2023年高考数学二轮复习专题突破精练：第16讲 导数中的双变量与多变量问题（含答案解析）

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1、第16讲 导数中的双变量与多变量问题【典型例题】例1（2022秋天心区校级期末）已知函数（）求函数的单调区间与极值；（）若，且，证明：例2（2022洛阳二模）已知函数（1）若曲线与直线相切，求实数的值；（2）若函数有两个零点，证明例3（2022秋宜春期末）已知函数，是常数且（1）若曲线在处的切线经过点，求的值；（2）若是自然对数的底数），试证明：函数有两个零点，函数的两个零点，满足例4（2022盐城三模）已知函数，为常数（1）若函数在处的切线与轴平行，求的值；（2）当时，试比较与的大小；（3）若函数有两个零点、，试证明例5（2022浙江模拟）已知函数（）若函数在上单调递增，求实数的取值范围；（

2、）若函数有两个不同的零点，（）求实数的取值范围；（）求证：（其中为的极小值点）例6（2022春德化县校级月考）已知函数有两个不同的零点，且（）求的取值范围；（）求证：例7（2022春工农区校级期中）已知函数（）当时，求函数的单调区间；（）若函数有两个不同零点，（）求实数的取值范围；（）求证：例8（2022台州一模）已知函数（1）若，讨论的单调性（2）若有三个极值点，求的取值范围；求证：例9（2022秋赤峰期末）已知函数，为常数，当时，有三个极值点，（其中（1）求实数的取值范围；（2）求证：【同步练习】一选择题1（2022春沙坪坝区校级期中）已知函数有两个零点，则下列说法错误的是ABC有极大值点

3、，且D二多选题2（2022春石首市期中）已知函数有两个零点，则A的取值范围为BCD三解答题3（2022石家庄模拟）已知为实常数，函数（）讨论函数的单调性；（）若函数有两个不同的零点，（）求实数的取值范围；（）求证：，且（注为自然对数的底数）4（2022春越秀区校级期中）已知函数（1）讨论的单调性；（2）若函数的图像与轴交于，两点，线段中点的横坐标为，证明：5（2022温州模拟）设函数（1）若（其中求实数的取值范围；证明：；（2）是否存在实数，使得在区间内恒成立，且关于的方程在内有唯一解？请说明理由6（2022秋辽宁期中）已知函数（1）若函数在定义域上单调递减，求实数的取值范围；（2）设函数有两

4、个极值点，求证：7已知函数，其中，（）若，证明：当时，；（）若，函数有三个极值点，证明：注：是自然对数的底数8（2022春玉林期末）已知函数（1）当时，求曲线在点，处的切线方程；（2）若函数有三个极值点，且证明：666666666666669（2022秋永州月考）已知函数（1）当时，求的单调区间；（2）若有三个极值点，（）求实数的取值范围；（）证明：为定值10（2022中卫模拟）已知函数（1）讨论的单调性；（2）若函数有三个极值点，求的取值范围11（2022浙江开学）已知，（其中为自然对数的底数）（）求函数的单调区间；（）若，函数有两个零点，求证：12（2022秋广东月考）已知，（其中为自然对

5、数的底数）（1）讨论函数的单调性；（2）若，函数有两个零点，求证：13（2022德阳模拟）设函数（1）当时，求的单调区间是的导数）；（2）若有两个极值点、，证明：14（2022德阳模拟）设函数（1）当时，求的单调区间是的导数）；（2）若有两个极值点、，且正实数使成立，求正实数的取值范围15（2022新高考）已知函数（1）讨论的单调性；（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：16（2022春河北月考）已知函数（1）讨论的单调性；（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：17（2022南通模拟）已知函数（1）若，求函数在处的切线方程；（2）若有两个不同的零点，求的取值范围；证明：当时，18（2022

