专题10 利用导函数研究函数的极值点偏移问题 (典型题型归类训练)-2025年高考数学二轮复习大题解题技巧（新高考专用）

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一、注意基础知识的整合、巩固。进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度。
二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。
专题10 利用导函数研究函数的极值点偏移问题
(典型题型归类训练)
一、必备秘籍
1、极值点偏移的含义
函数满足对于定义域内任意自变量都有，则函数关于直线对称．可以理解为函数在对称轴两侧，函数值变化快慢相同，且若为单峰函数，则必为的极值点，如图(1)所示，函数图象的顶点的横坐标就是极值点；
①若的两根为，，则刚好满足，则极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移（如图1）．

若，则极值点偏移．若单峰函数的极值点为，且函数满足定义域左侧的任意自变量都有或，则函数极值点左右侧变化快慢不同．如图(2)(3)所示．故单峰函数定义域内任意不同的实数，，满足，则与极值点必有确定的大小关系：若，则称为极值点左偏如图（2）；若，则称为极值点右偏如图（3）．
2、极值点偏移问题的一般解法
2.1对称化构造法
主要用来解决与两个极值点之和，积相关的不等式的证明问题．其解题要点如下：
(1)定函数(极值点为)，即利用导函数符号的变化判断函数的单调性，进而确定函数的极值点．
(2)构造函数，即对结论型，构造函数或；
(3)对结论型，构造函数，通过研究的单调性获得不等式．
(4)判断单调性，即利用导数讨论的单调性．
(5)比较大小，即判断函数在某段区间上的正负，并得出与的大小关系．
(6)转化，即利用函数f(x)的单调性，将与的大小关系转化为与之间的关系，进而得到所证或所求．
2.2．差值代换法（韦达定理代换令.）
差值换元的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点之差作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用差值(一般用表示)表示两个极值点，即，化为单变量的函数不等式，继而将所求解问题转化为关于的函数问题求解．
2.3．比值代换法
比值换元的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点的比值作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用比值(一般用表示)表示两个极值点，即，化为单变量的函数不等式，继而将所求解问题转化为关于的函数问题求解．
二、典型题型
1．（2024高三下·全国·专题练习）已知函数，．
(1)若在上为增函数，求实数的取值范围．
(2)当时，设的两个极值点为，且，求的最小值．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）借助导数可得，在上恒成立，结合二次函数的性质计算即可得；
（2）由题意计算可得，从而可设，得到，结合导数研究该函数单调性即可得其最小值，即可得解.
【详解】（1）因为，
由题意，
即对恒成立，
整理得：，
即，在上恒成立，
显然时成立．
当时，设，
显然且对称轴为，
所以在上单调递增，
所以只要，又，
所以；
综上，；
（2），
即为方程的两个根，
由题意可得，
∴，解得，
又，，
两式相减得，
令，则
，
令，
，所以在递减，
，所以的最小值为．
【点睛】关键点点睛：本题最后一问关键点在于结合题意，得到的范围，并借助换元法，令，从而将多变量问题转化为单变量问题.
2．（2024·辽宁·模拟预测）已知函数．
(1)当时，判断在区间内的单调性；
(2)若有三个零点，且．
（i）求的取值范围；
（ii）证明：.
【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增
(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）多次求导后，借助导数的单调性及正负即可判断原函数的单调区间；
（2）（i）原条件可转化有三个不等实根，从而构造函数，研究该函数即可得；（ii）借助的单调性，得到，从而将证明，转化为证明，再设，从而将三个变量的问题转化为单变量问题，即可构造函数，证明其在上大于即可.
【详解】（1）当时，，，
令，，
令，可得，
则当时，，当时，，
即在上单调递减，在上单调递增，
又，，
故当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增；
（2）（i）有三个零点，即有三个根，
由不是该方程的根，故有三个根，且，
令，，
故当时，，当时，，
即在、上单调递增，在上单调递减，
，当时，，时，，
当时，，时，，
故时，有三个根；
（ii）由在上单调递增，，故，
由（i）可得，且，
即只需证，设，则，
则有，即有，故，，
则，即，
即只需证，
令，
则恒成立，
故在上单调递增，
则，即得证.
【点睛】方法点睛：极值点偏移问题的一般题设形式：
1.若函数存在两个零点且，求证：（为函数的极值点）；
2.若函数中存在且满足，求证：（为函数的极值点）；
3.若函数存在两个零点且，令，求证：；
4.若函数中存在且满足，令，求证：.
3．（2024高三下·江苏·专题练习）已知函数（其中e为自然对数的底）若，是的极值点且.若，且.证明：.
【答案】证明见解析
【分析】求出，要证明，即证明，即证明.令，对求导，得出的单调性，即可证明.
【详解】当时，函数，求导得，
由是的极值点，得，即，
令，求导得，当时，，当时，，
则函数，即在上单调递减，在上单调递增，
显然，，，
因此是唯一负极值点，且在上单调递增，在上单调递减，
要证明，即证明，亦即证明，
由在上单调递增，且，，知，
则，从而由，得，而，
因此，
令，求导得
，由，得，
因此函数在上单调递增，即，则，
所以，即不等式成立.
4．（2024高三·全国·专题练习）已知函数.
(1)当时，判断函数的单调性；
(2)若关于的方程有两个不同实根，求实数的取值范围，并证明.
【答案】(1)在上单调递增
(2)，证明见解析
【分析】（1）对求导，根据的符号得出的单调性；
（2）由题意可知有两解，求出的过原点的切线斜率即可得出的范围，设，根据分析法构造关于的不等式，利用函数单调性证明不等式恒成立即可，
【详解】（1）时，，
故，
在上单调递增.
（2）关于的方程有两个不同实根,，
即有两不同实根，，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，得图象如图：.
，则，
即当时，有两个不同实根，，
两根满足，，
两式相加得：，两式相减地，
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：利用导数证明或判定不等式问题：
1，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
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，从而判定不等关系；
3，适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4，构造“形似”函数，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.
5．（2022·全国·模拟预测）设函数.
(1)若，求函数的最值；
(2)若函数有两个不同的极值点，记作，且，求证：.
【答案】(1)无最小值，最大值为
(2)证明见解析
【分析】（1）对函数求导后得，分别求出和的解集，从而可求解.
（2）由有两个极值点，从而要证，令，构建函数，然后利用导数求解的最值，从而可求解证明.
【详解】（1）由题意得，则.
令，解得；令，解得，
在上单调递增，在上单调递减，
，
无最小值，最大值为.
（2），则，
又有两个不同的极值点，
欲证，即证，
原式等价于证明①.
由，得，则②.
由①②可知原问题等价于求证，
即证.
令，则，上式等价于求证.
令，则，
恒成立，在上单调递增，
当时，，即，
原不等式成立，即.
【点睛】方法点睛：对于极值点偏移问题，首先找到两极值点的相应关系,然后构造商数或加数关系；
通过要证明的不等式，将两极值点变形后构造相应的函数，
利用导数求解出构造函数的最值，从而证明不等式或等式成立.
6．（2024·吉林·二模）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：.
【答案】(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.
7．（23-24高三上·河南·阶段练习）已知函数．
(1)若，讨论的单调性．
(2)已知关于的方程恰有个不同的正实数根．
（i）求的取值范围；
（ii）求证：．
【答案】(1)在，上单调递增，在上单调递减
(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）求导后，根据的正负可确定的单调性；
（2）（i）将问题转化为与有两个不同交点的问题，利用导数可求得的单调性和最值，从而得到的图象，采用数形结合的方式可确定的范围；
（ii）设，根据：，，采用取对数、两式作差整理的方式可得，通过分析法可知只需证即可，令，构造函数，利用导数可求得单调性，从而得到，由此可证得结论.
【详解】（1）当时，，则；
令，解得：或，
当时，；当时，；
在，上单调递增，在上单调递减.
（2）（i）由得：，
恰有个正实数根，恰有个正实数根，
令，则与有两个不同交点，
，当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，又，
当从的右侧无限趋近于时，趋近于；当无限趋近于时，的增速远大于的增速，则趋近于；
则图象如下图所示，
当时，与有两个不同交点，
实数的取值范围为；
（ii）由（i）知：，，
，，
，
不妨设，则，
要证，只需证，
，，，则只需证，
令，则只需证当时，恒成立，
令，
，
在上单调递增，，
当时，恒成立，原不等式得证.
【点睛】思路点睛：本题考查利用导数求解函数单调性、方程根的个数问题和极值点偏移问题的求解；本题求解极值点偏移的基本思路是通过引入第三变量，将问题转化为单变量问题，进而通过构造函数的方式证明关于的不等式恒成立.
三、题型归类练
1．（23-24高二下·广东东莞·阶段练习）已知函数的导函数为，若存在两个不同的零点.
(1)求实数的取值范围；
(2)证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设，求出，讨论其符号后结合零点存在定理可得参数的取值范围.
（2）结合的单调性可得等价于，，，讨论的单调性后可得原不等式成立.
【详解】（1），设，则，
当时，；当时，；
故在上为减函数，在上为增函数，故，
因存在两个不同的零点，故即.
此时且，
故在有且只有一个零点.
令，则，
当时，；当时，；
故在上为减函数，在上为增函数，故，
故，
故当时，有，
故此时在有且只有一个零点.
综上，.
（2）由（1）分析可得，
要证：，即证：，
因即，故即证，
即证：，其中，
设，，
则，
故（因为，等号不可取），
所以在上为增函数，故即，
故成立即.
2．（23-24高二下·安徽宿州·开学考试）已知函数（其中为自然对数的底数）.
(1)求函数的单调区间；
(2)若为两个不相等的实数，且满足，求证：.
【答案】(1)增区间为，减区间为
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，然后根据导函数的正负来判断得单调性；
（2）将变形为得到，然后构造函数，根据得单调性和得到，最后根据和得单调性即可证明.
【详解】（1），
令，解得，令，解得，
所以的增区间为，减区间为.
（2）证明：将两边同时除以得，即，
所以，
由（1）知在上单调递增，在上单调递减，
又，，当时，，
设，则，
令，
则，
由得，所以，，
所以，在上单调递增，
又，所以，
当时，，即，即，
又，所以，
又，，在上单调递减，
所以，即.
【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根据与的范围，结合的单调性，可得与的大小关系，由此证得结论.
3．（2024·广东湛江·一模）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若方程有两个根，，求实数a的取值范围，并证明：．
【答案】(1)在上单调递增，上单调递减，
(2)见解析
【分析】（1）求出，根据导数的符号判断函数的单调性；
（2）由，得，设，画出的图象可得；由，设，对求导可得，又，再由在上单调递减，可得，即可证明.
【详解】（1）由题意可得，所以，
的定义域为，
又，由，得，
当时，，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递减，
（2）由，得，设，
，由，得，
当时，，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递减，
又，，且当趋近于正无穷，趋近于，
的图象如下图，
所以当时，方程有两个根，
证明：不妨设，则，，
设，
，所以在上单调递增，
又，所以，即，
又，所以，
又，，在上单调递减，所以，
故.
【点睛】关键点点睛：（1）解此问的关键在于求出的导数，并能根据导数的符号结合相关知识判断出单调性；（2）解此问的关键在于把转化为来证，又，构造，对求导，得到的单调性和最值可证得，即可证明.
4．（2024·全国·模拟预测）已知函数．
(1)求的单调区间；
(2)若有两个零点，，且，求证：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先求出函数的导数，然后分类讨论的取值情况，从而可求解.
（2）结合（1）中结论可知，从而求出，，然后设并构造函数，然后利用导数求解，然后再构造函数证明，从而求解.
【详解】（1）因为函数的定义域是，，
当时，，所以在上单调递减；
当时，令，解得，
当时，，单调递增；当时，，单调递减．
综上所述，当时，的减区间为，无增区间；
当时，的增区间为，减区间为．
（2）因为是函的两个零点，由（1）知，
因为，设，则，
当，，当，，
所以在上单调递增，在上单调递减，．
又因为，且，
所以，．
首先证明：．
由题意，得，设，则
两式相除，得．
要证，只要证，即证．
只要证，即证．
设，．
因为，所以在上单调递增．
所以，即证得①．
其次证明：．设，．
因为，所以在上单调递减．
所以，
即．
所以②．
由①②可证得．
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，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，往往与解析几何、微积分相联系．
（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)，解决生活中的优化问题．
（4）利用导数研究函数的零点问题．
5．（2024·全国·模拟预测）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：．
【答案】(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．
6．（2023高三·全国·专题练习）已知函数的图像与直线交于不同的两点，，求证：．
【答案】证明见解析
【分析】利用构造函数且结合导数求解极值点偏移问题.
【详解】证明：由题意，，令，得，
当，，所以在区间上单调递减，
当，，所以在区间上单调递增，
所以当时，取到极小值.
所以与交于不同的两点，，
所以不妨设，且，
令，则，代入上式得，得，
所以，
设，则，
所以当时，为增函数，，
所以，
故证：.
【点睛】关键点睛：通过构造函数并结合函数的导数从而求解极值点偏移.
7．（2023·云南大理·模拟预测）已知函数．
(1)讨论的极值；
(2)若（e是自然对数的底数），且，，，证明：．
【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据题意，求导得，然后分讨论，即可得到结果；
（2）根据题意，将原式变形为，然后构造函数，，求导可得函数在上单调递增，即可证明.
【详解】（1）函数的定义域为，求导得，
若，则，无极值；
若，由，可得，
若，当时，，则单调递减，当时，，则单调递增，
此时，函数有唯一极小值，无极大值；
若，当时，，则单调递增，当时，，则单调递减，
此时，函数有唯一极大值，无极小值；
所以当时，函数无极值；
当时，函数有极小值，无极大值；
当时，函数有极大值，无极小值；
（2）证明：由，两边取对数可得，即，
当时，，，
由（1）可知，函数在上单调递增，在上单调递减，所以，
而，时，恒成立，
因此，当时，存在且，满足，
若，则成立；
若，则，
记，，
则 ，
即有函数在上单调递增，所以，即，
于是，而，，，
函数在上单调递增，因此，即.
【点睛】关键点睛：本题主要考查了利用导数研究函数极值问题以及极值点偏移问题，难度较大，解决本题的关键在于构造函数，，结合其单调性证明.
8．（22-23高二下·河北张家口·期末）已知函数.
(1)求函数的单调区间和极值；
(2)若方程的两个解为、，求证：.
【答案】(1)减区间为，增区间为，极小值为，无极大值；
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的定义域与导数，利用函数的单调性、极值与导数的关系可得出结果；
（2）设，利用导数分析函数的单调性与极值，分析可知，要证，即证，构造函数，其中，利用导数分析函数在上的单调性，证明出对任意的恒成立，即可证得结论成立.
【详解】（1）解：函数的定义域为，且，
令可得，列表如下：
所以，函数的减区间为，增区间为，极小值为，无极大值.
（2）解：设，其中，则，
令，可得，此时，函数在上单调递减，
令，可得，此时，函数在上单调递增，
所以，是函数的极小值点，
因为函数有两个零点、，设，则，
即且，要证，即证，
因为函数在上单调递增，
所以，只需证明：，即证，
令，其中，
则，
因为，则，
所以，，故函数在上为减函数，
又因为，所以，对任意的恒成立，
则，即，故成立.
【点睛】方法点睛：证明极值点偏移的相关问题，一般有以下几种方法：
（1）证明（或）：
①首先构造函数，求导，确定函数和函数的单调性；
②确定两个零点，且，由函数值与的大小关系，得与零进行大小比较；
③再由函数在区间上的单调性得到与的大小，从而证明相应问题；
（2）证明（或）（、都为正数）：
①首先构造函数，求导，确定函数和函数的单调性；
②确定两个零点，且，由函数值与的大小关系，得与零进行大小比较；
③再由函数在区间上的单调性得到与的大小，从而证明相应问题；
（3）应用对数平均不等式证明极值点偏移：
①由题中等式中产生对数；
②将所得含对数的等式进行变形得到；
③利用对数平均不等式来证明相应的问题.
9．（21-22高三上·广东深圳·期末）已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)①证明函数（为自然对数的底数）在区间内有唯一的零点；
②设①中函数的零点为，记（其中表示中的较小值），若在区间内有两个不相等的实数根，证明：.
【答案】(1)当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
(2)①证明见解析；②证明见解析；
【分析】（1）由题设有，讨论、判断的符号，进而确定的单调性；
（2）①由题意得，利用导数研究函数在上的单调性，结合零点存在性定理确定证明结论，
②根据题设确定函数解析式，应用导数研究单调性，进而应用分析法：要证只需要证，构造函数，应用导数研究单调性并确定，即可证结论.
【详解】（1）由已知，
函数的定义域为，导函数
当时，恒成立，所以在上单调递增；
当时，令有，
∴当时，，单调递增，
当时，，单调递减.
综上所述：
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）①的定义域为，导函数，
当时，，即在区间内单调递增，
又，，且在区间内的图像连续不断，
∴根据零点存在性定理，有在区间内有且仅有唯一零点.
②当时，，函数在上单调递增，
又，
∴当时，，故，即；
当时，，故，即，
∴可得，
当时，，由得单调递增；
当时，，由得单调递减：
若在区间内有两个不相等的实数根，，
则，
∴要证，需证，又，
而在内递减，
故需证，又，
即证，即
下证：
记，，
由知：，
记，则：
当时，；
当时，，
故，而，所以，
由，可知.
∴，即单调递增，
∴当时，，即，故，得证.
【点睛】关键点点睛：
（1）分类讨论参数的范围，应用导数在对应区间的符号研究函数的单调性；
（2）由导数研究在上零点的个数，写出解析式并判断单调性，利用分析法：将要证明的结论转化为函数不等式恒成立.
10．（2023·北京通州·三模）已知函数
(1)已知f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为，求实数a的值；
(2)已知f（x）在定义域上是增函数，求实数a的取值范围.
(3)已知有两个零点，，求实数a的取值范围并证明.
【答案】(1)
(2)
(3)，证明见解析
【分析】（1）切线方程的斜率为1，所以有，解方程即得实数a的值；
（2）依题意在（0，+∞）上恒成立.，分参求解即可；
（3）求出函数的单调性，结合零点存在性定理即可求实数a的取值范围；通过分析法要证明，只需证，构造函数即可证得
【详解】（1）因为，所以.
所以，又f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为，
所以，解得..
（2）f（x）的定义域为（0，+∞），因为f（x）在定义域上为增函数，
所以在（0，+∞）上恒成立.
即恒成立.，即，
令，所以，
时，时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，即.
（3）
定义域为
当时，，所以在（0，+∞）上单调递减，不合题意.
当时，
在（0，）上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为，
函数存在两个零点的必要条件是，
即，又，
所以在（1，）上存在一个零点（）.
当时，，所以在（，+∞）上存在一个零点，
综上函数有两个零点，实数a的取值范围是.
不妨设两个零点
由，所以，
所以，所以，
要证，
只需证，
只需证，
由，
只需证，
只需证，
只需证，
令，只需证，
令，
，
∴H（t）在（0，1）上单调递增，∴，
即成立，
所以成立.
【点睛】极值点偏移问题，应熟练掌握对称构造的基本方法，同时结合处理双变量问题的常用方法比值代换的技巧.减
极小值
增