最新高考数学二轮复习讲义重难点突破篇 专题06 双变量问题

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2、查漏补缺，以“错”纠错。每过一段时间，就把“错题笔记”或标记错题的试卷有侧重的看一下。查漏补缺的过程也就是反思的过程，逐渐实现保强攻弱的目标。
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专题06 双变量问题
【方法技巧与总结】
破解双参数不等式的方法：
一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的不等式；
二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；
三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.
【题型归纳目录】
题型一：双变量单调问题
题型二：双变量不等式:转化为单变量问题
题型三：双变量不等式:极值和差商积问题
题型四：双变量不等式:中点型
题型五：双变量不等式:剪刀模型
题型六：双变量不等式:主元法
【典例例题】
题型一：双变量单调问题
例1．（2022•苏州三模）已知函数，其中．
（Ⅰ）函数的图象能否与轴相切？若能，求出实数，若不能，请说明理由；
（Ⅱ）求最大的整数，使得对任意，，不等式恒成立．
【解答】解：（Ⅰ）．
假设函数的图象与轴相切于点，
则有，即．
显然，，代入方程中得，．
△，方程无解．
故无论取何值，函数的图象都不能与轴相切；
（Ⅱ）依题意，
恒成立．
设，则上式等价于，
要使对任意，恒成立，即使在上单调递增，在上恒成立．
（1），则，
在上成立的必要条件是：．
下面证明：当时，恒成立．
设，则，
当时，，当时，，
，即，．
那么，当时，，；
当时，，，恒成立．
因此，的最大整数值为 3．
例2．（2020秋•龙岩期中）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若，且存在两个极值点，，证明：．
【解答】解：（1）的定义域为，，
若，则，所以在单调递增；
若，当时，；
当时，．
所以在单调递减，在单调递增；
证明：（2）因为存在两个极值点且，
，
所以的两个极值点，满足，
所以，不妨设，则，
则
，
要证，只需证，设，
则，
知在单调递减，又（1），
当时，，故，
即，
所以．
例3．（2022•辽宁）已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）设．如果对任意，，，求的取值范围．
【解答】解：（Ⅰ）的定义域为，．
当时，，故在单调递增；
当时，，故在单调递减；
当时，令，解得．
则当时，；时，．
故在单调递增，在单调递减．
（Ⅱ）不妨假设，而，由（Ⅰ）知在单调递减，
从而，，
等价于，，①
令，则
①等价于在单调递减，即．
从而
故的取值范围为，．（12分）
例4．（2020春•平顶山期末）已知函数，．
（1）当为自然对数的底数）时，求的极小值；（2）讨论函数的单调性；
（3）若，证明：对于任意，．
【解答】解：（1）当时，，，
当时，；时，；当时，．
所以，时，取得最小值．
（2），，
时，，在单调递减．
（3）证明：时，，，，
当时，；当时，；
当时，．
即时，在和上单调递减，
在上单调递增．
由（2）知，当时，在上单调递减，
所以，当时，对任意，（b）（a），
即对任意，．
题型二：双变量不等式:转化为单变量问题
例5．（2021春•海曙区校级期中）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）已知，若存在两个极值点，，且，求的取值范围．
【解答】解：（1）的定义域是，
，
令，△，
若，则△，恒成立，即，
则在上单调递减，若，令，解得：，，
故时，，即，
，时，，即，
，时，，，
故在递减，在，递增，在，递减，
时，令，解得：，，
故时，，即，在递减，
综上：时，在单调递减，
时，在递减，在，递增，在，递减．
（2）若存在两个极值点，，且，
则，，由，可得，
则，
令，
，
，且与在上符号一致，
，
所以单调递增，所以（1），即，
所以，
故的取值范围是．
例6．（2021春•江宁区校级期中）已知函数，．（1）当时，
①求的极值；
②若对任意的都有，，求的最大值；
（2）若函数有且只有两个不同的零点，，求证：．
【解答】解：（1）①时，，，
