新高中数学压轴题二轮专题专题6导数与零点偏移试题含解析答案

这是一份新高中数学压轴题二轮专题专题6导数与零点偏移试题含解析答案，共80页。试卷主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。

一、解答题
1．已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若函数有两个不同零点，求的取值范围，并证明.
2．已知函数．
(1)求函数的单调区间与极值．
(2)若，求证：．
3．已知函数
(1)求函数单调区间；
(2)设函数，若是函数的两个零点，
①求的取值范围；
②求证：．
4．设()，，
（1）求的单调区间：
（2）已知函数有两个零点，，且，
（i）求的取值范围；
（ii）证明：随着的减小而增大.
5．已知函数，其中为自然对数的底数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若，且，证明：.
6．已知函数有两个零点.
(1)求的取值范围；
(2)设，是的两个零点，，证明：.
7．已知函数
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若，且，证明: .
8．已知函数（）．
(1)求的单调区间；
(2)若函数，是函数的两个零点，证明：．
9．已知函数，.
(1)若对于任意，都有，求实数的取值范围；
(2)若函数有两个零点，求证：.
10．已知函数.
(1)若，求实数的取值范围；
(2)若有2个不同的零点（），求证：.
11．设a，b为实数，且，函数
（1）求函数的单调区间；
（2）若对任意，函数有两个不同的零点，求a的取值范围；
（3）当时，证明：对任意，函数有两个不同的零点，满足.
(注：是自然对数的底数)
12．已知函数
(1)求函数的单调区间；
(2)若方程的两个实数根互为相反数，求实数的值；
(3)在条件（2）下，若函数有两个不同的零点，证明：．
13．已知函数，．
(1)讨论的单调性；
(2)若函数有两个零点；
（i）求的取值范围；
（ii）证明．
14．已知函数．
(1)讨论函数的单调区间；
(2)当时，函数有两个零点，求的取值范围：
(3)在（2）的条件下，证明：
15．已知函数.
(1)若函数在上单调递增，求的取值范围.
(2)若函数的两个零点分别是，且，证明：
①随着的增大而减小；
②.
16．已知函数.
(1)若方程有3个零点，求实数的取值范围；
(2)若有两个零点，求证：，且.
17．已知函数有两个相异零点､，且，求证：.
18．已知函数为其导函数．
(1)若恒成立，求的取值范围；
(2)若存在两个不同的正数，使得，证明：．
19．已知函数．
(1)若是的极值点，求a的值；
(2)当时，求证：恰有两个零点，，且（其中是的极值点）．
20．已知函数有两个零点．
(1)求a的取值范围；
(2)设，是的两个零点，证明：．
21．已知函数的最小值为.
(1)求实数的值；
(2)若有两个不同的实数根，求证：.
22．已知函数，．
(1)若对任意的都有，求实数的取值范围；
(2)若且，，证明：．
23．已知函数，其中．
(1)当时，求的单调区间；
(2)求当时，函数在区间上的最小值；
(3)若函数有两个不同的零点.
①求实数a的取值范围；
②证明：.
24．已知函数（a为常数）.
(1)求函数的单调区间；
(2)若存在两个不相等的正数，满足，求证：.
(3)若有两个零点，，证明：.
25．已知函数有两个零点.
(1)求的取值范围；
(2)设，为的两个零点，证明：.
26．已知函数．
(1)讨论的单调区间；
(2)已知，设的两个极值点为，且存在，使得的图象与有三个公共点；
①求证：；
②求证：．
27．已知关于的方程有三个根，分别为，，，且.
(1)求的取值范围；
(2)设，证明：随着的增大而减小.
28．已知函数.
(1)当时，求在区间上的最值；
(2)若有两个不同的零点，证明：.
29．已知函数，．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若关于的方程有两个不相等的实数根、，
（ⅰ）求实数a的取值范围；
（ⅱ）求证：．
30．在平面直角坐标系中，的直角顶点在轴上，另一个顶点在函数图象上
(1)当顶点在轴上方时，求 以轴为旋转轴，边和边旋转一周形成的面所围成的几何体的体积的最大值；
(2)已知函数，关于的方程有两个不等实根.
（i）求实数的取值范围;
（ii）证明：.
31．已知，函数．
(1)当时，求的单调区间；
(2)当时，设的导函数为，若恒成立，求证：存在，使得；
(3)设，若存在，使得，证明：．
32．已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)当时，证明：函数有两个零点；
(3)若函数有两个不同的极值点（其中），证明：．
33．已知函数
(1)当时，求的单调区间；
(2)若有两个零点，求的范围，并证明
34．已知函数.
(1)若有两个零点，的取值范围；
(2)若方程有两个实根、，且，证明：.
35．已知函数，．
(1)当时，恒成立，求a的取值范围．
(2)若的两个相异零点为，，求证：．
36．有两个零点．
(1)时，求的范围；
(2)且时，求证：．
37．已知函数，，.
(1)当时，求函数在点处的切线方程；
(2)令当，若函数有两个零点，，求实数的取值范围；
(3)在（2）的条件下，证明：.
38．已知函数，其中a，b为常数，为自然对数底数，．
(1)当时，若函数，求实数b的取值范围；
(2)当时，若函数有两个极值点，，现有如下三个命题：
①；②；③；
请从①②③中任选一个进行证明．
（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）
参考答案：
1．(1)；
(2)，证明见解析.
【分析】（1）利用导数的几何意义计算即可；
（2）利用导数研究函数单调性及最值，分类讨论即可判定的取值范围，构造差函数证明即可.
【详解】（1）当时，，易知，
所以曲线在点处的切线方程为：；
（2）由已知可得，
①若，则，，
即在上单调递增，上单调递减，，
又时，，所以函数存在两个零点；
②若时，，显然不符合题意；
③若时，令，
当时，令或，令，
即在上单调递减，和上单调递增，
函数极小值为，函数极大值为，
此时函数至多有一个零点，不符合题意；
当时，，则单调递增，至多一个零点，不符合题意；
当时，令或，令，
即在上单调递减，和上单调递增，
函数极大值为，函数极小值为，
此时函数至多有一个零点，不符合题意；
综上所述，时函数有两个零点，则一正一负，
不妨令，设，
令，即在R上单调递增，
所以，，
故时，有，时，有，
即，所以，
则，
又因为在上单调递减，故，证毕.
