（新高考通用）2024年高考数学【一轮复习讲义】高频考点题型归纳与方法总结 第四章 导数及其应用（综合检测）（原卷版+解析）

这是一份（新高考通用）2024年高考数学【一轮复习讲义】高频考点题型归纳与方法总结 第四章 导数及其应用（综合检测）（原卷版+解析），共35页。试卷主要包含了已知，则，已知函数，则下列结论正确的是等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求.
1．设是函数的导函数，的图象如图所示，则的图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
2．函数在处的切线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
3．若函数有极值点为0，则（ ）
A．B．C．D．
4．函数在区间的最小值、最大值分别为（ ）
A．B．C．D．
5．已知函数，当时，恒有，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
6．已知奇函数是定义在上的连续可导函数，其导函数是，当时，恒成立，则下列不等关系一定正确的是
A．B．C．D．
7．已知，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知是自然对数的底数，函数，若整数m满足，则所有满足条件的m的和为（ ）
A．0B．13C．21D．30
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9．已知定义在区间上的函数的导函数为，的图象如图所示，则（ ）
A．在上单调递增
B．曲线在处的切线的斜率为0
C．
D．有1个极大值点
10．已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．函数存在三个不同的零点
B．函数既存在极大值又存在极小值
C．若时，，则t的最小值为2
D．当时，方程有且只有两个实根
11．已知函数有两个极值点与，且，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
12．若直线与两曲线、分别交于、两点，且曲线在点处的切线为，曲线在点处的切线为，则下列结论正确的有（ ）
A．存在，使B．当时，取得最小值
C．没有最小值D．
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分
13．已知曲线在处的切线方程为，则________．
14．若函数，满足，且，则___________.
15．若曲线有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是________________．
16．已知函数有两个极值点，则实数的取值范围是_________．
四、解答题：本小题共6小题，共70分，其中第17题10分，18~22题12分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．已知函数，．
(1)讨论的单调性；
(2)若，探讨函数极值点的个数．
18．已知函数，.
(1)讨论的单调区间；
(2)若有3个零点，求的取值范围.
19．已知函数，.
（1）当时，若关于的不等式恒成立，求的取值范围；
（2）当时，证明：.
20．已知函数．
(1)讨论的零点个数．
(2)若有两个不同的零点，证明：．
21．已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若是函数的两个不同极值点，且满足：，求证：.
22．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.
第四章 导数及其应用综合检测
参考答案
13．
14．3
15．
16．
17．【详解】（1）依题意，，，求导得，
当时，，函数在上单调递增，
当时，当时，单调递增，当时，单调递减，
所以当时，函数的递增区间是，
当时，函数的递增区间是，递减区间是.
（2），，，
因为当时，，则，因此，
求导得：，显然，于是，
从而，函数在上单调递增，无极值点，
所以函数在上的极值点个数为0.
18．【详解】（1）的定义域为，
若，当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
若，则恒成立，在上单调递增.
综上，当时，的单调递增区间为，，单调递减区间为；
当时，的单调递增区间为，无单调递减区间
（2）因为有3个零点，所以，
又的单调递增区间为，，单调递减区间为，
所以，，
解得，
此时，，
故函数在区间上各有一个零点，
即函数在区间上各有一个零点，满足要求；
所以的取值范围为.
【点睛】关键点睛：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．
19．【详解】试题分析：（1）分离参数法，转化为.（2））由（1）得，当时，有，即.所以只需证明，即证，.构造函数可证．右边构造函数可证．
试题解析：（1）由，得 .
整理，得恒成立，即.
令.则.
∴函数在上单调递减，在上单调递增.
∴函数的最小值为.
∴，即.
∴的取值范围是.
（2）由（1），当时，有，即.
要证，可证，，
即证，.
构造函数.
则.
∵当时，.∴在上单调递增.
∴在上成立，即，证得.
∴当时，成立.
构造函数.
则 .
∵当时，，∴在上单调递减.
∴，即.
∴当时，成立.
综上，当时，有.
【点睛】解题时要学会用第一问己得到的结果或结论，如本题证明左边可由（1），当时，有，即.要证，只需证，，即证，.