令，解得：，令，解得：，
故在递减，在，递增，
故的极小值是，没有极大值；
②对任意都有，
即恒成立，由，故，故，
由①知在，单调递增，
故，可得，即，
当时，的最小值是（e），故的最大值是；
（2）证明：要证，只需证明即可，
由题意，是方程的两个不相等的实数根，
，，消去，
整理得：，
不妨设，令，则，
故只需证明当时，，即证明，
设，则，
于是在单调递增，从而（1），故，故．
例7．（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：．
【解答】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，，
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．
例8．（2022•潮州二模）已知函数，．
（1）讨论函数的极值点；
（2）若，是方程的两个不同的正实根，证明：．
【解答】解：（1），
，
令，△，
当时，△，，无极值点，
当时，令，解得：，
当，，时，，递增，
，时，，递减，
故极大值点是，极小值点是；
综上：时，无极值点，
时，极大值点是，极小值点是；
（2）由，即，
令，
，令，得，
当时，，当时，，
在递减，在，上递增，又有2个零点，
，即，解得：，
且，两式相减得：，
设，，
，要证明，
即证明，，
，
即证明，
令，
，
在上单调递减，
（1），
即．
例9．（2022•浙江模拟）已知，函数．
（Ⅰ）若，求的取值范围；
（Ⅱ）记，（其中为在上的两个零点，证明：．
【解答】解：（Ⅰ），
当时，，在上递增，
又，故符合题意，
当时，在递减，在递增，
，故，
又，
，解得：，当时，，在上单调递增，
当时，，，
，不符合题意，
综上：．
（2）证明：令，则且，
记且，由于，
故在和上递减，在上递增，
且当时，，当时，，当时，，当时，，
根据题意可知，，且，
先证，即证，即证，显然成立；
再证，
，，
只需证，
，
，
只需证，即证，
又，
只需证，亦即，即，
由知，，
，故，即得证．
题型三：双变量不等式:极值和差商积问题
例10．（2021春•温州期中）已知函数．
（1）若，证明：当时，；当时，．
（2）若存在两个极值点，，证明：．【解答】证明：（1）当时，，定义域为，
，在定义域上恒成立，
所以在上单调递减，
当时，（1），
当时，（1），原命题得证．
（2），
若存在两个极值点，则，解得，
由韦达定理可知，，，
，
原命题即证：，
不妨设，原命题即证：，
由知，，即证：，不妨令，
原命题即证：，记，
则，
当时，，在上单调递减，
（1），原命题得证．
例11．（2021春•浙江期中）已知函数．
（1）当时，求函数在点处的切线方程；
（2）讨论的单调性；
（3）若存在两个极值点，，证明：．
【解答】（1）解：因为，则，
当时，，
所以（1），
则在处的切线方程为；
（2）解：函数的定义域为，且，
令，且，
①当时，恒成立，此时，则在上单调递减；
②当时，判别式△，
当时，△，即，所以恒成立，此时函数在上单调递减；
当时，令，解得，
令，解得或，
所以在，上单调递增，在和，上单调递减．
综上所述，当时，在上单调递减；
当时，在，上单调递增，在和，上单调递减．
（3）证明：由（2）可知，，，，
则
，
则，
故问题转化为证明即可，
即证明，则，即证，即证在上恒成立，
令，其中（1），
则，
故在上单调递减，
则（1），即，
故，
所以．
例12．（2021秋•武汉月考）已知函数．
（1）讨论函数的单调区间；
（2）设，是函数的两个极值点，证明：恒成立．
【解答】解：（1）的定义域为，
，
①当时，令，得，
令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
②当时，令，得或，
令，得，
所以在，，上单调递增，在上单调递减，
③当时，则，
所以在上单调递增，
④当时，令，得或，
，得，所以在，上单调递增，在，上单调递减，
综上所述，当时，在上单调递增，在上单调递减，
当时，在，，上单调递增，在上单调递减，
当时，在上单调递增，
当时，在，上单调递增，在，上单调递减．
（2）证明：，则的定义域为，
，
若有两个极值点，，
则方程的判别式△，且，，
解得，又，所以，即，
所以
，
设，其中，，
由，解得，又，
所以在区间内单调递增，在区间，内单调递减，
即的最大值为，
所以恒成立．
题型四：双变量不等式:中点型
例13．（2022•呼和浩特二模）已知函数．