【点睛】第二问关键是分类讨论，通过判断单调性及极值、最值研究函数的零点个数，证明可利用构造差函数，通过证明来判定极值点偏移问题.
2．(1)单调递增区间为和，单调递减区间为；极大值为，极小值为
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数可求得的单调区间，并确定极值点，由此可进一步求得极值；
（2）根据单调性和极值可确定的范围，利用极值点偏移的证明方法，构造函数，，可证得，，结合不等式的性质可证得结论.
【详解】（1）定义域为，，
令，解得：或，
当时，；当时，；
的单调递增区间为和，单调递减区间为；
的极大值为，极小值为.
（2）由（1）知：，，．
令，，
则；
令，则；
令，则，
在上恒成立，在上单调递增，
，
在上恒成立，在上单调递增，，
在上恒成立，在上单调递增，，
对任意恒成立．
，，又，，
在上单调递增，，，即；
令，，
则；
在上单调递增，，
在上恒成立，在上单调递增，
，对任意恒成立．
，．又，，
在上单调递增，且，，；
由得：，，.
【点睛】思路点睛：本题第（1）问用到导数零点九字诀：有没有，在不在，比大小．第（2）问用到第（1）问的两个极值点和，然后两次利用极值点偏移法，得出两个不等式和，再利用这两个不等式巧妙得出所要证明的不等式．
3．(1)单调递增区间为；单调递减区间为
(2)①；②证明见解析
【分析】（1）求导后，根据正负即可得到的单调区间；
（2）①将问题转化为与在上有两个不同的交点，采用数形结合的方式可求得结果；
②由①可得，设，利用导数可求得，进而得到，即，根据的范围和单调性可得结论.
【详解】（1）定义域为，，
当时，；当时，；
的单调递增区间为；单调递减区间为.
（2）①若是的两个不同零点，则与在上有两个不同交点；
由（1）知：，又，
在的图象如下图所示，
由图象可知：，，即的取值范围为.
②不妨设，由①知：，
，，
在上单调递增，在上单调递减；
设，则，
在上单调递减，，，
又，，又，；
，，在上单调递增，
，则.
【点睛】方法点睛：处理极值点偏移问题中的类似于（）的问题的基本步骤如下：
①求导确定的单调性，得到的范围；
②构造函数，求导后可得恒正或恒负；
③得到与的大小关系后，将置换为；
④根据与所处的范围，结合的单调性，可得到与的大小关系，由此证得结论.
4．（1）若，的单调递增区间为；若，的单调递增区间为，单调递减区间为；（2）（i）；（ii）证明见解析.
【分析】（1）分类讨论含参数的函数的单调区间；
（2）（i）根据函数的单调性，转化为最大值大于0，然后解不等式即可；（ii）构造函数，结合函数单调性及不等式的性质即可证得.
【详解】（1）因为，则，
①若，则在上恒成立，所以的单调递增区间为；
②若，令，则，
时，，的单调递增；
时，，的单调递减；
所以的单调递增区间为，单调递减区间为；
综上：若，的单调递增区间为；若，的单调递增区间为，单调递减区间为
（2）
（i）由（1）知：函数有两个零点需满足，即，所以，故的取值范围为；
（ii）因为，则，令，则，
所以在上单调递增，在单调递减，并且时，，当时，，由已知满足，由，及的单调性，可得，对于任意，设，，其中；，其中；因为在上单调递增，由，即，可得，同理可得，又由得，故随着的减小而增大.
【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题，注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
5．（1）时，递增；时，递减；（2）证明见解析.
【分析】（1）首先求函数的导数，并判断导数的单调性，结合导函数的零点，判断函数的单调性；（2）首先方程变形为，设，，通过构造函数，，利用导数证明，再分和时，证明.
【详解】解：（1），是减函数，是增函数，
所以在单调递减，
∵，
∴时，，单调递增；时，，单调递减.
（2）由题意得，，即
，，
设，，则由得，，且.
不妨设，则即证，
由及的单调性知，.
令，，则
，
∵，∴，，
∴，取，则，
又，则，
又，，且在单调递减，∴，.
下证：.
（i）当时，由得，；
（ii）当时，令，，则
，
记，，则，
又在为减函数，∴，
在单调递减，在单调递增，∴单调递减，从而，在单调递增，
又，，
∴，
又，
从而，由零点存在定理得，存在唯一，使得，
当时，单调递减；
当时，单调递增.
所以，，
又，
，
所以，，
显然，，
所以，，即，
取，则，
又，则，
结合，，以及在单调递增，得到，
从而.
【点睛】关键点点睛：本题第二问要证明不等式成立，换元后转化为，两次构造函数，并转化为极值点偏移问题，证明不等式.
6．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）分离参数得,构造函数判单调性即可求解；
（2）利用变量集中设，得，，证明即可.
【详解】（1）由且，可得.
设，，则，
令，解得.
当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
又当趋向于0时，趋向于，当趋向于时，趋向于0，
所以要使的图象与直线有两个交点，则，
故的取值范围是.
（2）证明：，由（1）得，
则，.
设，则，
即，
.
设，则.
设，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增.
又，，，
所以存在唯一的，使得，
即，
所以的最小值为，，
所以，故.
【点睛】关键点点睛：本题考查导数研究零点和证明不等式，第二问利用变量集中结合对数运算得，，转化为t的函数证明并进行隐零点代换是关键.
7．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，分，两种情况，分别研究的正负，即可得到的单调性；（2）将已知的方程两边同时取对数，得到，由进行分析，利用（1）中的结论，不妨令，分或两种情况求解，构造函数，利用导数研究其性质，结合不等式的性质及基本不等式，即可证明.