同时证明不等式恒成立时，要适当的为不等式变形．
20．【详解】（1）因为，所以1不是的零点．
当，可变形为，
令，则的零点个数即直线与图象的交点个数．
因为，，得，又，
所以在上单调递减，在上单调递增．
因为，且当时，，
所以当时，没有零点；
当时，有一个零点；
当时，有两个零点．
（2）证明：由（1）知，当时，有两个零点．
设，则，
由得，
所以，即．
令，则，
易得在上单调递减，在上单调递增．
要证，即证．
因为，且在上单调递增，所以只需证．
因为，所以即证．
令，
则，
所以在上单调递减．
因为，所以．
因为，所以，故．
21．【详解】（1）
可得，，
①当时，由，，
此时在上为增函数，在上为减函数；
②当时，恒成立，此时在上为增函数；
③当时，由或，，
此时在上为增函数，在上为减函数；
④当时，由或，，
此时在上为增函数，在上为减函数；
综上所述：当时，在上为增函数，在上为减函数；
当时，在上为增函数；
当时，在上为增函数，在上为减函数；
当时，在上为增函数，在上为减函数；
（2）由（1）可得：，，
，
欲证，即证，只需证，
记，，
可得，即在为减函数，
∴，即得证.
所以结论得证.
【点睛】方法点睛：利用导数研究函数的单调性的步骤：
①写定义域，对函数求导；
②在定义域内，解不等式和；
③写出单调区间.
利用导数研究解决不等式恒成立问题的常用方法：
①数形结合法；②分离参数法；③构造函数法.
22．【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.
1．D
2．B
3．B
4．D
5．C
6．C
7．A
8．C
9．ABD
10．BD
11．BCD
12．ABD
第四章 导数及其应用综合检测
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求.
1．设是函数的导函数，的图象如图所示，则的图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】根据导函数图像得到原函数单调性，再逐一对照选项即可．
【详解】解：根据导函数图像，的增区间为，减区间为，
观察选项可得D符合，
故选：D．
【点睛】本题考查原函数和导函数图像之间的关系，注意导函数图像重点关注函数值的正负，原函数图像重点关注函数的单调性，是基础题．
2．函数在处的切线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】求导，结合导数的几何意义分析运算.
【详解】由题意可得：，
则，可得，
所以函数在处的切线的斜率，倾斜角为.
故选：B.
3．若函数有极值点为0，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】求导后根据极值点处导函数为0可得，进而求解即可.
【详解】，
函数的极值点即方程的实根，则，解得，此时0为的极小值点，所以，故.
故选：B.
4．函数在区间的最小值、最大值分别为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用导数求得的单调区间，从而判断出在区间上的最小值和最大值.
【详解】，
所以在区间和上，即单调递增；
在区间上，即单调递减，
又，，，
所以在区间上的最小值为，最大值为.
故选：D
5．已知函数，当时，恒有，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】将函数整理为，令，讨论或时的单调性，当时，恒成立，当时，根据单调性可得当时即，不满足题意，从而可得答案.
【详解】.
令，则.
若，则当时，，为减函数，而，
从而当时，，即，
若，则当时，.
为增函数，而，
从而当时，
即，不合题意.
综上可得，的取值范围为.
故选：C
【点睛】本题考查了导数在不等式恒成立中的应用，考查了分类讨论的思想，属于中档题.
6．已知奇函数是定义在上的连续可导函数，其导函数是，当时，恒成立，则下列不等关系一定正确的是
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】构造函数，所以，即函数在上单调递减，又为奇函数，所以即，所以，故选C.
7．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由结合三角函数的性质可得;构造函数,利用导数可得,即可得解.
【详解】[方法一]：构造函数
因为当
故，故，所以；
设，
，所以在单调递增，
故，所以，
所以，所以，故选A
[方法二]：不等式放缩
因为当，
取得：，故
，其中，且
当时，，及
此时，
故，故
所以，所以，故选A
[方法三]：泰勒展开
设，则，，
，计算得，故选A.