①讨论的单调性；②设，证明：当时，；
③函数的图象与轴相交于、两点，线段中点的横坐标为，证明．
【解答】解：①函数的定义域为，
，
当时，则由，得，
当时，，当，时，，
在单调递增，在，上单调递减；
当时，恒成立，
在单调递增；
②设函数，
则，
，
当时，，而，
，
故当时，；
③由①可得，当时，函数的图象与轴至多有一个交点，
故，从而的最大值为，且，
不妨设，，，，，则，
由②得，，
又在，上单调递减，
，于是，
由①知，．例14．（2021秋•山西期末）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）如果方程有两个不相等的解，，且，证明：．
【解答】解：（1），
①当时，，，单调递增；
②当时，，，单调递减；
，，单调递增，
综上，当时，在单调递增；
当时，在单调递减，在单调递增．
（2）由（1）知，当时，在单调递增，至多一个根，不符合题意；
当时，在单调递减，在单调递增，则（a）．
不妨设，
要证，即证，即证，即证．
因为在单调递增，即证，
因为，所以即证，即证，
令
．
．
当，时，，单调递减，又，
所以，时，，即，
即，
又，所以，所以．
例15．（2022•沙坪坝区校级开学）已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）设，若函数的两个极值点，恰为函数的两个零点，且的取值范围是，，求实数的取值范围．
【解答】解：（1）函数的定义域为，
又，
对于方程，△，
①若△，即时，则恒成立，
所以在上单调递增；
②若△，即时，令，解得，或，
当和，时，，
当，时，，
所以在和，上单调递增，
在，上单调递减．
综上所述，当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，的单调递增区间为和，，单调递减区间为，；
（2）由（1）可知，当时，，，
又，
故，
由，
可得，
两式相减，可得，所以，
令，
所以，
则，
所以在上单调递减，
由的取值范围为，，可得的取值范围为，
所以，
又因为，
故实数的取值范围是．
题型五：双变量不等式:剪刀模型
例16．（2022•日照一模）已知函数在点处的切线方程为．
（1）求，；
（2）函数图象与轴负半轴的交点为，且在点处的切线方程为，函数，，求的最小值；
（3）关于的方程有两个实数根，，且，证明：．
【解答】解：（1）将代入切线方程中，得，
所以，又，解得或，
又，所以，
若，则（舍去）；
所以，则；（2）由 （1）可知，，，所以，
令，有或，
故曲线与轴负半轴的唯一交点为，
曲线在点处的切线方程为，则，
因为，所以，
所以
若，，
若，所以，
若，，所以在上单调递增，
，
函数在上单调递增．
所以；
（3）证明：，设的根为，则，
又单调递减，由（2）知恒成立．
又，所以，
设曲线在点处的切线方程为，则，
令，
当时，，
当时，，
故函数在上单调递增，又，
所以当时，，当时，，
所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以，即，设的根为，则，
又函数单调递增，故，故．
又，所以．
例17．（2021春•道里区校级期中）已知函数，是的极值点．
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）设曲线与轴正半轴的交点为，曲线在点处的切线为直线．求证：曲线上的点都不在直线的上方；
（Ⅲ）若关于的方程有两个不等实根，，求证：．
【解答】（Ⅰ）解：；
由题意知，；
；
（Ⅱ）证明：设曲线在，处切线为直线；
令；
；
；
在上单调递增，在，上单调递减；
；
，即，即上的点都不在直线的上方；
（Ⅲ）由（Ⅱ）设方程的解为；
则有，解得；
由题意知，；
令，；
；
在上单调递增；；
的图象不在的下方；
与交点的横坐标为；
则有，即；
；
关于的函数在上单调递增；
．
例18．（2022•江西校级二模）已知函数，．
（Ⅰ）求函数的极值；
（Ⅱ）设曲线与轴正半轴的交点为，求曲线在点处的切线方程；
（Ⅲ）若方程为实数）有两个实数根，且，求证：．
【解答】解：（Ⅰ）由已知得：由得：
又当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当时取得极大值，极大值为（1），无极小值．（3分）
（Ⅱ）设，，则，，
曲线在点处的切线方程为：，
即曲线在点处的切线方程为：（6分）
（Ⅲ）设，令
即，则
由于在单调递减，故在单调递减，又，