【详解】（1）
当时，， ， 所以单调递增；， ， 所以单调递减；
当时，， 所以单调递减；， 所以单调递增；
（2）证明：
， ∴ ，
即当时，
由（1）可知，此时是的极大值点，因此不妨令
要证，即证：
①当时，成立；
②当时
先证
此时
要证，即证：，即，即
即： ①
令 ，
∴
∴在区间上单调递增
∴，∴①式得证.
∴
∵，
∴ ∴ ∴
8．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求定义域，求导，对导函数因式分解，分与两种情况，得到函数单调区间；
（2）利用分析法先等价转化所证不等式：要证明，只需证明，即证明，即证明，令，构造函数，利用导数研究函数单调性，确定其最值，得到，即可证得结论．
【详解】（1）函数的定义域为，
，
①当时，，则在上单调递增；
②当时，若，则，若，则，
则在上单调递增，在上单调递减．
综上，当时，单调递增区间为，无递减区间；
当时，单调递增区间为；单调递减区间为.
（2）因为是的两个零点，
所以，，将两式作差可得
，又，
所以，
所以要证，只须证明，
即证明，即证明，
令，即证，，
令，则，
令，则在上恒成立，
∴在上递减，又，
∴在上递增，则，
即，
所以成立，即．
【点睛】方法点睛：极值点偏移问题，若等式中含有参数，则消去参数，由于两个变量的地位相同，将特征不等式变形，如常常利用进行变形，可构造关于的函数，利用导函数再进行求解.
9．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）通过转化构造函数，利用导数求出该函数的最小值即可；
（2）通过利用极值点偏移的知识，令，，利用导数相关知识转化为证明即可.
【详解】（1）结合题意：对于任意，都有，所以，
因为，所以只需，
，
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增.
所以只需；
（2）等价于，
设函数，，易知在区间上单调递增；上单调递减，
由知且，，
设函数，其中，
知，
知在区间上单调递增，即时，
即时，，
即，
又由已知由且，
有且，由在上单调递减，
所以，即.
10．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求解函数定义域，参变分离得到，构造，利用导函数得到其单调性，极值和最值情况，得到；
（2）转化为有2个不同的实数根，构造，得到其单调性，得到，且，求出，换元后即证，构造，求导后得到在上单调递增，，得到证明.
【详解】（1）因为函数的定义域为，所以成立，等价于成立.
令，则，
令，则，所以在内单调递减，
又因为，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减，
所以在处取极大值也是最大值.
因此，即实数的取值范围为.
（2）有2个不同的零点等价于有2个不同的实数根.
令，则，当时，解得.
所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以在处取极大值为.
又因为，当时，，当时，.
且时，.
所以，且.
因为是方程的2个不同实数根，即.
将两式相除得，
令，则，，变形得，.
又因为，，因此要证，只需证.
因为，所以只需证，即证.
因为，即证.
令，则，
所以在上单调递增，，
即当时，成立，命题得证.
【点睛】极值点偏移问题中，若等式中含有参数，则消去参数，由于两个变量的地位相同，将特征不等式变形，如常常利用进行变形，可构造关于的函数，利用导函数再进行求解.
11．(1)见解析
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论即可确定函数的单调性；
(2)将原问题进行等价转化，然后构造新函数，利用导函数研究函数的性质并进行放缩即可确定实数a的取值范围；
(3)方法一：结合(2)的结论将原问题进行等价变形，然后利用分析法即可证得题中的结论成立.
【详解】(1)，
①若，则，所以在上单调递增；
②若，
当时，单调递减，
当时，单调递增.
综上可得，时，的单调递增区间为,无减区间；
时，函数的单调减区间为，单调增区间为.
(2)有2个不同零点有2个不同解有2个不同的解，
令，则，
记，
记，
又，所以时，时，，
则在单调递减，单调递增，，
.
即实数的取值范围是.
(3)[方法一]【最优解】：
有2个不同零点，则，故函数的零点一定为正数.
由(2)可知有2个不同零点，记较大者为，较小者为，
，
注意到函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
故，又由知，
，
要证，只需，
且关于的函数在上单调递增，
所以只需证，
只需证，
只需证，
，只需证在时为正，
由于，故函数单调递增，
又，故在时为正，
从而题中的不等式得证.
[方法二]：分析+放缩法
有2个不同零点，不妨设，由得（其中）．
且．
要证，只需证，即证，只需证．
又，所以，即．
所以只需证．而，所以，
又，所以只需证．
所以，原命题得证．
[方法三]：
若且，则满足且，由（Ⅱ）知有两个零点且．
又，故进一步有．
由可得且，从而．．
因为，
所以，
故只需证．
又因为在区间内单调递增，故只需证，即，注意时有，故不等式成立．
【整体点评】本题第二、三问均涉及利用导数研究函数零点问题，其中第三问难度更大，涉及到三种不同的处理方法，
方法一：直接分析零点，将要证明的不等式消元，代换为关于的函数，再利用零点反代法，换为关于的不等式，移项作差构造函数，利用导数分析范围.
方法二：通过分析放缩，找到使得结论成立的充分条件，方法比较冒险！
方法三：利用两次零点反代法，将不等式化简，再利用函数的单调性，转化为与0比较大小，代入函数放缩得到结论.
12．(1)增区间是，减区间是
(2)0
(3)证明见解析
【分析】（1）求定义域，求导，得到不等式，求出单调区间；
（2）转化为方程的两根分别是和，得到方程组，相减后得到，令，求导，得到单调性，得到只有1个零点，即0，代入，此时无解，故，求出实数的值；
（3）令，转化为，构造，求导得到其单调性，得到，再构造，求导，得到单调性，从而求出，根据基本不等式得到，得到，
又，故，根据的单调性得到，证明出结论..
