02 极值点偏移问题判定定理

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对于可导函数，在区间上只有一个极大（小）值点，方程的解分别为，，且，
（1）若，则，即函数在区间上极（小）大值点右（左）偏；
（2）若，则，即函数在区间上极（小）大值点右（左）偏.
证明：（1）因为对于可导函数，在区间上只有一个极大（小）值点，则函数的单调递增（减）区间为，单调递减（增）区间为，由于，有，且，又，故，所以，即函数极（小）大值点右（左）偏；
（2）证明略.

左快右慢（极值点左偏）左慢右快（极值点右偏）

左快右慢（极值点左偏）左慢右快（极值点右偏）
二、运用判定定理判定极值点偏移的方法
1.方法概述：
（1）求出函数的极值点；
（2）构造一元差函数；
（3）确定函数的单调性；
（4）结合，判断的符号，从而确定、的大小关系.
口诀：极值偏离对称轴，构造函数觅行踪；四个步骤环相扣，两次单调紧跟随.
2.抽化模型
答题模板：若已知函数满足，为函数的极值点，求证：.
（1）讨论函数的单调性并求出的极值点；
假设此处在上单调递减，在上单调递增.
（2）构造；
注：此处根据题意需要还可以构造成的形式.
（3）通过求导讨论的单调性，判断出在某段区间上的正负，并得出与的大小关系；
假设此处在上单调递增，那么我们便可得出，从而得到：时，.
（4）不妨设，通过的单调性，，与的大小关系得出结论；
接上述情况，由于时，且，，故，又因为，且在上单调递减，从而得到，从而得证.
（5）若要证明，还需进一步讨论与的大小，得出所在的单调区间，从而得出该处函数导数值的正负，从而结论得证.
此处只需继续证明：因为，故，由于在上单调递减，故.
【说明】
（1）此类试题由于思路固定，所以通常情况下求导比较复杂，计算时须细心；
（2）此类题目若试题难度较低，会分解为三问，前两问分别求的单调性、极值点，证明与（或与）的大小关系；若试题难度较大，则直接给出形如或的结论，让你给予证明，此时自己应主动把该小问分解为三问逐步解题.
三、对点详析，利器显锋芒
1. 已知函数.
（Ⅰ）求函数的单调区间与极值；
（Ⅱ）若，且，证明：.
【答案】（1）的单调增区间为，单调减区间为，函数在处取得极大值，且；（2）见解析.
【解析】
【详解】试题分析：（1）先求导数，再求导函数零点，列表分析导函数符号变化规律，进而确定单调区间以及极值（2）为极值点偏移问题，先构造函数，，根据导数可得单调性，即得，最后根据单调性得，即证得结论
试题解析：（Ⅰ）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，且
（Ⅱ）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.
点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略(1) 构造差函数.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.
2. 函数与直线交于、两点.证明：.
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】
由已知函数的单调减区间为，增区间为，依题意可设，且，；然后构造函数，利用导数证明：，从而可证成立
【详解】设，函数的单调递减区间为，单调递增区间为，有，
设，，
故单调递增区间为，又，
所以当时，，即时，，
，
又，，
又函数单调递减区间为，
所以，即.
【点睛】本题考查导数的极值点偏移问题，主要考查学生的转化与化归思想，属于难题
3. 已知函数，若，且，证明：.
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】
利用导数求得函数的单调性，得到时，必有，得到，
化简，令，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解.
【详解】由题意，函数的定义域为，且，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增，
若，则必有，所以，
而，
令，
则
，
所以函数在为减函数，所以，
所以，即，所以，
所以.
【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及不等式的证明，着重考查了转化与化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力，对于此类问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
4. 已知函数有两个零点.设，是的两个零点，证明：.
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】
先求导,证明函数的单调性.由单调性可知等价于，即．设，则．则当时，，而，故当时，．从而，故．
【详解】解: 因为
．
①设，则，只有一个零点．
②设，则当时，；当时，．所以在单调递减，在单调递增．
又，，取满足且，则
，
故存在两个零点．
③设，由得或．
若，则，故当时，，因此在单调递增．又当时，所以不存在两个零点．
若，则，故当时，；当时，．因此在单调递减，在单调递增．又当时，，所以不存在两个零点．
不妨设，由以上情况讨论知，，在单调递减，所以等价于，即．
由于，而，所以
．
设，则．
所以当时，，而，故当时，．
从而，故．
【点睛】本题考查解决函数不等式的证明问题,解题的思路是构造适当的函数,利用导数研究函数的单调性或极值破解.