6、汕头一模）已知函数有两个相异零点，（1）求的取值范围；（2）求证：19（2022陕西模拟）已知函数（1）当，求函数在的单调性；（2）有两个零点，且，求证：20（2022浙江模拟）已知函数在其定义域内有两个不同的极值点（1）求的取值范围；（2）记两个极值点分别为，且，已知，若不等式恒成立，求的取值范围21（2022秋未央区校级月考）已知函数，在其定义域内有两个不同的极值点（1）求的取值范围；（2）记两个极值点为，且，当时，求证：不等式恒成立22（2022浙江）设函数（）求的单调区间；（）已知，曲线上不同的三点，处的切线都经过点证明：（）若，则（a）；（）若，则（注是自然对数的底数）23（2022

7、秋城关区校级月考）已知函数，函数只有两个零点，设这两个零点为，（1）证明：，（2）证明：24（2022秋登封市校级月考）已知函数有两个零点（1）求的取值范围；（2）已知图象与图象关于对称，证明：当时，（3）设，是两个零点，证明：25（2022辽阳二模）已知函数（1）讨论的极值点的个数；（2）若有3个极值点，（其中，证明：26（2022秋10月份月考）已知函数，其中（1）对于任意，恒有，求的取值范围：（2）设，存在实数使关于的方程有两个实根式，求证：函数在处的切线斜率大于027（2022张家口二模）已知函数是自然对数的底数）有两个零点（1）求实数的取值范围；（2）若的两个零点分别为，证明：28（

8、2022秋湖北月考）已知（1）若有两个零点，求的范围；（2）若有两个极值点，求的范围；（3）在（2）的条件下，若的两个极值点为，求证：29（2022唐山二模）已知函数（1）若，求的取值范围；（2）若有两个零点，且，证明：30（2022春沙坪坝区校级月考）已知函数，其中（1）若函数仅在处取得极值，求实数的取值范围；（2）若函数有三个极值点，求证：31（2022天津模拟）已知函数，（）求曲线在点，（1）处的切线方程；（）若函数有两个零点，（）求实数的取值范围；（）是的极值点，求证：第16讲 导数中的双变量与多变量问题【典型例题】例1（2022秋天心区校级期末）已知函数（）求函数的单调区间与极值；（

9、）若，且，证明：【解析】解：（）由，易得的单调增区间为，单调减区间为，函数在处取得极大值（1），且，无极小值；（）证明：由，不妨设，则必有，构造函数，则，所以在，上单调递增，也即对，恒成立由，则，所以，即，又因为，且在上单调递减，所以，即证例2（2022洛阳二模）已知函数（1）若曲线与直线相切，求实数的值；（2）若函数有两个零点，证明【解析】解：（1）由，得，设切点横坐标为，依题意得，解得，即实数的值为1（2）不妨设，由，得，即，所以，令，则，设，则，即函数在上递减，所以（1），从而，即例3（2022秋宜春期末）已知函数，是常数且（1）若曲线在处的切线经过点，求的值；（2）若是自然对数的底数）

10、，试证明：函数有两个零点，函数的两个零点，满足【解析】（1）解：切线的斜率（1）（1），即，解得；（2）证明：由，得，当时，；当时，在处取得最大值，（1），在区间有零点，在区间单调递增，在区间有唯一零点由幂函数与对数函数单调性比较及的单调性知，在区间有唯一零点，从而函数有两个零点不妨设，作函数，则，即，又，在区间单调递减，又，例4（2022盐城三模）已知函数，为常数（1）若函数在处的切线与轴平行，求的值；（2）当时，试比较与的大小；（3）若函数有两个零点、，试证明【解析】（1）解：由，得：，函数在处的切线与轴平行，（1），即；（2）解：当时，当时，单调递增，当时，单调递减令，则又（1），当时，

11、即；当时，即；当时，即；（3）证明：函数有两个零点、，欲证明，即证，即证，原命题等价于证明，即证：，令，则，设，在上单调递增，又（1），（1），即例5（2022浙江模拟）已知函数（）若函数在上单调递增，求实数的取值范围；（）若函数有两个不同的零点，（）求实数的取值范围；（）求证：（其中为的极小值点）【解析】解：（）由，得，设，；则；由，解得，所以在上单调递减，在，上单调递增，所以函数在上单调递增，所以；所以，实数的取值范围是：，（）因为函数有两个不同的零点，不单调，所以因此有两个根，设为，且，所以在上单调递增，在，上单调递减，在，上单调递增； 又，当充分大时，取值为正，因此要使得有两个不同的零

