． 【答案】（1）增区间 ，减区间 ，最大值 ；（2）见详解． 【分析】中心换到 ，作差化为 证明，翻译回 。 【详解】解：（1），增区间 、减区间 ，最大值 ，中心 ． （2）作差 ， 等价于 ；设 ，（），故 ．取 得 ， 右侧递减得 ，即 ． ▍ 题型二、比值代换与双零点型不等式 ▸ 典例 2 已知函数 ．证明：若 有两个零点 、，则 ． 【答案】（见详解）． 【分析】用 化为 ；设 消参，证 。 【详解】证明：令 ，， 递增，故 等价于 （）， 在 减、 增，得 ． 由 得 ；设 ，、，，只需 ；令 ，，、， 递增取正，故 ． ▍ 题型模版 1.特征：含 或 ，由两零点比较 （或含参 ）与常数。 2.方法：设 ，两零点方程相减消参，化成关于 的单变量不等式再构造函数求导；参数在系数上伸缩、在指数上平移。 3.提醒：先交代 范围与新函数单调、端点值；不能由积的范围用均值不等式反推和。 ▸ 变式 2-1 已知 ，函数 ．（1）若 有两个零点 、（），求 的取值范围；（2）证明：． 【答案】（1）；（2）见详解． 【分析】由最大值 锁定 ；设 消 ，得 ，证 。 【详解】解：（1），最大值 ，两端趋于 ，故两零点当且仅当 ． （2）两零点相减 ，设 得 、，故 ；要证 只需 ，即 ；设 ，、（）递增取正，故 ． ▸ 变式 2-2 已知 ，函数 的两个零点为 、（）．证明：． 【答案】（见详解）． 【分析】伸缩换元 化为 ，回到标准形右偏 ，再乘 。 【详解】证明：令 ， 化为 ， 中心 、；作差 同变式 1-1 得 ． 乘回 ：，即 ，恰为原中心 的两倍． ▍ 题型三、含参讨论—证明—求范围三问链 ▸ 典例 3 已知函数 ．（1）证明： 在 上存在唯一的极小值点 ，且 ；（2）当 时， 恒成立，求 的取值范围；（3）当 时， 恒成立，求 的最小值． （1）证明： 在 上存在唯一的极小值点 ，且 ； （2）当 时， 恒成立，求 的取值范围； （3）当 时， 恒成立，求 的最小值． 【答案】（1）见详解；（2）；（3） 的最小值为 ． 【分析】设 讨论定隐零点 ；令 化不等式为 ，用 的递增把左端下界逼到 ；第（3）问作差后一次项与常数消去，只剩 的对称差，用 的导函数 在 两侧的一增一减定号． 【详解】解：（1），设 ，（）， 递增；、，故 在 有唯一解 ，即唯一极小值点． （2）（）；须 ，则 满足 （ 递增）， 递增，； 恒成立当且仅当 ，即 ，取 时右侧严格成立，故 ． （3）作差时一次项与常数整体消去：，其中 ．记 （），则 ，，这里 ，： 时 、 时 ，故 在 递减、在 递增，最小值 ，且 时 ． 充分性：设 ，任取 ．若 ，则 ， 在 递增，得 ，即 ；若 ，记 ，由 得 ，于是 、．对 设 ，，，故 ；取 得 （末步因 且 在 递增），仍有 ． 两种情形都有 时 ，故 在 上递增，，即 时不等式恒成立． 必要性：若 ，当 时 ， 在 递减，得 ，， 在 递减，故此时 ，不等式不成立． 综上，， 的最小值为 ．（临界在 处而非更大： 的单调分界点 决定了对称差 的符号， 时两个对称点同落递减段，作差即反号．） ▍ 题型模版 1.特征：解析式含参，层层递进：前一问定单调或锁参数，中问证不等式，末问求范围。 2.方法：先求导定中心与参数；按对称构造或换元证双变量不等式；末问用前问结论代回，把指数换成一次式。 3.提醒：「有两个零点」本身约束参数；恒成立把左端看成 的函数用单调性逼下界再验临界取等。 ▸ 变式 3-1 已知函数 ．（1）讨论 的单调性；（2）当 时，证明：． 【答案】（1） 时 在 上单调递减； 时减区间 、增区间 ；（2）见详解． 