四、招式演练
5. 已知函数有两个零点，.
（1）求证：；
（2）求证：.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）求出函数的导数，通过讨论的范围求出函数的单调区间，从而求出函数的最小值，求出的范围即可；
（2）问题转化为证明，设函数，根据函数的单调性证明即可.
【详解】（1）由题意，函数的定义域为，
且，
①当时，，所以函数在区间上是增函数，不可能有两个零点；
②当时，当时，；当时，，
所以在区间上递减，在区间上递增.
所以的最小值为，
所以，即，解得.
（2）由题意，要证，只要证，
由（1）易知，即，
而在区间上是增函数，所以只要证明，
因为，即证，
设函数，而，
当时，，
即在区间上是减函数，所以，
而，所以，即，
所以.
【点睛】本题主要考查函数导数与不等式，恒成立问题.要证明一个不等式，我们可以先根据题意所给条件化简这个不等式，可以转化为，利用条件将不等式转化为求证，设出新函数，然后利用导数研究这个函数的单调性、极值和最值，图像与性质，进而求解得结果.
6. 已知函数.
（1）求函数的极值；
（2）若函数有两个零点，且，证明：.
【答案】（1）答案详见解析；（2）证明详见解析.
【解析】
【分析】（1）求出，分两种情况讨论的范围，分别令求得的范围，可得函数增区间，求得的范围，可得函数的减区间，根据单调性可得函数的极值；
（2），为函数零点，可得，要证，只需证，，构造函数利用单调性可得结论.
【详解】（1）函数的定义域为，.
当时，，在上是减函数，所以在上无极值；
当时，若，，在上是减函数.
当，，在上是增函数，
故当时，在上的极小值为，
无极大值.
（2）当时，，
由（1）知，在上是减函数，在上是增函数，是极值点，
又，为函数零点，所以，要证，只需证.
∵ ，又
∵，∴，
令，则，
∴在上是增函数，∴，∴，
∴，即得证.
【点睛】本题是以导数的运用为背景的函数综合题，主要考查了函数思想，化归思想，抽象概括能力，综合分析问题和解决问题的能力，属于较难题，
7. 已知函数，.
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，正数，满足，证明：.
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）求得导数，令，则，分和两种情况分类讨论，结合导数的符号，即可求解；
（2）当时，得到，根据函数的单调性，不妨设，得到，构造函数﹐，结合导数求得函数的单调性和极值，即可求解.
【详解】（1）由题意，函数的定义域为，
可得，
令，则.
①当时，，可得对恒成立，
则在区间上单调递增.
②当或时，，令，得，
（i）当时，，
所以对恒成立.则在区间上单调递增.
（ⅱ）当时，.
若，，函数单调递增；
若，，函数单调递减；
若，，函数单调递增.
综上所述：当时，在区间上单调递增.当时，在和，上单调递增；在单调递减.
（2）当时，函数，
由（1）可知在区间上单调递增，
又易知，且，不妨设，
要证，只需证，
只需证，即证，
即证，
构造函数﹐，
所以，，
则，
当时，，所以函在区间（0，1]上单调递增，
则，
所以得证，从而.
【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及不等式的证明，着重考查了转化与化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力，对于此类问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
8. 已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若在定义域内是增函数，且存在不相等的正实数，使得，证明：.
【答案】（1）当时，在上递增，在上递减；
当时，在上递增，在上递减，在上递增；
当时，在上递增；
当时，在上递增，在上递减，在上递增；
（2）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）对求导，分，，进行讨论，可得的单调性；
（2）在定义域内是是增函数，由（1）可知，，设，可得，则，设，对求导，利用其单调性可证明.