12、点，则必须有，即；又因为；所以：，解得，所以；因此当函数有两个不同的零点时，实数的取值范围是，（）先证明不等式，若，则证明：不妨设，即证，设，只需证且；因为，所以在上单调递减，在上单调递增，所以（1），（1），从而不等式得证再证原命题由得；所以，两边取对数得：；即 因为，所以，因此，要证只需证；因为在，上单调递增，所以只需证，只需证，即证，其中，；设，只需证；计算得；由在，上单调递增，得，所以；即在，上单调递减，所以：；即在，上单调递增，所以成立，即原命题得证例6（2022春德化县校级月考）已知函数有两个不同的零点，且（）求的取值范围；（）求证：【解析】（）解：由题意得，当时，令，解得，所以当

13、时，当时，所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递减增，又当时，当时，所以要使函数恰有两个不同的零点，则，解得，所以的取值范围为；（）下面证明不等式，其中，即证，令，即证对任意的恒成立，构造函数，其中，则对任意的恒成立，故函数在上单调递增，当时，所以，当时，由已知可得，两式作差可得，则，即，故原不等式得证例7（2022春工农区校级期中）已知函数（）当时，求函数的单调区间；（）若函数有两个不同零点，（）求实数的取值范围；（）求证：【解析】解：对函数求导，得当时，因为函数的定义域为，由，得，由，得，所以函数的单调递增区间是，单调递减区间是，由，得，函数有两个不同零点，等价于方程有两个不同的实根设，

14、即方程有两个不同的实根设，再设，所以函数在上单调递增，注意到（1），所以当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增当时，当时，当时，只需，即所求，即实数的取值范围是注意到，要证，只需证由知，故有，即下面证明：设，有，所以函数在上单调递减，所以（1），所以，故有又，且在上单调递减，所以，即得因此，结论得证例8（2022台州一模）已知函数（1）若，讨论的单调性（2）若有三个极值点，求的取值范围；求证：【解析】解：（1）当时，当时，在和上，单调递减，当时，在上，单调递增，（2），首先，令，则应有两个既不等于0也不等于的根，求导可得，此时，有唯一的根，并且是的极小值点，要使有两根，只要即可，（因为当和

15、时，由，得，又由，得，反过来，若时，则，的两根中，一个大于，另一个小于，于是在定义域中，连同，共有三个相异实根，并且在这三个根的左右，的正负变号，它们就是的三个极值点，综上，的取值范围是；证明由可知有三个极值点，中，两个是的两根（不妨设为，其中，另一个为，要证：只要证：，即只要证明，因为在上单调递减，其中，故只要证，其中，只要证，而只要证，由，得，由此代入上述不等式，只要证明，只要证，令，当时，单调递增，而，所以当时，于是证，即：例9（2022秋赤峰期末）已知函数，为常数，当时，有三个极值点，（其中（1）求实数的取值范围；（2）求证：【解析】解：（1）函数函数的定义域为，由，得，令，得是一个根

16、，要使在上有三个极值点，则有三个解，所以在必有2个解，令，则，由，得，由且，得，在上单调递减，上单调递增，（2），当时，为了满足题意，必有，的取值范围为另解注：在上单调递减，上单调递增，（2），当时，与在和上各有一个公共点，即两个公共点；当时，只有一个公共点；当时，无公共点；当时，只在上有一个公共点，综上，的取值范围为（2）解：由（1）知，令，则，于是，由（1）知在单调递减，在单调递增，则，令，则，又，在单调递减，（1），即【同步练习】一选择题1（2022春沙坪坝区校级期中）已知函数有两个零点，则下列说法错误的是ABC有极大值点，且D【解析】解：由，可得，当时，在上单调递增，与题意不符；当时，