当时，当，时，，
在单调递增，在，单调递减，
，，即，都有；
设方程的根为，．
在单调递减，且
，设曲线在点原点处的切线方程为：，则易得，
，有，即，
设方程的根为，则，
在单调递增，且，
，
即．
题型六：双变量不等式:主元法
例19．（2021春•哈密市校级月考）已知函数．
（1）求函数的单调区间和最小值；
（2）当时，求证：（其中为自然对数的底数）；
（3）若，求证：（b）．
【解答】解：（1） （1分）
令得：，
，；
令得：；（2分）
在，上为增函数；在，上为减函数．（4分）
（2）由（1）知：当时，有（b），（6分）
，即：，．（8分）
（3）将（a）（b）变形为：
（a）（b）（7分）
即只证：（a）
设函数（8分）
，
令，得：．
在，上单调递增；在，上单调递减；
的最小值为：，即总有：．（12分）
，即：，（13分）
令，，则
（a）（b），
（a）（b）成立．（14分）
例20．（2021秋•广东月考）已知函数（其中且为常数，为自然对数的底数，．
（Ⅰ）若函数的极值点只有一个，求实数的取值范围；
（Ⅱ）当时，若（其中恒成立，求的最小值的最大值．
【解答】解：（Ⅰ）函数的定义域为，
其导数为．
由或，
设，，
当时，；当时，．
即在区间上递增，在区间上递减，
，
又当时，，当时，且恒成立．
当或时，方程无根，函数只有一个极值点．
当时，方程的根也为，此时的因式恒成立，
故函数只有一个极值点．
当时，方程有两个根、且，，函数在区间单调递减；，单调递增；单调递减；，单调递增，此时函数有、1、三个极值点．
综上所述，当或时，函数只有一个极值点．
（Ⅱ）依题意得，令，则对，都有成立．
，当时，函数在上单调递增，
注意到，
若，，有成立，这与恒成立矛盾；
当时，因为在上为减函数，且，
函数在区间上单调递增，在上单调递减，
，
若对，都有成立，则只需成立，
，
当时，则的最小值，
，
函数在上递增，在上递减，
，即的最小值的最大值为；
综上所述，的最小值的最大值为．
例21．（2022•微山县校级二模）设函数．
（Ⅰ） 求的极值；
（Ⅱ）设，若对任意的，都有成立，求实数的取值范围；
（Ⅲ）若，证明：．
【解答】（本小题满分14分）
解：（Ⅰ）函数，则，
令，解得：，且当时，，时，
因此：的极小值为（Ⅱ）
令，则
注意到：，若要，必须要求，即，亦即
另一方面：当时，恒成立；
故实数的取值范围为：
构造函数，，，
，，，在上是单调递增的；
故（b）（a），即：
另一方面，构造函数，
，
在上是单调递减的
故（b）（a）即：
综上，．
【过关测试】
1．（2022·辽宁·抚顺市第二中学三模）已知函数
(1)当时，证明函数有两个极值点；
(2)当时，函数在上单调递减，证明
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）构造函数求导,利用零点存在性定理,判断根的分布,进而可得函数的单调性,即可得极值.
（2）分离参数,转化为恒成立,构造函数,利用放缩法和分类讨论即可求解.
(1)定义域为
当时
令
∵时，，单调递减，时，，单调递增
所以使
此时时，，单调递增，
时，，单调递减
时，，单调递增
∴是函数的两个极值点．
(2)
∵在上单调递减
∴恒成立
∴恒成立
①时，令
∵，∴
∴在单调递减，∴
又∵∴，∴
②时，，∵，∴
∴，∴
又∵，∴
令
令，∴∴单调递减，∵
使，即
时，单调递增
时，单调递减
∴∴∴，∴
综上
【点睛】
本题考查导数的综合应用，极值点，不等式的证明，参数的取值范围，利用导数判断函数的单调性是基本操作，导函数符号对函数单调性的影响，以及零点存在性定理，适当的放缩，把双变量问题通过放缩变成单变量问题.
2．（2022·北京·北师大二附中三模）已知函数，其中，为的导函数.
(1)当，求在点处的切线方程；
(2)设函数，且恒成立.
①求的取值范围；
②设函数的零点为，的极小值点为，求证：.
【答案】(1)
(2)①;②详见解析
【解析】
【分析】
（1）利用导数的几何意义即可求解.
（2）①先对函数求导，得到，推出，求导，得到，解对应不等式，得到单调性，求出其最小值，再根据恒成立，即可得出结果；
②先设，求导得.设，对其求导，判定单调性，从而得到函数单调性，得到是函数的极小值点，得到，再由①得时，，推出所以，得到，得到函数在区间上单调递增，再由题意，即可得出结论成立.
(1)
时，,,,，所以函数在处的切线方程，即.
(2)
①由题设知，，
，，
由，得，所以函数在区间上是增函数；
由，得，所以函数在区间上是减函数.