【详解】解：的定义域为，
因为，
所以，
当时，令，得，令，得；
当时，则，令，得，或，
令，得；
当时，，
当时，则，令，得；
综上所述，当时，在上递增，在上递减；
当时，在上递增，在上递减，在上递增；
当时，在上递增；
当时，在上递增，在上递减，在上递增；
（2）在定义域内是是增函数，由（1）可知，
此时，设，
又因为，则，
设，则
对于任意成立，
所以在上是增函数，
所以对于，有，
即，有，
因为，所以，
即，又在递增，
所以，即.
【点睛】本题主要考查利用导数研究含参函数的单调性及导数在极值点偏移中的应用，考查学生分类讨论与转化的思想，综合性大，属于难题.
9. 已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）当时，如果方程有两个不等实根，求实数t的取值范围，并证明.
【答案】（1）当时，的单调递增区间是，单调递减区间是；当时，的单调递增区间是，单调递减区间是；（2），证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）求出，对分类讨论，分别求出的解，即可得出结论；
（2）由（1）得出有两解时的范围，以及关系，将，等价转化为证明，不妨设，令，则，即证，构造函数，只要证明对于任意恒成立即可.
【详解】（1）的定义域为R，且.
由，得；由，得.
故当时，函数的单调递增区间是，
单调递减区间是；
当时，函数的单调递增区间是，
单调递减区间是.
（2）由（1）知当时，，且.
当时，；当时，.
当时，直线与的图像有两个交点，
实数t的取值范围是.
方程有两个不等实根，
，，，，
，即.
要证，只需证，
即证，不妨设.
令，则，
则要证，即证.
令，则.
令，则，
在上单调递增，.
，在上单调递增，
，即成立，
即成立..
【点睛】本题考查函数与导数的综合应用，涉及到函数单调性、极值、零点、不等式证明，构造函数函数是解题的关键，意在考查直观想象、逻辑推理、数学计算能力，属于较难题.
10. 已知函数（a为常数）.
（Ⅰ）求函数的单调区间；
（Ⅱ）若，求不等式的解集；
（Ⅲ）若存在两个不相等的整数，满足，求证：.
【答案】（Ⅰ）答案见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）证明见解析.
【解析】
【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）设，根据函数的单调性求出不等式的解集即可；
（Ⅲ）求出，不妨设，则，根据函数的单调性得到，由，替换即可.
【详解】（Ⅰ）的定义域为，
，
（1）当时，恒有，故在上单调递增；
（2）当时，由，得，
故在上单调递增，在上单调递减，
综上（1）（2）可知：当时，的单调递增区间为；
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为；
（Ⅱ）的定义域为，所以，且，而，；
设，
，且当且仅当时取等号，
所以在上单调递增，又因为时，，
所以当时，，当时，，
故的解集为；
（Ⅲ）由（Ⅰ）知时，在上单调递增，若，
则不合题意；
故，而在上单调递增，在上单调递减，
若存在两个不相等的正数，满足，
则，必有一个在上，另一个在，
不妨设，则，
又由（Ⅱ）知时，，即，
所以，
因为，所以，
又因为在上单调递减，所以，
即.
【点睛】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用，考查分类讨论思想和转化思想，属于中档题．
11. （1）试比较与的大小．
（2）若函数的两个零点分别为，，
①求的取值范围；
②证明：．
【答案】（1）答案见解析；（2）①；②证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）构造函数，对函数求导，结合导数可求函数的单调性，进而可比较大小；
（2）①利用导数可分析函数的单调性，然后结合零点存在条件即可求解的范围；
②由（1）的结论可得，，即，，由不等式的性质即可得到证明．
【详解】（1）设，
则，
故在上单调递减．
因为（1），
所以当时，；当时，；当时，．