17、可得当，解得：，可得当时，单调递增，当时，单调递减，可得当时，取得极大值点，又因为由函数有两个零点，可得，可得，综合可得：，故正确；由上可得的极大值为，设，设，其中，可得，可得，可得，易得当时，当，故，故，由，易得，且，且时，单调递减，故由，可得，即，即：有极大值点，且，故正确，不正确；由函数有两个零点，可得，可得，可得，由前面可得，可得，故正确故选：法二：由可得，极大值点，所以，所以，所以，故错误，正确所以，即，所以，故正确故选：二多选题2（2022春石首市期中）已知函数有两个零点，则A的取值范围为BCD【解析】解：函数有两个零点，即方程有两个不同的根，令，则，令，解得，当时，则单调递增，当

18、时，则单调递减，故当时，函数取得最大值（1），当时，当时，若函数与的图象有两个不同的交点，则的取值范围为，故选项错误；因为，故，即，故选项正确；令，则当时，所以在上单调递增，故（1），即，所以，即，故选项正确；由题意可知，时函数的两个零点，则，当时，则单调递增，当时，则单调递减，所以当时，取得最大值（1），当时，当时，令，则当时，所以在上单调递增，则（1），即，即，所以故选项正确故选：三解答题3（2022石家庄模拟）已知为实常数，函数（）讨论函数的单调性；（）若函数有两个不同的零点，（）求实数的取值范围；（）求证：，且（注为自然对数的底数）【解析】解：（）的定义域为，其导数当时，函数在上是增函

19、数；当时，在区间上，；在区间，上，在是增函数，在，是减函数（）（）由（）知，当时，函数在上是增函数，不可能有两个零点，当时，在上是增函数，在，上是减函数，此时为函数的最大值，当时，最多有一个零点，解得，此时，且，令（a），则，（a）在上单调递增，（a）（1），即，的取值范围是由（）可知函数在是增函数，在，是减函数，（1）故；第二部分：分析：，只要证明：就可以得出结论下面给出证明：构造函数：，则，函数在区间，上为减函数，则，又，于是又，由（1）可知，即4（2022春越秀区校级期中）已知函数（1）讨论的单调性；（2）若函数的图像与轴交于，两点，线段中点的横坐标为，证明：【解析】解：（1）的定义域为

20、，若，则，所以在单调递增若，则由得，且当时，当时，所以在单调递增，在单调递减证明：（2）由（1）可知：当时，函数在上单调递增，故图像与轴至多有一个交点，不符合题意，从而当时，在单调递增，在单调递减，不妨设，则由，两式相减得：，即：，又，令，则，从而函数在上单调递减，故（1），从而，又，所以5（2022温州模拟）设函数（1）若（其中求实数的取值范围；证明：；（2）是否存在实数，使得在区间内恒成立，且关于的方程在内有唯一解？请说明理由【解析】解：（1），令，则，当时，当时，在上单调递增，在上单调递减，（1）又当时，；当时，结合的图象知，的取值范围为：；证明：，不妨设，由知：，要证：成立，只需证：，

21、在上单调递减，故只需证：，即证：，令，只需证：，即证：，令，则，（1），证毕，（）令，（1），且需在区间内恒成立，（1），可得，事实上，当时，下证：，证明：，令，则，在上单调递减，在上单调递增，（1），即，在上单调递减，在上单调递增，（1），在区间内恒成立，证毕，当时，在区间内恒成立，且关于的方程在内有唯一解6（2022秋辽宁期中）已知函数（1）若函数在定义域上单调递减，求实数的取值范围；（2）设函数有两个极值点，求证：【解析】解：（1）由题意得在上恒成立，在恒成立，即在上恒成立，令，则，当时，此时函数递增，当，时，此时函数递减，故当时，函数有极大值，也是最大值，故，故实数的取值范围是，；（2