故在处取得最小值，且.
由于恒成立，所以，得，
所以的取值范围为；
②设，则.
设，
则，
故函数在区间上单调递增，由（1）知，，
所以，，
故存在，使得，
所以，当时，，，函数单调递减；
当时，，，函数单调递增.
所以是函数的极小值点.因此，即.由①可知，当时，，即，整理得，
所以.
因此，即.
所以函数在区间上单调递增.
由于，即，
即，
所以.
又函数在区间上单调递增，所以.
3．（2022·湖北·高二阶段练习）已知函数，.
(1)讨论的单调性；
(2)任取两个正数，当时，求证：.
【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据函数解析式求出定义域以及导数，对参数进行讨论，根据导函数的正负取值情况得出函数的单调性；
（2）求出，运用分析法将需要证明成立的不等式转化，再利用换元法写出表达式，利用导数研究函数的单调性，进而证明原不等式成立.
(1)
.
当时，，令，得；令，得.
所以在上单调递增，在上单调递减.
当，即时，令，得或；令，得.所以在，上单调递增，在上单调递减.
当，即时，恒成立，所以在上单调递增.
当，即时，令，得或；令，得.
所以在，上单调递增，在上单调递减.
综上所述，
当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在，上单调递增，在上单调递减；
当时， 在上单调递增；
当时，在，上单调递增，在上单调递减；
(2)
证明：由题意得，.
要证，
只需证，
即证，
即证.
令，
所以只需证在上恒成立，
即证在上恒成立.
令，则，
令，则.
所以在上单调递减，即在上单调递减，所以，所以在上单调递增，
所以.
所以.
4．（2022·陕西·汉台中学模拟预测（理））已知函数（，）.
(1)求函数的极值；
(2)若函数的最小值为0，，（）为函数的两个零点，证明：.
【答案】(1)极小值为，无极大值
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）首先求函数的导数，分和两种情况讨论函数的单调性，再求函数的极值；
（2）首先由函数的最小值，确定，再结合零点存在性定理确定，，可得，再通过构造函数求函数的最小值.
(1)
（），，
若时，则恒成立，
在上单调递增，故没有极值；
若，则当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
有极小值，极小值为，无极大值.
(2)
证明：由（1）可知，当时，有最小值，，
由函数的最小值为0，得，
由题知，
，，
，，，
，（），
令，则，
令，则在上单调递增，
又，在上，，，单调递减，
在上，，，单调递增，
，
得证.
5．（2022·江苏·海门中学高二阶段练习）已知函数
(1)讨论函数的单调性；
(2)若有两个极值点，证明
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【解析】
【分析】
（1）求出，对a分类讨论得出函数的单调性即可；
（2）化简进而即证：对任意的恒成立，通过求导进而得证.
(1)
解：
当时，
当时，，则
令，则，或，，则，
综上：当时，在上单调递增，当时，在和上单调递增，在上单调递减.
(2)
有两个极值
是方程的两个不等实根，则
要证：，即证：
不妨设，即证：
即证：对任意的恒成立
令，，则
从而在上单调递减，故，所以
6．（2022·湖北·模拟预测）已知对于不相等的正实数a，b，有成立，我们称其为对数平均不等式．现有函数．
(1)求函数的极值；
(2)若方程有两个不相等的实数根，．
①证明：；
②证明：．【答案】(1)极大值为，无极小值
(2)①证明见解析；②证明见解析
【解析】
【分析】
（1）利用导数求单调区间，由单调区间即可求出极值；
（2）由和可得，由已知条件所给的不等式即可证得①；
由①可得，则，令，构造函数，利用二次求导根据单调性即可证得②.