即当时，；
当时，；
当时，．
（2）①因为，所以，
令，得；令，得，
则在上单调递减，在上单调递增，
故．
因为有两个零点，所以，即．
因为，，
所以当有两个零点时，的取值范围为．
②证明：因为，是的两个零点，
不妨设，则．
因为，，
所以，，
即，，
则，即，
即．
因为，所以，则，即．
【点评】本题主要考查了利用导数比较函数值的大小，还考查了由零点存在的条件求解参数范围及利用导数证明不等式，属于中档题．
12. 已知函数（为自然对数的底数）．
（1）求的图象在x=1处的切线方程；
（2）求的单调区间和极值；
（3）若，满足，求证：．
【答案】（1）y＝（3e﹣3）x+2；（2）f（x）的增区间是（0，+∞），减区间是（﹣∞，0），极小值f（0）＝6，无极大值；（3）证明见解析．
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义先求出切线斜率，进而可求切线方程；
（2）根据导数与单调性的关系及极值存在条件即可求解；
（3）要证x1+x2＜0，等价于证明f（x2）＝f（x1）＜f（﹣x1），结合函数f（x）在（0，+∞）上单调性即可证明．
【详解】（1）∵f'（x）＝3x2ex﹣3x2＝3x2（ex﹣1），
∴f'（1）＝3（e﹣1），即在x＝1处的切线斜率为k＝3（e﹣1）．
又∵f（1）＝3e﹣1，
∴函数f（x）的图象在x＝1处的切线方程为y﹣（3e﹣1）＝3（e﹣1）（x﹣1），
整理得y＝（3e﹣3）x+2．
（2）∵f'（x）＝3x2ex﹣3x2＝3x2（ex﹣1），
∴当x＞0时，f'（x）＞0；当x＜0时，f'（x）＜0．
则f（x）的增区间是（0，+∞），减区间是（﹣∞，0），
所以f（x）在x＝0处取得极小值f（0）＝6，无极大值．
（3）∵f（x1）＝f（x2）且x1≠x2，由（1）可知x1，x2异号．
不妨设x1＜0，x2＞0，则﹣x1＞0．
令g（x）＝f（x）﹣f（﹣x）＝（3x2﹣6x+6）ex﹣（3x2+6x+6）e﹣x﹣2x3，
则g'（x）＝3x2ex+3x2e﹣x﹣6x2＝3x2（ex+e﹣x﹣2）≥0，
所以g（x）在R上是增函数．
又g（x1）＝f（x1）﹣f（﹣x1）＜g（0）＝0，
∴f（x2）＝f（x1）＜f（﹣x1），
又∵f（x）在（0，+∞）上是增函数，
∴x2＜﹣x1，即x1+x2＜0．
【点睛】本题主要考查了导数的几何意义及单调性，极值关系的综合应用及利用导数证明不等式，属于中档题．
13. 设函数.
（1）证明:，；
（2）令
①求的最大值；
②如果，且，证明：.
【答案】（1）证明见解析；（2）①的最大值为；②证明见解析．
【解析】
【分析】（1）令，则，利用导数求出函数的单调性与最值，由此可证明结论；
（2）由题意得，，
①利用导数求出函数的单调性，从而得到函数的极值与最值；
②由题意不妨设，又，可得，令，，利用导数可得函数在上单调递增，从而可推出，结合条件可得，易得，从而借助函数在上单调递增即可证明．
【详解】（1）证明：令，则，
由得，由得，
∴函数在上单调递增，在上单调递减，
∴函数在处取得极大值，也是最大值，
∴，
即，；
（2）解：，，
①由得，由得，
∴函数在上单调递增，在上单调递减，
∴函数在处取得极大值，也是最大值，
∴的最大值；
②由，不妨设，又，
∵当时，，且，
∴，
令，，
则，
∵，
∴，，
∴，
∴函数在上单调递增，
又，
∴当时，，
即，则，
又，则，
∵，∴，即，
而函数在上单调递增，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查导数在研究函数中的应用，考查利用导数研究函数的单调性、极值与最值，考查利用导数证明不等式，考查计算能力与推理能力，考查转化与化归思想，属于难题．
14. 已知函数
（1）讨论的单调性；
（2）设是的两个零点，证明：．
【答案】（1）见解析（2）见解析
【解析】
【详解】分析：（1）求导，对参数分两种情况进行讨论，令得函数的单调递增区间，令得函数的单调递减区间；（2）令，分离参数得，令，研究函数的性质，可将证明转化为证明，即证明成立，令，利用导数研究函数的增减性，可得，问题得证.