【分析】 按 的符号分两类； 时先取最小值 ，再与右端作差，化为求 的最小值 ． 【详解】解：（1）．当 时 ， 恒成立， 在 上单调递减；当 时， 得 ，且 时 、， 时 ，故 在 上单调递减，在 上单调递增． （2） 时 在 处取最小值 ．设 （），，故 在 递减、在 递增，最小值 ． 于是 ，得证． ▸ 变式 3-2 已知 、，函数 ，．若曲线 与 有公共点，证明：． 【答案】（见详解）． 【分析】公共点 ，柯西得 ，再用引理 。 【详解】证明：设公共点 ，，由柯西 得 ． 引理 （）：设 ，则 ，直接算得 ；再设 ，， 单调递增且唯一零点为 ，故 先减后增、 只有一个零点 ，当 时 ，当 时 ． 于是 在 处取最小值 ，故对一切 有 ，引理成立． 回到公共点：，故 ，从而 ，即 ． ▍ 题型四、不动点、递推与数列型压轴 ▸ 典例 4 已知函数 ，数列 满足 ，．（1）证明：当 时 ；（2）用数学归纳法证明 并判断单调性；（3）证明：当 时 ． （1）证明：当 时 ； （2）用数学归纳法证明：，并判断 的单调性； （3）证明：当 时，． 【答案】（1）（3）见详解；（2）， 单调递减． 【分析】导数定 、 符号；归纳法定界；末问用 把 压成递推再放缩。 【详解】证明：（1）；（）， 递增，，故 ． （2）；设 则 ，归纳得 ；又 得 ，递减． （3），；由 得 ，，设 则 ，归纳得 （），即 ． ▍ 题型模版 1.特征：给定 与递推 （或含参的连续可表、逐项求和条件），证有界、单调或含 的不等式。 2.方法：用导数研究 定不动点与自映射，数学归纳法定界与单调；末问把与不动点之差压成递推放缩。 3.提醒：归纳第二步须用递推与第一步的界；放缩目标要逐项验证临界。 ▸ 变式 4-1 设函数 （），数列 满足 ，． （1）证明：，并判断 的单调性； （2）求 的极限值． 【答案】（1）， 单调递增；（2）极限为 ． 【分析】不动点由 得 ；用 在 上的符号定递增，数学归纳法定上界，再由 说明 把 映入自身。 【详解】证明：（1），，故 在 上递增． 当 时 ，故 ，从而 ， 单调递增． 下用数学归纳法证 ： 成立；设 （且 ），则 ，故 ．于是 对一切 成立． （2） 单调递增且有上界 ，故极限存在，设为 ．在 两边取极限得 ，即 ， 或 ．因 ，舍 ，故极限为 ． （不动点检验） 确为 的不动点，；数列从 沿 单调逼近不动点 ，方向与界一致． ▸ 变式 4-2 关于定义域为 的函数 ，给出下列四个结论（　　）（多选） A．存在在 上单调递增的函数 ，使得 恒成立 B．存在在 上单调递减的函数 ，使得 恒成立 C．使得 恒成立的函数 存在且有无穷多个 D．使得 恒成立的函数 存在且有无穷多个 【答案】C 【分析】递增函数的和不减、递减函数的差为正，与右端矛盾排除①②；③用「 加任意奇函数」；④左端必为奇函数与偶函数 矛盾。 【详解】解：①若 递增则 随 不减，与 递减矛盾，不存在；②若 递减则 ，与 可取负矛盾，不存在；③对任意奇函数 ， 满足且无穷多个，成立；④ 必为奇函数，与偶函数 恒等不可能，不成立．故选 C． ▍ 题型五、新定义与探究型问题 ▸ 典例 5 已知函数 的定义域为 ．对于正实数 ，定义集合 ． （1）设 ，判断 是否是 中的元素，并说明理由； （2）设 且 ，求 的取值范围； （3）若 是偶函数，当 时 ，且对任意 均有 ．写出当 时 的表达式，并证明：对任意实数 ，函数 在区间 上至多有 个零点． 【答案】（1） 不是 中的元素；（2）；（3） 时 ，零点数见详解． 