22、）证明：由（1）知，则，故，故，令，则，令，要证在上恒成立，即证，令，则，则，故在递增，（1），在递增，从而（1），即原不等式成立7已知函数，其中，（）若，证明：当时，；（）若，函数有三个极值点，证明：注：是自然对数的底数【解析】证明：（）由题设，在，上且，要证，即证，令，则，所以，则，所以在，上递增，故（1），所以在，上递减，故，所以在，上递增，故，综上，得证（），所以，在上有三个不同的实数根，令，则，即若在上有三个不同的零点，所以在上有两个不同的零点，即在上有两个不同的零点，所以，可得，当，则存在使（注意到，由开口向上，易知在上，在上，在上，所以在、上递增，在上递减，又（1），即，因为，故

23、，所以三个零点，其中，则，由（），知时，有，同理可证时，有，所以，即，可得，即，可得，综上，是的两个解，而，所以，要使，只需，即，而，显然成立所以，得证8（2022春玉林期末）已知函数（1）当时，求曲线在点，处的切线方程；（2）若函数有三个极值点，且证明：66666666666666【解析】解：（1）当时，则，则，所以曲线在，处的切线方程为：，即；（2）由，定义域为，则，由题意知，有3个根，则，方程有2个根，即有两个交点，令，则，当时，恒成立，所以单调递增，当时，恒成立，所以单调递减，作出，如图所示的图像由图可知，当时，函数与的图像有两个交点，横坐标分别为，且，要证明，即证，即证，因为，可得，

24、可得，即，由对数平均表达式可得，即，所以，故，所以可证得9（2022秋永州月考）已知函数（1）当时，求的单调区间；（2）若有三个极值点，（）求实数的取值范围；（）证明：为定值【解析】解：（1）当时，的定义域为，且，设，则在上恒成立，在上单调递增，且（1），当时，即，单调递减，当时，即，单调递增，的单调递减区间为，单调递增区间为；（2）的定义域为，且，由于有三个极值点，则函数在上有三个变号零点，令，则，当时，在上单调递增，只有一个零点，不合题意；当时，方程的判别式为，下面进行分类讨论：当，即时，恒成立，即恒成立，故在上单调递增，只有一个零点，不合题意；当，即时，方程有两解，设为，且，则，当时，故

25、在上单调递增，只有一个零点，不合题意；当时，方程的判别式为，下面进行分类讨论：当，即时，恒成立，即恒成立，故在上单调递减，只有一个零点，不合题意；当，即时，方程有两解，设为，且，则，或时，在，上单调递减，当时，在上单调递增，又（1），当时，当时，由于，则，故在存在唯一零点，又，则，又，故在上存在唯一零点，又（1），则，综上，若有三个极值点，则实数的取值范围为；证明：由知，故，又在上单调递减，在上有唯一的零点，故10（2022中卫模拟）已知函数（1）讨论的单调性；（2）若函数有三个极值点，求的取值范围【解析】解：（1），当时，在上单调递减；当时，令，得，当时，；当时，故在上单调递减，在上单调递增

26、（2），因为有三个极值点，所以有三个根，假设，是的两个根，结合（1）可知，当时，满足条件，则，解得，所以（1），所以方程的两个根中有一个小于1，一个大于1，又，所以，是的两个根，所以，所以，令，则，所以在上单调递增，时，（1），所以，所以的取值范围是11（2022浙江开学）已知，（其中为自然对数的底数）（）求函数的单调区间；（）若，函数有两个零点，求证：【解析】解：，时，时，增区间为：，减区间为：；时，时，增区间为：；时，时，增区间为：，减区间为：；综上：时，增区间为：，减区间为：；时，增区间为：；时，增区间为：，减区间为：；（）证法一：由（1）知，时，增区间为：，减区间为：；且时，函数的大致

27、图像如下图所示：因为时，函数有两个零点，所以，即，不妨设，则，先证：，即证：，因为，所以，又在单调递增，所以即证：又，所以即证：，令函数，则，因为，所以，故，函数在单调递增，所以，因为，所以，即，所以（）证法二：因为时，函数有两个零点，则两个零点必为正实数，问题等价于有两个正实数解；令则，在单调递增，在单调递减，且，令，则，所以在单调递增，又，故，又，所以，又，所以，又在单调递增，所以，所以12（2022秋广东月考）已知，（其中为自然对数的底数）（1）讨论函数的单调性；（2）若，函数有两个零点，求证：【解析】解：（1），时，时，增区间为：，减区间为：；时，时，增区间为：；时，时，增区间为：，减