详解：（1），
当时，，则在上单调递增．
当时，令，得，则的单调递增区间为，
令，得，则的单调递减区间为．
（2）证明：由得，设，则．
由，得；由，得．
故的最小值．
当时，，当时，，
不妨设，则，
等价于，且在上单调递增，
要证：，只需证，
，
只需证，即，
即证；
设，
则，
令，则，，
在上单调递减，即在上单调递减，
，在上单调递增，
，
从而得证．
点睛：本题主要考查导数的应用，第一问属于易得分题，只需对参数进行分类讨论，再分别令，即可求解函数的增、减区间，进而判断其单调性；第二问解题时，首先对进行参数分离，再构造新函数，利用函数的单调性，将原问题转化为不等式恒成立问题，进而再利用导数证明.
15. 设函数．
（1）求函数的单调区间；
（2）若函数有两个零点，求满足条件的最小正整数的值；
（3）若方程有两个不相等的实数根，，求证：．
【答案】（1）答案不唯一，详见解析；（2）3；（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）对分类讨论，利用导数与函数单调性的关系即可得出；
（2）由（1）可得，若函数有两个零点，则，且的最小值，即．可化为．利用单调性判断其零点所处的最小区间即可得出；
（3）由，是方程得两个不等实数根，由（1）可知：．不妨设．则，．
两式相减得，化为．由，当时，，当时，．故只要证明即可，即证明，令换元，再利用导数即可证明．
【详解】（1）．
．
当时，，函数在上单调递增，即的单调递增区间为．
当时，由得；由，解得．
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为．
（2）由（1）可得，若函数有两个零点，则，且的最小值，即．
，．
令，可知在上为增函数，且（2），（3），
所以存在零点，，
当时，（a）；当时，（a）．
所以满足条件的最小正整数．
又当时，（3），（1），时，由两个零点．
综上所述，满足条件的最小正整数的值为3．
（3），是方程得两个不等实数根，由（1）可知：．
不妨设．则，．
两式相减得，
化为．
，当时，，当时，．
故只要证明即可，
即证明，即证明，
设，令，则．
，
．在上是增函数，又在处连续且（1），
当时，总成立．故命题得证．
【点评】本题综合考查了利用导数研究函数的单调性、极值与最值等基础知识，及其分类讨论思想方法、等价转化方法、换元法等基本技能与方法．
16. 已知函数在上有个零点、．
（1）求实数的取值范围；
（2）证明：．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）令可得，将问题等价于直线与函数在区间上的图象有两个交点，利用导数分析函数在区间上的单调性与极值，数形结合可求得实数的取值范围；
（2）由题意可知，且有，可得，于是可将所证不等式等价于证明不等式，令，即证，令，利用导数证明出即可.
【详解】（1），等价于，
设，则，
令得，当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增．
所以，函数在处取得极小值，亦即最小值，即.
而且时，时，
如下图所示：
由图象可知，当时，直线与函数在区间上的图象有两个交点，
所以实数的取值范围是；
（2）由（1）知，当函数有个零点时，
一定有，且，
两边取对数得，所以．
要证明的不等式等价于．
等价于，等价于证明，
令，等价于证明，其中，
设函数，
则，
故函数在上是增函数，所以，
即成立，所以原不等式成立．
【点睛】本题考查利用函数的零点个数求参数，同时也考查了极值点偏移问题，考查利用导数证明函数不等式，考查计算能力与推理能力，属于较难题.
17. 已知
(1)求的单调区间;
(2)设，为函数的两个零点，求证：.
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【详解】分析：（1）由函数，求得，通过讨论实数的取值范围，即可求出函数的单调区间；
（2）构造函数，与图象两交点的横坐标为，问题转化为，令，根据函数的单调性即可作出证明.
详解：（1）∵，∴
当时，∴，
即的单调递增区间为，无减区间；
当时，∴，
由，得，
时，，
时，，
∴时，易知的单调递增区间为，
单调递减区间为，
（2）由（1）知的单调递增区间为，单调递减区间为，
不妨设，由条件知，即
构造函数，与图象两交点的横坐标为
由可得
而，∴
知在区间上单调递减，在区间上单调递增，
可知
欲证，只需证，即证，
考虑到在上递增，只需证
由知，只需证
令 ，
则
，
所以为增函数，又，
结合知，即成立，
即成立.
点睛：本题主要考查导数在函数中的应用，以及不等式的证明，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用.