【详解】（1）的定义域为R，
故，
令得，令得，
故函数的增区间是，减区间是；
（2），即，
设方程的两根分别是和，
故①，
，即②，
由①-②可得：③，
令，则，
令，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
故在处取得极小值，也时最小值，
故，即单调递增，注意到，
故只有1个零点，即0，
当时，由①可知：，即，无解，
故，则，则有，解得；
（3）由（2）可得，，
则，
令得，即，
令，则函数在单调递增，，
函数有两个不同的零点，也即方程在有两根，
其中，
令，则，
令，解得，令，解得，
∴在为减函数，在为增函数，
∴，又时，；时，，
∴m，，，
令，
则，当且仅当时，等号成立，
又，故恒成立，
∴在单调递增，∴时，，
由得，即，
而在单调递减，且，所以，，
即有，
∵，
∴，又，
∴，而在单调递增，
∴，∴.
即得证
【点睛】极值点偏移问题，通常会构造差函数来进行求解，本题关键点为变形为，换元后再构造差函数进行求解.
13．(1)当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增.
(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）由已知可知，分和讨论函数的单调性；
（2）（i）设，判断的单调性，然后结合单调性讨论求解；
（ii）先证明存在使得，然后证明，最后利用和的单调性即得结论.
【详解】（1）由已知，得，
当时，对任意的，有，所以在上单调递增；
当时，由于当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）（i）函数有两个零点，当且仅当方程有两个解，即方程有两个解.
设，则，这表明当时，；当时，.
所以在上单调递减，在上单调递增.
设，则，所以当时，；当时，.
故在上单调递减，在上单调递增，从而对任意的都有，即对任意的都有.
而对任意实数，在中取，就有.
这表明当时，有.
原命题等价于方程有两个解，分情况讨论：
当时，对任意，有，这表明方程至多有一个解，不符合条件；
当时，由于，，，且，故方程有两个解，且满足，再结合的单调性，知方程的所有解即为，满足条件.
综上，的取值范围是.
（ii）设，则，
故当且时，从而在和上单调递增，故在上单调递增.
这就意味着当时，有，即.
由于在上单调递减，在上单调递增，故由，
知存在，
使得，即.
从而有，
，
这意味着
，最后一步利用了和.
故，但，而在上单调递增，所以.
又因为在上单调递增，所以，
故，即.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于，构造一个使得，得到和的大小关系，然后反向利用，判断和的大小关系，再比较和，即得结论.
14．(1)答案见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）对求导得到，利用导数与函数单调性间的关系，分和两种情况讨论，即可求出结果；
（2）根据条件，先探求必要条件，从而得出，再证明时，有且仅有两个零点，取，得出，取，得到，再利用零点存在性原理，即可证明结果；
（3）构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，得出，，即可证明结果.
【详解】（1）易知函数定义域为，又，
①当时，在区间上恒成立，此时在区间上单调递增，
②当时，令，得到，即；令，得到，即，
此时在区间上单调递增，在区间上单调递减，
综上所述，当时，的单调递增区间为，无减区间，
当时，的增区间为，减区间为.
（2）因为，由（1）知，在上单调递增，在上单调递减，
又有两个零点，则必有，
令，则，由，得到或（舍）
故在上单调递减，在上单调递增，
又，所以当时，，
得到，又，在上单调递增，
故当时，，即，
下证当时，有两个零点，
因为当时，．
取，则，
下证当时，，
令，则，
所以h(x)在上单调递增，在上单调递减．
得到，所以当时，即，
所以，
令，则，当时，恒成立，
即在区间上单调递增，则，
所以当时，，
取，则
综上，当时，
且在上年调递减，所以在上有且只有一个零点，
且在上单调递增，所以在上有且只有一个零点，
所以，当时，有两个零点．
（3）由（2）知，有两个零点，不妨设，
则．
设函数，则，
，所以在上单调递增，
故当时，，即，当时，，即，
所以，，
所以，
整理可得：
即，所以．
【点睛】关键点点晴：本题关键在于第（2）和第（3）问，对于第（2）问，先利用必要条件，探求出的范围，再寻找到两个取值和，并判断出相应函数值的符号，再利用零点存在性原理来解决问题；对于第（3），通过构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，得到，，进而有，即可解决问题.
15．(1)
(2)①证明见解析：②证明见解析
【分析】（1）利用导数判断原函数单调性，卡端点列出不等式求解即可.
（2）①合理判断有两个零点，构造与的函数，求其单调性即可.
②求出关键点的函数值，结合不等式的运算性质证明不等关系即可.
【详解】（1）若函数在上单调递增，易知，
令，，令，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故原命题等价于求，且，故，解得，
即的取值范围为.
（2）①引理：对，必有成立，令，
故，令，，令，，
故在上单调递减，在上单调递增，
则，即恒成立，故成立，
设，则，即，
可得的最小值为
而，当时，，
且由引理知，故，
由零点存在性定理得有两个零点，
结合可得，
故当时，两个根一定会存在，设是关于的函数，记为，
我们同样可以定义为：对，存在唯一的，使得，
且这个就是关于的方程中的较大根，此时已有，
此时发现是上的函数，则证明在上单调递减即可，
由于，
首先，我们有，，所以，，
其次，我们实际上有，（因为要么，要么），
所以，若，则，，
然后考虑，显然我们有，
若，则，所以另一根一定小于，从而，
若，由于是关于的较大根，故，
即，解得，但是对任意的时，
关于的方程的较小根都不超过，
要么，解得，要么，
所以是较大根，从而，这表明与关于对称，
所以我们只需要证明在上单调递减，
这里是的较大根，且，
由于，故对，设，
则，，
从而由是较大根，知，，
也意味着位于单调递增区间，
设，由于当时，
，
所以，
而，方程的较小根一定不超过，
这表明的较大根一定成立，所以，
这就证明了在上单调递减，从而一定在上单调递减，
故随着的增大而减小得证.
②由①知有两个零点，且，
由于，
由引理又有，
而根据单调性得，当或时，必有，
所以，
可得
即，原不等式得证.
【点睛】关键点点睛：本题考查导数，解题关键是利用零点存在性定理证明函数有两个零点，然后构造函数，转化为证明函数单调性问题求解即可.