28、区间为：，；综上：时，增区间为：，减区间为：；时，增区间为：；时，增区间为：，减区间为：，；（2）证明：由（1）知，时，增区间为：，减区间为：，；且时，函数的大致图像如下图所示：因为时，函数有两个零点，所以，即，不妨设，则，先证：，即证：，因为，所以，又在单调递增，所以即证：又，所以即证：，令函数，则，因为，所以，故，函数在，单调递增，所以，因为，所以，即13（2022德阳模拟）设函数（1）当时，求的单调区间是的导数）；（2）若有两个极值点、，证明：【解析】解：（1）当时，则，显然递减，且（1），故当时，时，故在递增，在递减；（2）证明：，由题意知有2个不相等的实数根，即有2个不相等的实数根，

29、则，令，则，令，解得：，令，解得：，故在递增，在递减，故（1），而时，故的取值范围是，由，得，故，令，则，故不等式只要在时成立，令，故在上单调递增，即，故在上单调递减，即，故原不等式成立14（2022德阳模拟）设函数（1）当时，求的单调区间是的导数）；（2）若有两个极值点、，且正实数使成立，求正实数的取值范围【解析】解：（1）因为，令，可得，当时，单调递增，当时，单调递减（2）因为，令，可得，设，由题意可知，与的图象有两个交点、，因为，令，可得，令，可得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以，由得，所以，设，因为，所以，因为（1），所以时，若，则，（1），若在先增后减，不符合题意，综上，

30、即正实数的取值范围是，15（2022新高考）已知函数（1）讨论的单调性；（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：【解析】（1）解：由函数的解析式可得，单调递增，单调递减，则在单调递增，在单调递减（2）证明：由，得，即，由（1）在单调递增，在单调递减，所以（1），且（e），令，则，为 的两根，其中不妨令，则，先证，即证，即证，令，则在单调递减，所以（1），故函数在单调递增，（1），得证同理，要证，（法一）即证，根据（1）中单调性，即证，令，则，令，单调递增，单调递减，又时，且（e），故，（1）（1），恒成立，得证，（法二），又，故，故，令，在上，单调递增，所以（e），即，所以，得证，则16（20

31、22春河北月考）已知函数（1）讨论的单调性；（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：【解析】解：（1），定义域为，由，解得；由，解得；由，解得，的单调递增区间为，单调递减区间为（2），为两个不相等的正数，且，即，由（1）可知，且（1），令，则，为的两根，且，不妨设，则，先证，即证，即证，令，即证在上，则，在上单调递增，即，在上恒成立，即在上单调递减，即可得；再证，即证，由（1）单调性可得证，令，在上单调递增，且当，存在使得，即当时，单调递减，当时，单调递增，又有，且，恒成立，则，即可证得17（2022南通模拟）已知函数（1）若，求函数在处的切线方程；（2）若有两个不同的零点，求的取值范围；证明

32、：当时，【解析】解：（1）时，（1）（1），函数在处的切线方程为：，化为：（2）当时，的零点即为的零点当时，单调，至多一个零点，舍去当时，在上增，在减，在上增，又（a），此时至多一个零点，舍去当时，（e），（a），图象连续而不间断，故有两个零点当时，在增，在减，在增，同理知只需（e），（a），（e），图象连续而不间断，故有两个零点综上所述，证明：由上一问知此时令，则，又注意到（1），则时，；则时，由题意知，且，结合单调性知：，故，化简得：，同理可得：，联立两式得：由，化简即得欲证不等式18（2022汕头一模）已知函数有两个相异零点，（1）求的取值范围；（2）求证：【解析】解：（1），当时，单调