(1)
函数的定义域为，
，
则当时，；时，．
即在上递增，上递减，
故的极大值为，无极小值．
(2)
结合（1）由，；，，可得，
①由题意可得，从而，
即，
结合参考的公式可得：，
故，
且，即，从而有．
②由①可得，令，则，
所以，则，
则，∴递减，
又∵，∴，
故递增，∴，
即，
即．
7．（2022·山东济宁·高二期中）已知函数（），且有两个极值点．
(1)求实数的取值范围；
(2)是否存在实数，使成立，若存在求出的值，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)不存在；理由见解析
【解析】
【分析】
（1）求导之后，根据导函数在上有两个变号零点，列式即可求解（2），假设存在，由（1）知，则，不妨设，代入，消元得，构造函数（）可知上述方程无实解，故不存在实数a，使成立
(1)
由题设，知函数的定义域为，
且，
因为函数有两个极值点，
所以在上有两个不等的实数根，
即在上有两个不等的实数根， 则有，
解得，即所求实数的取值范围是．
(2)
由题意，得，
又由（1）知，
所以
．
要使成立，只需．
由（1）知，则只需，
即．（※）
由于，所以不妨设，
则（※）式成立，等价于成立．
设（），
则，
所以函数在区间上单调递减，且，
所以
所以无实数解，即（※）式不成立，
所以不存在实数a，使成立．
8．（2022·广东·广州市第七中学高二期中）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若函数的图像与x轴交于A，B两点，线段中点的横坐标为，证明：.【答案】(1)见解析
(2)见解析
【解析】
【分析】
（1）先写出函数定义域，然后求出，并按，讨论，最后判断即可.
（2）由（1）可得，设，，，计算，化简，计算，换元并构建函数，利用导数判断函数的单调性，最后可证结果.
(1)
的定义域为，
．
①若，则，所以在单调递增．
②若，则由得，
且当时，，当时，．
所以在单调递增，在单调递减．
(2)
由（1）可知：当时，函数在上单调递增，
故图像与x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，从而，又，所以．
9．（2022·重庆·万州纯阳中学校高二期中）设函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若有两个零点，
①求a的取值范围；
②证明：.
【答案】(1)当时，在为增函数，
当时，在上是减函数，在上为增函数；
(2)；详见证明过程．
【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即可；
（2）利用（1）中的结论求出的范围，根据，构造函数，利用导数研究函数的单调性，得到，即可证明，令，，得到，得到，可知，最后根据函数的单调性证明结论成立即可．
(1)
的定义域为，且，当时，成立，所以在为增函数，
当时，
①当时，，所以在上为增函数，
②当时，，所以在上为减函数；
综上：当时，在为增函数，
当时，在上是减函数，在上为增函数，
(2)
结合（1），当时，取得极小值，
又∵函数有两个零点，∴，可得，
综上所述，；
下面证明结论成立：
不妨设，
设，，
可得，，
∴在上单调递增，
∴，即，，，
∴当时， ，
又∵，，∴，
又∵当时，单调递增，
∴，即，
设，，则，两式相比得，
即，∴，
又∵，
令，则，
令，则，则在内单调递减，即，即，
故，故在上单调递减，
∴，
∴，即；
综上所述，．
10．（2022·福建省厦门集美中学高二期中）已知函数．
(1)试讨论的极值；
(2)设，若，，使得，求实数的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）先讨论的单调性，再确定极值（2），，使得等价于，分别求出与，即可求解
(1)
函数的定义域为，
．
当时，，所以在上为增函数，此时函数不存在极值．
当时，由，解得，故在上单调递增．
由，解得，故在上单调递减．
此时函数在处取得极大值．无极小值．
综上所述，当时，函数不存在极值．
当时，函数在处取得极大值，无极小值．
(2)
由（1）知当时，在上为增函数，
故无最大值，此时不符合题意；当时，．易知在上单调递减，所以．
因为，，使得，
所以，即
解得，所以实数a的取值范围是．
11．（2022·全国·高三专题练习）已知函数分别是函数的两个零点，求证：.
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】
因为，只需证.令，
即证. 令，则，
所以函数在上单调递减，，即证.由上述分析可知.
【详解】
因为， 分别是函数的两个零点，
所以
两式相减，得，
所以.
因为， 所以.
要证，即证.
因，故又只要证.
令，则即证明.
令，，则.这说明函数在区间上单调递减，所以，
即成立.
由上述分析可知成立.
12．（2021·重庆市第十一中学校高三阶段练习）已知函数
(1)当，研究的单调性；
(2)令，若存在使得，求证.
【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）求出导函数，由的正负确定单调区间；
（2）求出，，由导数确定的单调性，函数的变化趋势，从而得出的范围，由的关系，设，把都用表示，则可表示的函数，同样利用导数得出新函数是增函数，得出，再由对数函数的性质得证不等式成立．
(1)
，，在上单调递增，且，所以时，，时，，
在上单调递减，在上单调递增；
(2)
，（），
时，递增，时，，递减，
时，，
存在使得，则，令，，
，令，则，在上单调递增，，，
，，.