16．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）将问题转化为与有三个不同的交点，利用导数研究函数的性质，从而结合图象即可求得实数的范围；
（2）利用导数求得函数的单调性，再利用零点存在定理证得，再利用零点的定义将问题，构造函数，利用导数证得即可得证.
【详解】（1）解：令，即得，即方程有三个零点，
即直线与曲线有三个不同的交点，
可得，
所以当或时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时，有极小值为，
当时，有极大值为，
当时，，且当时，，
所以作出函数的图象如图所示，
所以数形结合可知，即实数的取值范围为.

（2）解：因为，
当时，单调递增，不可能有两个零点，所以，此时，
令，得，所以当时，；
当时，，
故在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以，
若有两个零点，则，得，所以，
当时，，，，
故存在，使得，
又当趋向于时，趋向于，故存在，使得，
故，则满足，可得，即，
要证，只需证，
两边同乘以，可得，
因为，，所以，
令，即证，即证，
令，可得，
令，，故在区间上单调递增，
故，因此，所以在区间上单调递增，
故，因此原不等式成立.
【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、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；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
17．证明见解析.
【分析】对函数求导并研究的单调性，结合函数有两个相异零点､得极大值，即有，进而有，应用作差法可得，而、即可证明结论.
【详解】由题设，，
由，得，由，得，
在上单调递增，在上单调递减，
在处取得极大值，且为最大值.
由有两个相异零点､，可得，即.
，
，
，即，则，
，，
.
18．(1)
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用导数求函数的最大值，转化为最大值小于等于1，即可求解；
（2）不等式转化为证明，即证明，构造函数，利用导数证明函数的单调性，即可证明.
【详解】（1），当时，单调递增；
当时，单调递减．所以，
解得，即的取值范围为．
（2）证明：不妨设，则，要证，
即证，则证，则证，
所以只需证，即．
令，则，．
当时，，则，
所以在上单调递减，则．所以．
由（1）知在上单调递增，所以，从而成立．
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是利用分析法，转化为证明.
19．(1)；
(2)证明过程见解析.
【分析】（1）求导后，利用求出结果；（2）二次求导，先研究一阶导函数的单调性，再研究的单调性，结合隐零点，极值点之间的关系，进行证明.
【详解】（1）函数的定义域为，，由题意得：，解得：，经验证符合要求.
（2）证明：函数的定义域为，，，令得：，令得：，即在上单调递减，在上单调递增，且，当时，恒成立，故存在，使得，且当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，
因为，所以，
令（），，令得：，令得：，所以，所以，则，
故存在，，使得恰有两个零点，
接下来证明：，
因为，，消去得：，其中，所以，而，所以，故，证毕；
接下来证明：，即，因为在上单调递增，所以只需证，即①，因为，即，代入①中得：，即：，显然成立，结论得证；
综上：恰有两个零点，，且（其中是的极值点）.
【点睛】处理隐零点的问题，要充分考虑零点所在的区间范围，与关键点的大小关系，结合函数的单调性解决问题，有时候需要构造新的函数，或者消去某些变量，化为单变量解决问题.
20．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求导确定函数的单调性，即可根据最大值求解，
（2）构造函数，利用导数求解单调性，即可求解.
【详解】（1）的定义域为，，
当时，，在上递增，至多一个零点，不符合题意，舍去；
当时，令得，所以在上递增，
当，此时在上递减，
所以的极大值也是最大值，∴．
又时，；趋向于时，趋向于．
所以，有两个零点，a的取值范围为．
（2）不妨设，由，则．
构造函数，
，
因为，，∴，即，所以在是递增，又，所以，∴，
∴．
又，∴．
而，，在上递减，所以，，即，所以，．
21．(1)1；
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用导数研究的单调性，结合最小值求参数值即可；
（2）根据题设及导数判断的单调性及区间符号，进而有，根据极值点偏移，构造并利用导数研究上的单调性，证明，再记函数与和交点的横坐标分别为，结合导数证得、，有，即可证结论.
【详解】（1）因为，令，可得，
当时单调递减；当时单调递增.
所以，所以.
（2）证明：由（1）知，在上单调递减，在上单调递增，
当时，当时，

所以，
先证明.
记，则，
当时，，所以单调递减，
所以当时，，即，
故，即.
又，由单调性知：，即.
再证明.
记函数与和交点的横坐标分别为.
①当时，，故，所以，.
（或：的图象在的图象的下方，且两个函数在上都是减函数）
②当时，记，所以.
当时单调递减；当时单调递增.
又，当时，，即.
故
所以，故.
（或的图象在的图象的下方，且两个函数在上都递增）
综上，.
【点睛】关键点睛：第二问，首先应用极值点偏移构造证，再记函数与和交点的横坐标分别为，依次证、为关键.
22．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）分别计算，的导函数，接着分析它们的单调性，求得在时，的最大值为，的最小值为，问题得解；
（2）先将转化为，再设，数形结合得到，接着构造函数，利用函数的单调性得到，最后利用放缩法证明不等式.
【详解】（1）由，，
得，，
当时，，在区间上单调递增，当时，，在区间上单调递减，所以当时，的最大值为．
当时，，在区间上单调递减，当时，，在区间上单调递增，所以当时，的最小值为．
所以，故实数的取值范围为．
（2）由得，两边取对数并整理，
得，即，即．
由（1）知，函数在上单调递增，在
上单调递减，，（技巧：注意对第（1）问结论的应用）
而，当时，恒成立，不妨设，则．
记，，
则
，所以函数在上单调递增，
所以，即，，
于是，，
又在上单调递减，因此，即，
所以．
【点睛】利用对称化构造的方法求解极值点偏移问题的“三步曲”：
（1）求导，得到函数的单调性、极值情况，作出函数图象，由得到的大致范围．
（2）构造辅助函数（若要证，则构造函数；若要证，则构造函数.），限定的范围，求导，判定符号，获得不等式．
（3）代入，利用及的单调性即得所证结论．
23．(1)增区间为，减区间为
(2)
(3)①；②证明见解析
【分析】（1）利用导数求函数的单调区间；
（2）利用导数分类讨论函数在区间的单调性，由单调性求最小值；
（3）由函数有两个不同的零点，构造函数利用导数研究函数单调性的最值，结合函数图像求实数a的取值范围；把零点代入函数解析式，证明转化为证明，通过构造函数利用导数求最值的方法证明.