33、递减，当时，单调递增；要使函数有两个相异零点，必有（1），当时，且，函数在有一个零点，函数在有一个零点，的取值范围为（2）由（1）知，要证，故构造函数，则，所以在单调递减，（1），构造函数，下面证明，即证明，构造函数，在上恒成立，因此在递增，从而（1），在递增，（1），时，单调递增，即19（2022陕西模拟）已知函数（1）当，求函数在的单调性；（2）有两个零点，且，求证：【解析】解：（1），则，当，在上单调递减，（1），当时，在上单调递增（2）证明：，是函数的两个零点，两式相减，可得，即，令，则，记，则，恒成立，（1），即，故20（2022浙江模拟）已知函数在其定义域内有两个不同的极值点（1）

34、求的取值范围；（2）记两个极值点分别为，且，已知，若不等式恒成立，求的取值范围【解析】解：（1）由题意知，函数的定义域为，方程在有两个不同根；即方程在有两个不同根；转化为函数与函数的图象在上有两个不同交点，如图可见，若令过原点且切于函数图象的直线斜率为，只须令切点，故，又，故，解得，故，故；（2）等价于由（1）可知，分别是方程的两个根，即，原式等价于，原式等价于又由，作差得，即原式等价于，原式恒成立，即恒成立令，则不等式在上恒成立令，又，当时，可见时，在上单调增，又（1），在恒成立，符合题意当时，可见时，时，在时单调增，在，时单调减，又（1），在上不能恒小于0，不符合题意，舍去综上所述，若不等

35、式恒成立，只须，又，21（2022秋未央区校级月考）已知函数，在其定义域内有两个不同的极值点（1）求的取值范围；（2）记两个极值点为，且，当时，求证：不等式恒成立【解析】解：（1）由题意知，函数的定义域为，方程在有两个不同根；即方程在有两个不同根；转化为函数与函数的图象在上有两个不同交点，如右图可见，若令过原点且切于函数图象的直线斜率为，只须令切点，故，又，故，解得，故，故的取值范围为；（2）证明：欲证 两边取对数等价于要证：，由（1）可知，分别是方程的两个根，即，所以原式等价于，因为，所以原式等价于要证明又由，作差得，即所以原式等价于，令，则不等式在上恒成立令，又，当时，可见时，所以在上单调

36、增，又（1），所以在恒成立，所以原不等式成立22（2022浙江）设函数（）求的单调区间；（）已知，曲线上不同的三点，处的切线都经过点证明：（）若，则（a）；（）若，则（注是自然对数的底数）【解析】解：（）函数，由，得，在，上单调递增；由，得，在上单调递减（）证明：过有三条不同的切线，设切点分别为，2，方程有3个不同的根，该方程整理为，设，则，当或时，；当时，在，上为减函数，在上为增函数，有3个不同的零点，（e）且（a），且，整理得到且，此时，且，此时，整理得，且，此时，（a），设（a）为上的减函数，（a），当时，同讨论，得：在，上为减函数，在上为增函数，不妨设，则，有3个不同的零点，（a），且

37、（e），且，整理得，设，则方程即为：，即为，记，则，为有三个不同的根，设，要证：，即证，即证：，而，且，即证，即证，即证，记，则，在为增函数，设，则，在上是增函数，（1），即，若，则23（2022秋城关区校级月考）已知函数，函数只有两个零点，设这两个零点为，（1）证明：，（2）证明：【解析】证明：（1）由，则，（2），（3），又函数只有两个零点，这两个零点为，故，；（2），是函数的零点，故，即，即24（2022秋登封市校级月考）已知函数有两个零点（1）求的取值范围；（2）已知图象与图象关于对称，证明：当时，（3）设，是两个零点，证明：【解析】解：（1）函数，若，那么，函数只有唯一的零点2，不合题意；若，那么恒成立，当时，此时函数为减函数；当时，此时函数为增函数；此时当时，函数取极小值，由（2），可得：函数在存在一个零点；当时，令的两根为，且，则当，或时，故函数在存在一个零点；即函数在是存在两个零点，满足题意；若，则，当时，即恒成立，故单调递增，当时，即恒成立，故单调递减，当时，即恒成立，故单调递增，故当时，函数取极大值，由得：函数在上至多存在一个零点，不合题意；若，则，当时，即恒成立，故单调递增，当时，即恒