【分析】（1）按定义验 与 是否相等；（2）只有 可能成立，换元 化为二次方程在 内有根；（3）用 把未知段的点翻回已知段定出各段解析式，再逐段定单调与值域分段计数． 【详解】解：（1），故 不是 中的元素（事实上 ，）． （2）因 有 ．若 ，；若 ，；故只可能 ，方程 化为 ，且需 ． 令 ，则 ，代入 得 ；又 即 ，结合方程 知这等价于 ，故 当且仅当方程有属于 的根 ． 判别式 得 ；此时 ，而 当且仅当 即 ；若 ，较大根不小于 、较小根为负，两根都不合要求．故 的取值范围是 ． （3）先定 上的表达式：任取 ，由偶函数知 时 ，故 ；又 ，，而 ，取 得 ，故 ，即 时 ． 再定 上的表达式：任取 ，，，取 ，则 ，故 ，．由偶函数， 在 、、 上依次为 、、，且 ． 再证 ：记 ．若 ， 在 上取遍 ，存在 使 ，即 ，得 ，与 矛盾． 最后计数： 在 、、、、、 六个开区间上都严格单调且值域为 ，故方程 在每个区间内至多一解．若 ：解至多在六个开区间（ 个）、（ 个）、（ 个）中， 处 ， 处 ，合计至多 个；若 ：开区间内无解，解至多在 七点中取，不超过 个．故对任意实数 ， 在 上至多有 个零点． ▍ 题型模版 1.特征：先给自定义概念（如由 定义的集合、由等值点定义的方向），或给出需要主动探究的数量关系，再判断已有函数是否满足、求参数范围或定零点个数。 2.方法：把定义中的每个量代进最小情形算一遍；探究型先用定义条件把未知段的点翻回已知段定出解析式，再逐段定单调与值域、分段计数或求范围。 3.提醒：定义里的参数限制（如正实数 、）与分段端点处的取值最易漏，端点值要单独代入验证，不计入开区间段的解数。 ▸ 变式 5-1 已知函数 ，其中 为实数．是否存在实数 与 ，使曲线 关于直线 对称？若存在，求出 与 的值；若不存在，请说明理由． 【答案】存在，，． 【分析】先求 的定义域：图象关于 对称则定义域必须关于 对称，这一条先把 锁住；再把对称翻译成恒等式 ，比较 的系数定出 ，最后回代验证． 【详解】解：设 。由 且 解得 或 ，即定义域为 。 若曲线 关于直线 对称，则对任意 必有 ，即定义域 自身关于 对称。 的两段被长度为 的区间 隔开，被隔开的两段必须互为镜像，对称中心只能是被隔开部分的中点，故 ；这是探究的第一步买到的必要条件。 在此前提下对称要求 对一切 成立。计算 ，而 ，，故 。 另一方面 。当 时 且 （ 时大于 ， 时介于 与 之间），所以 在 上恒不为 。 于是 对一切 成立等价于两个一次系数恒等，即 恒成立，得 ，。 充分性回代验证： 时 ，，且 时 也属于 （ 时 ， 时 ），定义域与函数值两条都满足，曲线确实关于直线 对称。 取一对对称点核对：；， 与 关于 对称且函数值相等，与结论吻合。 所以存在满足条件的 与 ，，。本题的探究次序是「先定义域、后解析式」： 不关于原点对称，对称轴被定义域唯一锁定，恒等式只用来定 ，这与典例 5 中「先把定义进最小情形算一遍」是同一套动作。 ▸ 变式 5-2 已知函数 的定义域为 ，则「 的值域为 」是「对任意 ，存在 ，使得 」的（　　） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】值域为 时任取 都能取到大于 的函数值，充分性成立；反之 值域为 却满足后一条件，必要性不成立。 【详解】解：充分性：若 的值域为 ，则对任意 ，存在 使 ，从而 成立，充分性成立． 必要性：取 （），值域为 ，但对任意 ，取 ，有 ，后一条件成立而值域不为 ，故必要性不成立． 