【详解】（1）当时，，定义域为，
若，则；若，则；
所以的增区间为，减区间为
（2）函数的定义域是，
．
当时，令则或(舍)．
当，即时，，在上单调递减，
在上的最小值是，
当，即时，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
在上的最小值是，
当，即时，，，在上单调递增，
在上的最小值是．
综上，．
（3）①有两个不同的零点即有两个不同实根，
得，令，，令，得，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
时，取得最大值，且，当时，
得的大致图像如图所示：
，所以实数a的取值范围为．
②当时，有两个不同的零点．
两根满足，，
两式相加得：，两式相减得：，
上述两式相除得，不妨设，要证：，
只需证：，即证，
设，令，则，
函数在上单调递增，且．
，即，．
【点睛】方法点睛：
导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题，注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．不等式问题，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
24．(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）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；
（2）利用对数均值不等式（，，）即可得证.
（3）由题意得，要证，只需证：，利用换元，令，只需证：，由对数均值不等式即得.
【详解】（1）由，得函数的定义域为，
又，
当时，恒成立，所以在上单调递增；
当时，令，得；令，得；
所以，的单调递减区间为，单调递增区间为；
（2）由，得，
故欲证，只需证：，即证，
又，，，
不妨设，，等价于，令（），
等价于（），
，所以在单调递增，而，
所以，当时，恒成立.
所以，
所以.
（3）函数有两个零点，，所以，，
不妨设，，
即，要证：，
需证：
只需证：，只需证：，
只需证：，只需证：，
令，只需证：，
令，，
所以在上单调递减，所以，即，
故.
也可由对数均值不等式（），即，
令（），则，即，
所以.
【点睛】本题考查不等式的证明，可转化为函数求最值以及恒成立问题结决，可按如下规则转化：
一般地，已知函数，
（1）若，，总有成立，故；
（2）若，，有成立，故；
（3）若，，有成立，故；
（4）若若，，有，则的值域是值域的子集 ．
25．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，分析函数的单调性，结合有两个零点可得解；
（2）分析法转化要证问题，只要证，即证，即证 ，即证，构造函数，利用导数求出最值判断证明.
【详解】（1）因为，则，
当时，恒成立，则在上单调递增，不符合题意，
当时，的解集为，的解集为，
即的单调增区间为，单调减区间为，
因为函数有两个零点，且时，，，依题意，解得，
即的取值范围为.
（2）不妨设，则，要证，则只要证，
即证，即证，
即证，，
而即，即证，，
令，，则，
设，，则，
即在上单调递增，则有，
即，在上单调递减，而，
当时，，
则当时，成立，
故有成立.
26．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）首先求函数的导数，再讨论，结合函数的定义域，即可求函数的单调区间；
（2）①要证，即证，只需证，构造函数，，借助导数即可得证；②同①中证法，先证，则可得，利用、是方程的两根所得韦达定理，结合即可得证.
【详解】（1），，
其中，，
当时，即，此时恒成立，
函数在区间单调递增，
当时，即或，
当时，在区间上恒成立，
即函数在区间上单调递增，
当时，，得或，
当，或时，，
当时，，
所以函数的单调递增区间是和，
单调递减区间是，
综上可知，当时，函数的单调递增区间是；
当时，函数的单调递增区间是和，
单调递减区间是；
（2）①由（1）知，当时，函数的单调递增区间是和，
单调递减区间是，、是方程的两根，
有，，
又的图象与有三个公共点，
故，则，
要证，即证，又，
且函数在上单调递减，即可证，
又，即可证，
令，，
由，
则
恒成立，
故在上单调递增，即，
即恒成立，即得证；
②由，则，
令，，
则
，
故在上单调递增，即，
即当时，，
由，故，又，故，
由，，函数在上单调递减，故，
即，又由①知，故，
又，
故.
【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于先证，从而借助①中所得，得到.
27．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）将函数写成分段函数，再利用导数分别求出函数在各段的单调性，即可画出函数图象，从而求出的取值范围；
（2）由（1）可知，且，使得，则，再由，得到，令，则，从而得到，，再令，，利用导数说明函数的单调性即可.
【详解】（1）令，
当时，所以在上单调递增，
当时，所以时，
时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又，当时，且时，
当时，
则的图象如下所示：
因为关于的方程有三个根，即与有三个交点，
由图可知，即实数的取值范围为.
（2）由（1）可知，又，，
且在上单调递增，所以，使得，
所以，
由，所以，即，
令，则，
所以，，
令，，
则，令，，
所以，即在上单调递减，
所以，
又，即，所以，
即，所以，
所以在上单调递减，
即随着的增大而减小.
【点睛】关键点点睛：第一问关键是由导数说明函数的单调性，从而得到函数的图象，第二问关键是得到，.
28．(1)最大值为0，最小值为.
(2)证明见解析
【分析】（1）将带入原函数中求得函数的解析式，确定函数的定义域，再对原函数求导，
判断在区间上的单调性，即可求得函数在区间上的最值；
（2）对原函数求导，并对参数，分类讨论，得出函数在两种情况下的单调性，由单调性求得函数有两个不同的零点时两根与参数的关系，再利用比值换元法即可证明.
【详解】（1）当时，，
.
由，得；由，得，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减.
因为，
，
所以在区间上的最大值为0，最小值为.
（2）.
当时，在上单调递减，不可能有两个零点，舍去；
当时，所以，
由，得，所以在上单调递增；
由，得，所以在上单调递减.
所以当时，取得极大值，极大值为，
为满足题意，必有，得.
因为是的两个不同的零点，
所以，
两式相减得.
设，要证，
只需证，即证.
设，只需证，
设，则，
所以在上为增函数，从而，
所以成立，从而
【点睛】关键点睛：本题（2）关键在于构造函数，转化为求新函数的单调性，再由单调性求最值，即可证明.
29．(1)答案见解析
(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）求出，分、两种情况讨论，分析导出的符号变化，即可得出函数的增区间和减区间；
（2）（i）将方程变形为，令，令，可知直线与函数的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围；
（ii）将所证不等式等价变形为，由变形可得出，推导出，即证．令，只需证，构造函数，其中，利用导数法即可证得结论成立.
【详解】（1）解：因为，
所以，其中.
①当时，，所以函数的减区间为，无增区间；
②当时，由得，由可得.
所以函数的增区间为，减区间为．
综上：当时，函数的减区间为，无增区间；
当时，函数的增区间为，减区间为．
（2）解：（i）方程可化为，即．
令，因为函数在上单调递增，
易知函数的值域为，
结合题意，关于的方程（*）有两个不等的实根．
又因为不是方程（*）的实根，所以方程（*）可化为．
令，其中，则．
由可得或，由可得，
所以，函数在和上单调递减，在上单调递增．
所以，函数的极小值为，
且当时，；当时，则.
作出函数和的图象如下图所示：
由图可知，当时，函数与的图象有两个交点，
所以，实数的取值范围是.
（ii）要证，只需证，即证．
因为，所以只需证．
由（ⅰ）知，不妨设．
因为，所以，即，作差可得．
所以只需证，即只需证．
令，只需证．
令，其中，则，
所以在上单调递增，故，即在上恒成立．
所以原不等式得证．
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
30．(1)
(2)（i）；（ii）证明过程见详解.
【分析】（1）先确定所求几何体何时能取到最大值，写出函数关系，利用导数分析函数单调性，求最大值；
（2）（i）根据题意知，，进行同构，将问题转化为方程有两个不等的实数根，再进行分离参数，研究的单调性和极值，即可求出a的取值范围.
（ii）由知，先证，即极值点偏移问题，构造函数，求，在单调递增，，得，从而可得即，再由的单调性，即可得到.
【详解】（1）因为在轴上方，所以：；
为直角三角形，所以当轴时，所得圆锥的体积才可能最大.
设，则，（）.
设（），则，由.
因为，所以，
所以在上单调递增，在上单调递减，所以.
从而：.
（2）（i）因为，即，即，
令，所以，
因为为增函数，所以即，
所以方程有两个不等实根等价于有两个不等实根，
令，所以
当时，，单调递增；当时，，单调递减.所以.
当时，；当时，由洛必达法则知；
所以.
（ii）由（i）知，，
令，，
因为，所以，
因为，，所以，即在单调递增，，所以.
因为，所以，
又因为，所以，
因为，，且在上单调递减，
所以，即，所以，
所以.
【点睛】方法点睛：
极值点偏移问题的一般方法——对称化构造的步骤如下：
（1）求极值点：求出函数的极值点，结合函数的图像，由得出的取值范围；
（2）构造函数：对结论为的情况，构造函数；
①，则单调递增；
②注意到，则即；
③，根据在单调减，则
④得到结论.
31．(1)递增区间为，递减区间为；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析；
【分析】（1）当时，求得，结合导数的符号，即可求解；
（2）当时，求得，根据题意恒成立，取，得到，即可证明；
（3）设，得到，转化为，设，求得，根据，得到，进而得到，进而证得结论．
【详解】（1）由函数，可得其定义域为，
当时，可得，则，
当时，可得，单调递减；
当时，可得，单调递增，
函数的单调递增区间为，单调递减区间为．
（2）当时，可得，则，
恒成立，即恒成立，令，
若，则，存在，使得，
即，不符合题意，，
取，则，可得
即存在，使得．
（3）由函数，可得，
设，由，可得，
则，
又由，可得，函数为单调递增函数，
，即，
，
设，可得，
当时，，即，，
即，，
代入可得：，
则，．
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
（1）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；
（2）利用分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
（3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
32．(1)和
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）求导，再根据导函数的符号即可求出函数的单调区间；
（2）由（1）可知，证明，结合零点的存在性定理即可得出结论；
（3）写出函数的解析式，求导，根据题意可知，，则有，要证等价于证，即证，令，构造函数，证明即可.
【详解】（1）解：，
当时，，当时，，
所以函数在上递减，在上递增，
所以函数的单调区间为和；
（2）证明：由（1）知，
因为，所以，
又当时，，，
所以函数在上存在一个零点，在上存在一个零点，
所以函数有两个零点；
（3）证明：，
则，
因为函数有两个不同的极值点（其中），
所以，，
要证等价于证，
即证，
所以，
因为，
所以，
又，，
作差得，所以，
所以原不等式等价于要证明，
即，
令，
则上不等式等价于要证：，
令，
则，
所以函数在上递增，
所以，
所以，
所以．
【点睛】本题考查了利用导数求函数的单调区间，考查了函数的零点问题及极值问题，考查了利用导数证明不等式问题，考查了学生的数据分析能力及转化能力，属于难题.
33．(1)单调增区间为和，单调减区间为和
(2)的范围是，证明见解析
【分析】（1）求出导函数，令、解不等式可得答案；
（2）当、讨论不符合题意；当时求出得在和均单调递增，当时，由、得在上有一个零点；当，，在上有一个零点，所以的范围是，可得，，再由，得的两个零点，再利用基本不等式得可得答案.
【详解】（1）的定义域为，
当时，，导函数，
令，得或；
令，得且；
所以的单调增区间为和，单调减区间为和；
（2）当时，只有1个零点，不符合题意；
当时，若，则；若，则，不符合题意，所以.
当时，，所以在和均单调递增.
当时，由，
，
所以在上有一个零点；
当，同理，
所以在上有一个零点，所以的范围是，
因为的两个零点为，
所以，即，所以，
同理，，
所以，
若，即，
则，
所以的两个零点互为倒数，即，
所以（等号不成立），所以，
所以，
所以得证.
【点睛】关键点点睛：第二问的关键点是利用导数判断出两个零点互为倒数，本题考查了学生的分析问题、解决问题以及运算能力，属于难题.
34．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）分析可知，由参变量分离法可知直线与函数的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可求得实数的取值范围；
（2）令，其中，令，，分析可知关于的方程也有两个实根、，且，设，将所求不等式等价变形为，令，即证，令，其中，利用导数分析函数的单调性，即可证得结论成立.
【详解】（1）解：函数的定义域为.
当时，函数无零点，不合乎题意，所以，，
由可得，
构造函数，其中，所以，直线与函数的图象有两个交点，
，由可得，列表如下：
所以，函数的极大值为，如下图所示：
且当时，，
由图可知，当时，即当时，直线与函数的图象有两个交点，
故实数的取值范围是.
（2）证明：因为，则，
令，其中，则有，
，所以，函数在上单调递增，
因为方程有两个实根、，令，，
则关于的方程也有两个实根、，且，
要证，即证，即证，即证，
由已知，所以，，整理可得，
不妨设，即证，即证，
令，即证，其中，
构造函数，其中，
，所以，函数在上单调递增，
当时，，故原不等式成立.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
35．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）运用导数研究的最小值不小于0即可.
（2）消去参数a及比值代换法后得，运用导数研究在上最小值大于0即可.
【详解】（1）当时，恒成立，
即当时，恒成立，
设，
所以，即，
，
设，
则，
所以，当时，，即在上单调递增，
所以，
所以当时，，即在上单调递增，
所以，
若恒成立，则．
所以时，恒成立，a的取值范围为.
（2）由题意知，，
不妨设，由得，
则，
令，
则，即：．
要证，
只需证，
只需证，
即证，
即证（），
令（），
因为，
所以在上单调递增，
当时，，
所以成立，
故．
【点睛】方法点睛：极值点偏移问题的解法
(1)(对称化构造法)构造辅助函数：对结论型，构造函数；对结论型，构造函数，通过研究F(x)的单调性获得不等式．
(2)(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．
36．(1)
(2)证明见详解
【分析】（1）将函数零点与方程的根联系起来，进一步分离参数构造新的函数，利用导数研究其性态即可求解.
（2）当时由及的两个零点之间的距离可得.
【详解】（1）时，，
由题意的两个零点即为
方程的两个根，
分离参数即得，令，
对其求导得，设，
则，所以在定义域上面单调递减，
注意到，所以随的变化情况如下表：
所以有极大值（最大值），
又当时，；当时，，
若方程有两个根，
则，即的取值范围为.
（2）因为，设，
所以当且时有，
进而有，且
的函数图像恒在的函数图象上方，不妨设的两个零点为（且），如图所示：
因此的两个零点在二次函数两个零点之内，
所以有，令，则其二次项系数、一次项系数、常数项分步为，其判别式，
又，所以，
综上，有，命题得证.
【点睛】关键点点睛：第一问的关键在于将函数零点转化为方程的根进一步分离参数，至于第二问的关键是进行放缩，进而去发现相应零点之间的变化.
37．(1)
(2)
(3)证明见详解
【分析】（1）先求导，利用导数可得切线斜率，由点斜式方程可得；
（2）利用导数讨论单调性及极值，最值，找到不等式，解不等式，求出实数a的取值范围；
（3）构造差函数，证明极值点偏移问题.
【详解】（1）定义域为，，
所以切线斜率为，
又，所以切线方程为，即.
（2），
定义域为，，
①当时，有恒成立，在上单调递增，
函数不可能有两个零点；
②当时，由，解得，由，解得，
故函数在上递增，在上递减．
因为，
故，
设，，
则，当时，，当时，，
函数在上递增，在上递减，故在处取得极大值，也是最大值，，所以，故，
即
，
取，则.
因此，要使函数且两个零点，只需，
即，化简，得，
令，因为，
所以函数在上是单调递增函数，
又，故不等式的解为，
因此，使求实数a的取值范围是：.
（3）因为，所以，
根据（2）的结果，不妨设，则只需证明，
因为在时单调递增，且，，
于是只需证明，
因为，所以即证，
记，，
，
所以在单调递增，则，
即证得，原命题得证.
【点睛】关键点睛：极值点偏移问题，可以通过构造差函数进行解决，也可以变多元为多元求解，利用对数平均不等式也能解决，选择哪种方案，需要结合函数特点进行选择.
38．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）分，讨论，当时，求的最小值，根据可得；
（2）将问题转化为有两个零点，先利用导数研究两个零点的范围，然后由，，作商取对数得.若选①，令，构造函数，若选②，构造函数，根据极值点偏移问题的方法可证；若选③，构造函数，由单调性可证.
【详解】（1）当时，，
当时，因为，所以此时不合题意；
当时，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，
要，只需，
令，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，则由得，
所以，故实数b的取值范围为．
（2）当时，，，
令，则，
因为函数有两个极值点，，所以有两个零点，
若，则，单调递增，不可能有两个零点，所以，
令得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以，
因为有两个零点，所以，则，
设，因为，，则，
因为，所以，，
则，取对数得，
令，，则，即
①令，则，因为，所以在上单调递减，在上单调递增，
令，
则，在上单调递减，
因为，所以，即，
亦即，
因为，，在上单调递增，所以，
则，整理得，
所以，故①成立
②令，则，
因为，所以在上单调递减，在上单调递增，
令，则，在上单调递增，
又，所以当时，，即，
因为，，在上单调递增，所以，
所以，即，
所以，
即，故②成立．
③令，，则，
令，则，
∴在上单调递增，则，
∴，则，
两边约去后化简整理得，即，
故③成立．
【点睛】双变量的不等式证明问题，主要通过换元构造函数，利用单调性证明即可.本题属极值点偏移问题，关键在于构造适当的对称函数.
增
极大值
减