18. 已知函数，(a，b∈R)
（1）当a=﹣1，b=0时，求曲线y=f(x)﹣g(x)在x=1处的切线方程；
（2）当b=0时，若对任意的x∈[1，2]，f(x)+g(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围；
（3）当a=0，b>0时，若方程f(x)=g(x)有两个不同的实数解x1，x2(x12.
【答案】（1）（2）（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出的导函数，求出函数在时的导数得到切线的斜率，然后用一般式写出切线的方程；
（2）对，，都成立，则对，，，恒成立，构造函数，求出的最大值可得的范围；
（3）由，得，构造函数，将问题转化为证明，然后构造函数证明即可．
【详解】（1）当时，时，，
当时，，
，
当时，，
曲线在处的切线方程为；
（2）当时，对，，都成立，
则对，，恒成立，
令，则．
令，则，
当，，此时单调递增；
当时，，此时单调递减，
，，
的取值范围为；
（3）当，时，由，得，
方程有两个不同的实数解，，
令，则，，
令，则，
当时，，此时单调递增；当时，，此时单调递减，
，
，
又，（1），
，
，
只要证明，就能得到，即只要证明，
令，
则，
在上单调递减，则，
，
，
，
，
即，证毕．
【点睛】本题主要考查求曲线的切线方程，不等式恒成立问题和利用导数研究函数的单调性，考查函数思想和分类讨论思想，属难题．
19. 已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）当时，若函数恰有两个零点，证明：.
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论的范围，在定义域内，分别令求得的范围，可得函数增区间，求得的范围，可得函数的减区间；
（2）求出，设，求出，得到，记函数，利用导数研究函数的单调性，利用单调性可得，从而可得结论．
【详解】（1）解：，
当时，，在上单调递增；
当时，由，得，由得，
所以在上单调递减，在上单调递增.
（2）证明：因为恰有两个零点，
所以，，
得，所以.
设，则，，
所以，
所以.
令，
因为，所以在上单调递增，
因为，所以，
又，，故成立.
【点睛】该题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，考查不等式的证明，是一道综合题．近来高考在逐年加大对导数问题的考查力度，不仅题型在变化，而且问题的难度、深度与广度也在不断加大，本部分的要求一定有三个层次：第一层次主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；第二层次是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；第三层次是综合考查，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式甚至数列及函数单调性有机结合，设计综合题.
20. 已知函数.
（1）若函数的图象与x轴有交点，求实数a的取值范围；
（2）若方程有两个根，且，求证：.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】(1) 函数的图象与x轴有交点，等价于有方程根，参变分离转化为图象交点问题，构造新函数判断出单调性与最值，可得实数a的取值范围；
(2)将，两个方程根代入，两式相减并化简求出，利用变量集中的方法以及构造函数判断单调性和最值，证得命题成立．
【详解】（1）函数的图像与x轴有交点，等价于有方程根，等价于在有解，即与图象有公共点；
构造，则，
在上单调递减，在单调递增，且，可得
（2），则，等价于，即满足
，，两式相减得
，，即，可得.
令，，构造函数，
，所以在上单调递增，
，，因为，所以
【点睛】本题考查导数在证明题中的应用，考查利用导数解决函数与方程问题，考查学生逻辑思维能力，属于中档题．
21. （1）试比较与的大小．
（2）若函数的两个零点分别为，，
①求的取值范围；
②证明：．
【答案】（1）答案见解析；（2）①；②证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）构造函数，对函数求导，结合导数可求函数的单调性，进而可比较大小；
（2）①利用导数可分析函数的单调性，然后结合零点存在条件即可求解的范围；
②由（1）的结论可得，，即，，由不等式的性质即可得到证明．
【详解】（1）设，
则，
故在上单调递减．
因为（1），
所以当时，；当时，；当时，．
即当时，；
当时，；
当时，．
（2）①因为，所以，
令，得；令，得，
则在上单调递减，在上单调递增，
故．
因为有两个零点，所以，即．
因为，，
所以当有两个零点时，的取值范围为．
②证明：因为，是的两个零点，
不妨设，则．
因为，，
所以，，
即，，
则，即，
即．
因为，所以，则，即．
【点评】本题主要考查了利用导数比较函数值的大小，还考查了由零点存在的条件求解参数范围及利用导数证明不等式，属于中档题．