因此「值域为 」是后一条件的充分不必要条件，选 A． （概念辨析）后一条件只要求 无上界（可无限大），并不要求 取遍负值，故值域可以像 那样不含负数——把「无上界」当成「值域为 」是本类判断的常见错误． ▍ 压轴挑战 1．已知函数 ，若 且 ，则 （　　） A． B． C． D． 与 的大小不能确定 【答案】C 【分析】中心极大值点 ，作差 ，右侧递减翻译得和大于 。 【详解】解： 在 增、 减，，中心 ；，取 得 ，右侧递减得 ，即 ，选 C． 2．已知函数 ，则 （　　）（多选） A． 在 上单调递增 B． 的最大值为 C．若 且 ，则 D． 在定义域内有两个零点 【答案】ABC 【分析】求导定单调最值；令 化 回到右偏模型； 仅 。 【详解】解：，增 、减 ，最大值 ，A、B 正确；令 得 ， 且 （变式 1-1 右偏），故 ，C 正确； 仅 ，D 错误．选 ABC． 3．已知函数 ，若 （），则 与 的大小关系是 （　　） A． B． C． D．不能确定 【答案】A 【分析】中心是极小值点 ，作差 得右侧同距处函数值更低，用 在 上递增翻译得 。 【详解】解：， 在 递减、在 递增，最小值 ， 时两根 ，中心 ． 作差 （），由 得 ． 取 ，得 ；因 故 ，与 同落在 ， 在此递增，由 得 ，即 ．选 A． （方向核对）右侧同距函数值更低，说明曲线右缓左陡，等值点整体偏右，故和大于两倍中心；把「递增」误用成「递减」会反写成 ，这是最常见的一处丢分． 4．已知函数 （），则 （　　）（多选） A． 在 上单调递增 B． 的最大值为 C．若 且 ，则 D． 有三个零点 【答案】ABC 【分析】求导 定单调最值；变式 1-2 已证 ； 时 无零点。 【详解】解：，增 、减 ，最大值 ，A、B 正确；变式 1-2 证 时 ，C 正确； 时 无零点，D 错误．选 ABC． 5．设 ，记 ，则 （　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设 ，左端化 、右端化 ，分别由两作差函数证。 【详解】解：； 等价 （典例 2 引理 递增）； 等价 （变式 2-1 的 ）；故 ，选 B． 6．已知函数 （）．若 恒成立，则 的最小值为            ． 【答案】 【分析】，由 得 ， 处取等，临界直接锁 。 【详解】解：． 时 ，当且仅当 取等，故 ，，且 ．于是 恒成立当且仅当 ，即 ；故填 ． 7．已知函数 （）．若 当且仅当 ，则 的取值范围是            ． 【答案】 【分析】先由连续性与「当且仅当」的边界锁 ，再令 化为奇函数 在 上恒正；引理 给充分性，必要性由 充分小时的同型估计反推。 【详解】解：．若 ，则 满足 而 ；若 ，由 在 处连续， 稍大于 时仍有 ， 内有点不是解；两者都与「当且仅当 」矛盾，故 ． 令 ，则 ， 且 ．「 当且仅当 」即「 当且仅当 」，由奇性只需 对一切 成立． 引理： 时 ．设 为左端，，，引理成立． 充分性： 时，由引理 （），成立；必要性：若 ，记 ，取 ，设 ，则 ，当 时 ，即 ，又 ，故 充分小时 ，从而 ，解集不再是整个 ，矛盾． 故 ， 的取值范围是 ；故填 ． 8．已知函数 （）有两个零点 、（）． （1）求 的最小值； （2）证明：； （3）证明：． 【答案】（1）；（2）（3）见详解． 【分析】中心极小值点 ，作差 用引理 定号得和下界；积由 相加。 【详解】解：（1），在 减、 增，最小值 ，，中心 ． （2）；由 （）取 得 ；取 得 ，右侧递增得 ，即 ． （3）由 得 ，相加 ，故 ． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $