2023年高考数学大题专练（新高考专用） 专题12 利用导数解决双变量问题 Word版含解析

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专题12 利用导数解决双变量问题
1．（2022·浙江·高考真题）设函数．
(1)求的单调区间；
(2)已知，曲线上不同的三点处的切线都经过点．证明：
（ⅰ）若，则；
（ⅱ）若，则．
（注：是自然对数的底数）
【答案】(1)的减区间为，增区间为.
(2)（ⅰ）见解析；（ⅱ）见解析.
【解析】
【分析】
（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.
（2）（ⅰ）由题设构造关于切点横坐标的方程，根据方程有3个不同的解可证明不等式成立，（ⅱ） ，，则题设不等式可转化为，结合零点满足的方程进一步转化为，利用导数可证该不等式成立.
(1)
，
当，；当，，
故的减区间为，的增区间为.
(2)
（ⅰ）因为过有三条不同的切线，设切点为，
故，
故方程有3个不同的根，
该方程可整理为，
设，
则
，
当或时，；当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
因为有3个不同的零点，故且，
故且，
整理得到：且，
此时，
设，则，
故为上的减函数，故，
故.
（ⅱ）当时，同（ⅰ）中讨论可得：
故在上为减函数，在上为增函数，
不妨设，则，
因为有3个不同的零点，故且，
故且，
整理得到：，
因为，故，
又，
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：，
即证：，
即证：，
而且，
故，
故，
故即证：，
即证：
即证：，
记，则，
设，则即，
故在上为增函数，故，
所以，
记，
则，
所以在为增函数，故，
故即，
故原不等式得证：
2．（2022·广东·华南师大附中三模）已知函数存在两个极值点．
(1)求实数a的取值范围；
(2)判断的符号，并说明理由．
【答案】(1)
(2)符号为正；理由见解析
【解析】
【分析】
（1）根据函数有两个极值点得到导函数有两个变号零点，参变分离后构造函数，研究其单调性和极值情况，得到交点个数为两个时实数a的取值范围，再验证此范围符合要求；
（2）转化为，利用对数平均不等式得到，结合在区间内单调递增，且，得到.
(1)
∵有两个极值点，
∴，有两个变号的零点．
∴，，
令，，
当，，单调递增；
当，，单调递减；
所以．
画出函数图象如下：

与有两个交点，
∴．
当时，当或时，，；
当时，，．
所以在区间，单调递减，在区间内单调递增．
所以的极小值点为，极大值点为．
所以a的取值范围为
(2)
符号为正．
理由如下：
由（1）可知，．
又因为，
∴
∴．
现证明上式：
上式可变形为，
令，则只需证．
设，，
所以在上单调递增，
从而，即，
∴．
又因为，所以
综上可得：．
在区间内单调递增，且，
所以．
故符号为正．
3．（2022·黑龙江·哈尔滨三中模拟预测（理））已知.
(1)若恒有两个极值点，（），求实数a的取值范围；
(2)在（1）的条件下，证明.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
(1)根据极值点的定义可知方程有两个不等实根，即函数与图像有两个交点，利用导数研究函数的单调性求出的值域，结合图形即可得出结果；
(2)构造函数，根据导数研究它的单调性进而得，有，构造函数（），
利用导数证明，结合即可证明.
(1)
函数的定义域为，，
则方程有两个不同的正根，
即函数与图像有两个交点，
，令，令，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，且当时，，
当时，，如图，

由图可知；
(2)
设，
则，
在单调递增，故，
即.
而，故，
又，，在单调递减，故，即；
由知；
由(1)知，，为函数的极值点，
当时，函数单调递减，
当时，函数单调递增，
时，函数单调递减，
所以，故，
令（）.
，
，令，故当时，
单调递增，且，所以，故单调递减，
由，得，
即，即.
4．（2022·湖南·雅礼中学二模）已知.
(1)求的最大值；
(2)求证：（i）存在，使得；
（ii）当存在，使得时，有.
【答案】(1)；
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）利用导数判断函数的单调性，进而求最值；
（2）构造，进而可得，结合函数单调性及零点存在定理即得；由题可知即证，再利用导数解决双变量，构造函数，利用导数判断函数的单调性即得.
(1)
法一：，
当时，单调递增；当时，单调递减.
.
法二：，
由在上均为减函数，
∴在上单调递减，又，
当时，单调递增；当时，单调递减.
.
(2)
过的直线方程为，
令，则.
，
易知在单调递减.
（i）当时，在单调递减，则，这与矛盾，不符题意；同理可证，当时不符题意.
，
故存在，使，即.
（ii）要证，即证，
由在单调递减，即证，
即证，
即证，
，
可证，其中.

在单调递减，
式得证，
故.
5．（2022·安徽·合肥一六八中学模拟预测（理））已知函数（e为自然对数的底数），其中．
(1)试讨论函数的单调性；
(2)若有两个极值点和，记过点，的直线的斜率为k，同：是否存在a，使得？若存在，求出a的值，若不存在，请说明理由
【答案】(1)答案不唯一，具体见解析；
(2)不存在；理由见解析.
【解析】
【分析】
（1）求出函数的导数，分和分别讨论值的符号作答.
（2）根据给定条件，求出斜率k，在成立时可得，分析整理并构造函数，利用函数探讨单调性质即可推理作答.
(1)
函数定义域为R，求导得，而，
则当时，即在R上为增函数，
当时，由，得，即，解得或，
则有或，由，解得，
所以在上递减，在和上递增．
(2)
依题意，，求导得，
有两个极值点，即在上有两个不等根和，则，且，
因为，
则，若存在a，使得，则，
即，不妨令，亦即成立，
令，，，因此在上递增，
，于是得当时，不成立，
所以不存在a，使得.
6．（2022·江苏泰州·模拟预测）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）
【答案】(1)
(2)证明见解析
【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.
(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．
7．（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：.
【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.
8．（2022·河南·模拟预测（文））已知函数的最小值为1．
(1)求实数的值；
(2)过点作图象的两条切线MA，MB，A()，B()是两个切点，证明：>1．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）定义域为，函数有最小值，必然不单调，易求出极小值即最小值，代入可答案．
（2）利用切线方程，消去得到的等式关系，将>1变形得到，令构造函数，得证．
(1)
，
当≤0时，<0，在单调递减，不合题意；
当>0时，在()上，<0，在()上，>0．
在单调递减，在单调递增，
故的最小值为；
(2)
证明：，
同理，，
两式相减得，不妨设，
要证>1．只须证>1．即，
即证，令，即证，
设，恒成立，
故h(t)为增函数，，故原式得证．
9．（2022·浙江·赫威斯育才高中模拟预测）已知，函数.
(1)当时，求的单调区间和极值；
(2)若有两个不同的极值点，.
（i）求实数的取值范围；
（ii）证明：（……为自然对数的底数）.
【答案】(1)递减区间为，递增区间为，极小值为，无极大值
(2)（i）；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】
(1)求出解析式，利用导数研究函数的单调性，即可求出函数的极值；
(2)(i)由，构造函数()，将问题转化函数有个不同的零点，利用导数分类讨论函数当、、时的单调性，结合极值点的定义即可得出结果；
(ii)由(i)，利用换元法可得，令，整理可得，
利用放缩法和导数证明在上恒成立即可.
(1)
当时，()，则，
故当时，，当时，，
故的递减区间为，递增区间为，
极小值为，无极大值；
(2)
(i)因为()，
令()，问题可转化函数有个不同的零点，
又，令，
故函数在上递减，在上递增，
故，故，即，
当时，在时，函数，不符题意，
当时，则，，，
即当时，存在，，
使得在上递增，在上递减，在上递增，
故有两个不同的极值点的a的取值范围为；
（ii）因为，，且，
令，则，，
又，
令，即只要证明，即，
令，
则，
故在上递增，且，所以，即，
从而，
又因为二次函数的判别式，
即，即，
所以在上恒成立，故.
10．（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.
11．（2022·全国·模拟预测）已知函数．
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)若存在两个极值点、，求实数的取值范围，并证明：．
【答案】(1)；
(2)，证明见解析﹒
【解析】
【分析】
(1)先求出，再根据导数的几何意义求出切线的斜率，进而可得切线方程；
(2)将函数存在两个极值点转化为其导函数存在两个零点，构造函数，利用导数研究函数的单调性及最值，进而得到的取值范围，由，可知要证，只要证，只要证，构造新函数，利用导数研究新函数的单调性，进而可得结果．
(1)
当时，，则，
，∴，
∴曲线在处的切线方程为，即．
(2)
由题意知，
令，，
∵存在两个极值点，∴有两个零点，
易知，
当时，，在上单调递增，g(x)至多有一个零点，不合题意．
当时，由得，
若，则，单调递增；
若，则，单调递减．
要使有两个零点，需，解得．
当时，，∴在上存在唯一零点，记为．
∵，∴，，
设，则，令，，则，
∴在上单调递减，∴，即，
∴在上存在唯一零点，记为．
则，随的变化情况如下表：







﹣
0
﹢
0
﹣

↘
极小值
↗
极大值
↘

∴实数的取值范围是．
∵，，∴，
∵，∴，
∵，∴要证，只要证，
只要证，只要证，
又，∴只要证，即证．
设，，
则，
∴F(x)在时单调递增，
∴，
∴成立，即得证．
12．（2022·山东威海·三模）已知函数．
(1)当时，求的单调区间；
(2)若有两个极值点，且，从下面两个结论中选一个证明．
①；
②．
【答案】(1)的单增区间为；单减区间为，
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）首先求函数的导数，根据导数与函数单调性的关系，即可求解；
（2）若选①，不等式转化为证明，变形为证明，通过构造函数，即可证明；
若选②，首先根据函数有两个极值点，证得，，再变换为，通过构造函数，利用导数，即可证明.
(1)
，
当时，，
令，解得；令，解得或，
所以的单增区间为；单减区间为，．
(2)
证明①：由题意知，是的两根，则，
，
将代入得，，
要证明，
只需证明，
即，
因为，所以，
只需证明，
令，则，只需证明，即，
令，
，
所以在上单调递减，可得，
所以，
综上可知，．
证明②：
设，
因为有两个极值点，所以，
解得，
因为，
所以，
，
由题意可知，
可得代入得，，
令，
，
当，所以在上单调递减，
当，所以在上单调速增，
因为，所以，
由，
可得，所以，
所以，
所以，即．
13．（2022·全国·模拟预测）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，不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）结合已知条件分、、三种情况讨论，分析导数的符号变化，即可得出原函数的增区间和减区间；
（2）分析可得，构造函数，即在上恒成立，可得出，利用导数求出函数在上的最小值，即可得出实数的取值范围.
(1)
解：依题意，令，，
则，
令，解得或.
当时，即时，恒成立且不恒为零，
所以，函数的增区间为；
当时，即时，由可得或，由可得，
所以，函数的增区间为、，减区间为；
当时，即时，由可得或，由可得.
所以，函数的增区间为、，减区间为.
综上所述，当时，函数的增区间为；
当时，函数的增区间为、，减区间为；
当时，函数的增区间为、，减区间为.
(2)
解：当时，恒成立，
所以在上单调递增，且.
因为，所以，
则不等式可化为，
即.
令，则问题等价于函数在上单调递增，
即在上恒成立，
即，.
令，，
则.
令，解得，
所以当时，，函数在上单调递减；
当时，，函数在上单调递增；
所以当时，函数取得最小值，且，
所以当时，，所以.
14．（2022·江西·二模（理））设为实数，函数．
(1)判断函数在定义域上的单调性；
(2)若方程有两个实数根，证明：（是自然对数的底数）
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）讨论的值，利用导数得出在定义域上的单调性；
（2）令，由导数确定，不妨设，由，令，再由导数证明即可得出.
(1)
，
当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减．
(2)
证明：，
令，
在上单调递增，在上单调递减，，∴，
不妨设，则，故，
令，所以，
要证，只要证，只要证，
令，
设，
∴在上单调递减，在上单调递增，
∵，则存在，使得，
∴在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
∵，
∴在上恒成立，即证．
15．（2022·重庆八中模拟预测）已知函数．
(1)求的最小值，并证明方程有三个不等实根；
(2)设(1)中方程的三根分别为，，且，证明：．
【答案】(1)最小值为，证明见解析；
(2)证明见解析．
【解析】
【分析】
(1)求f(x)导数，根据导数正负判断f(x)单调性并求其最小值，令f(x)=m，构造函数，利用导数判断g(m)单调性和值域，从而判断方程f(m)=m的根的个数即可；
(2)由(1)知，，欲证，即证，即证，即证，于是构造函数，，证明即可．
(1)
∵，
∴当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
故的最小值为．
设，则方程变形为f(m)=m，即f(m)-m=0，
令，，
则，由得．
因此，当时，，单调递减；当时，，单调递增．
由于，故，又由，由零点存在定理，存在，使得，
∴有两个零点1和，方程f(m)=m有两个根和，

则如图，时，因为，故方程有一个根，
下面考虑解的个数，其中，
设，结合的单调性可得：
在上为减函数，在上为增函数，
而，，，
故在上有且只有一个零点，
，设，
故，故即，
而，故在上有且只有一个零点，
故有两个不同的根、且，
即方程共有三个不等实根；
(2)
由(1)知，且满足，，
令，，则
，
令，则．
当时，，单调递减，
又∵，∴当时，，，单调递减，
∵，∴，即．
∵，∴，又∵，∴．
∵，，而在单调递减，∴．
即，故，原命题得证．
【点睛】
本题第一问的关键是令f(x)=m，将问题转化为关于m的方程f(m)=m有两根，数形结合判断原关于x的方程的根的情况；第二问的关键是注意到可变形为，，，考虑到f(x)在(0，1)单调递减，且，故可将问题转化为，从而巧妙构造函数，即可证明求解．
16．（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．
17．（2022·山东临沂·二模）已知函数．
(1)若存在，使≤成立，求a的取值范围；
(2)若，存在，，且当时，，求证：．
【答案】(1)；
(2)证明见解析．
【解析】
【分析】
(1)参变分离不等式≤，构造函数，求h(x)的最小值即可得a的取值范围；
(2)整理化简可得，构造函数并判断单调性，从而可利用将等式中替换掉，问题即可转化为证明，令即可进一步转化为证明即可．
(1)
由，得，，即，
令， ，则，
设，，则，
在上单调递增，，
在上，，单调递增，
，
取值范围是；
(2)
不妨设，
，(*)，
，
令，故，故函数在上单调递增．
，从而，
由(*)得，
，
下面证明：，
令，则.即证明：，则只要证明，
设，在恒成立，
在单调递减，故，
，
．
【点睛】
本题第二问关键是构造函数，将转化为，构造，将问题转化为即可．
18．（2022·天津·一模）已知函数.
(1)若，求函数的单调增区间；
(2)若关于x的不等式恒成立，求整数a的最小值；
(3)当时，函数恰有两个不同的零点，且，求证：.
【答案】(1)单调增区间为
(2)2
(3)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）先求出，再利用导数求出的单调增区间；
（2）先利用分离参数法得到对恒成立.令，求导得到，再令，判断出，使，得到在上单调递增，在上单调递减，求出，得到.由，求出整数a的最小值；
（3）用分析法证明：当时，把题意转化为只需证.先整理化简得到，只需证.令，构造函数，利用导数证明出.即证.
(1)
当时，，所以，
则，定义域为.
令，解得：.
所以的单调增区间为.
(2)
依题意对恒成立，等价于对恒成立.
令，则
令在上是增函数，
，
所以，使即
对，，，所以在上单调递增；
对，，，所以在上单调递减.
所以.
所以.
又，所以整数a的最小值2
(3)
当时，由（2）知在上单调递增，在上单调递减且，时，；时，；
依题意存在，使得
已知可得
要证成立，只需证
因为是的零点，所以，
两式相减得：
即
只需证
又因为只需证
即证
令则，所以，
所以在增函数，所以即.
即成立.
所以原不等式得证.
【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)利用导数证明不等式．
19．（2022·浙江绍兴·模拟预测）已知函数，（其中是自然对数的底数）
(1)试讨论函数的零点个数；
(2)当时，设函数的两个极值点为、且，求证：.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）可得，令，其中，则函数的零点个数等于直线与函数图象的公共点个数，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出结论；
（2）推导出，将所证不等式转化为，设函数的图象在处的切线交直线于点，函数的图象在处的切线交直线于点，证明出，，再利用不等式的基本性质可证得所证不等式成立.
(1)
解：由可得，令，其中，
则函数的零点个数等于直线与函数图象的公共点个数，
，令可得，列表如下：









减
极小值
增

如下图所示：

当时，函数无零点；
当时，函数只有一个零点；
当时，函数有两个零点.
(2)
证明：，其中，
所以，，由已知可得，
上述两个等式作差得，
要证，即证，
因为，设函数的图象交轴的正半轴于点，则，
因为函数在上单调递增，，，，
设函数的图象在处的切线交直线于点，
函数的图象在处的切线交直线于点，
因为，所以，函数的图象在处的切线方程为，
联立可得，即点，
构造函数，其中，则，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，所以，，
所以，对任意的，，当且仅当时等号成立，
由图可知，则，所以，，

因为，可得，
函数在处的切线方程为，
联立，解得，即点，
因为，
所以，，
构造函数，其中，则，，
当时，，此时函数单调递减，
当时， ，此时函数单调递增，则，
所以，对任意的，，当且仅当时，等号成立，
所以，，可得，
因此，，故原不等式成立.
20．（2022·福建南平·三模）已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若，求证：函数有两个零点，且.
【答案】(1)当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增；
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）直接求导，分和讨论单调性即可；
（2）先讨论当时无零点，再讨论时，通过同构得到，即，确定在上的零点，即可证明有两个零点；由相减得，换元令，进而得到，通过放缩构造函数即可求证.
(1)
定义域为，，当时，，在上单调递增；
当时，由得，当时，单调递减，当时，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)
当时，因为，所以，无零点.当时，由，
得，即，设，则有，因为在上成立，
所以在上单调递减，当时，，所以等价于，
即，所以的零点与在上的零点相同.若，由（1）知在上单调递减，在上单调递增，
又， ，，
所以在和上各有一个零点，即在上有两个零点，综上有两个零点.
不妨设，则，相减得，
设，则，代入上式，解得，所以，
因为，所以，因此要证，只需证，即证，
设，则，所以在递增，，
即，因为，所以可化成，又因为，所以.