[方法四]：构造函数
因为，因为当，所以,即，所以；设，，所以在单调递增，则,所以，所以,所以，
故选：A．
[方法五]：【最优解】不等式放缩
因为，因为当，所以,即，所以；因为当，取得，故，所以．
故选：A．
【整体点评】方法4：利用函数的单调性比较大小，是常见思路，难点在于构造合适的函数，属于通性通法；
方法5：利用二倍角公式以及不等式放缩，即可得出大小关系，属于最优解．
8．已知是自然对数的底数，函数，若整数m满足，则所有满足条件的m的和为（ ）
A．0B．13C．21D．30
【答案】C
【分析】先讨论时成立，再讨论时，将转化为，构造函数令，进而通过研究函数的图象与性质即可求出符合条件的m的值，然后将所有取值相加即可求出结果.
【详解】因为，当时，符合条件；当时，，即或，令，
当时，，当时，，单调递增；当时，，单调递减；又因为，，，所以均满足；
当时，，令，则，所以在上单调递减，且，所以，即，在单调递增，又因为时，，且，，，所以均满足；
所有满足条件的m的和，
故选：C.
【点睛】绝对值不等式的解法：
法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；
法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；
法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9．已知定义在区间上的函数的导函数为，的图象如图所示，则（ ）
A．在上单调递增
B．曲线在处的切线的斜率为0
C．
D．有1个极大值点
【答案】ABD
【分析】根据导函数为的图象，结合导函数与函数的关系，以及函数的极值点的概念，逐项判定，即可求解.
【详解】根据定义在区间上的函数的导函数的图象，
对于A中，当时，，且仅当时，，所以在上单调递增，所以A正确；
对于B中，当时，可得，所以曲线在处的切线的斜率为，所以B正确；
对于C中，因为在上单调递增，所以不是函数的最大值，所以C不正确；
对于D中，由的图象，可得时，，单调递增；
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
所以只有当时，函数取得极大值，所以有1个极大值点，所以D正确.
故选：ABD.
10．已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．函数存在三个不同的零点
B．函数既存在极大值又存在极小值
C．若时，，则t的最小值为2
D．当时，方程有且只有两个实根
【答案】BD
【分析】利用导数判断出函数的单调性，作出函数的草图即可判断各选项的真假．
【详解】，令，解得或，
当或时，，故函数在，上单调递减，当时，，故函数在上单调递增，
且函数有极小值，有极大值，当趋近负无穷大时，趋近正无穷大，当趋近正无穷大时，趋近于零，故作函数草图如下，
由图可知，选项BD正确，选项C错误，t的最大值为2．
故选：BD．
11．已知函数有两个极值点与，且，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BCD
【分析】由已知可知有两个根，然后利用导数讨论的极值，数形结合可得a，的范围，可判断A，B；将代入，然后利用导数讨论其单调性，由单调性可判断C；由变形可判断D.
【详解】函数有两个极值点，只需有两个变号零点，
即方程有两个根.
构造函数，则，
当且时，，当时，
所以在和上递减，在上递增，
所以函数的极小值为，且当时，，
所以，当时，直线与函数的图象有两个交点，即函数有两个极值点，错；
对于选项，为直线与函数图象两个交点的横坐标，因为函数在上递减，在上递增，且，故B正确；
对于选项，由，从而代入得，令，则，故在上递减，故对；
对于选项，因为，由可得对.
故选：BCD.
12．若直线与两曲线、分别交于、两点，且曲线在点处的切线为，曲线在点处的切线为，则下列结论正确的有（ ）
A．存在，使B．当时，取得最小值
C．没有最小值D．
【答案】ABD
【分析】求出直线、的方程，利用导数的几何意义结合零点存在定理可判断A选项；利用函数的最值与导数的关系以及导数的几何意义可判断BC选项；利用对勾函数的单调性可判断D选项.
【详解】对于A选项，由直线与两曲线、分别交于、两点可知．
曲线上点坐标，可求导数，则切线斜率，
曲线上点坐标，可求得导数，则切线斜率．
令，则，令，则，
所以，函数在上为增函数，
因为，，
由零点存在定理，使，即，使，即，故A正确；
对于BC选项，，令，其中，则，
由A选项可知，函数在上为增函数，
且，，
所以，存在使得，即，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
故当时，取最小值，即当时，取得最小值，故B正确，C错；
对于D选项，由可得，则，
令，则函数在上为减函数，
因为，，，且，
又因为函数在上为增函数，所以，，
所以，，D对.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：求函数最值的方法：
（1）求函数在闭区间上的最值：
①求出函数的导数；②解方程，求出使得的所有点；
③计算出在区间上使得的所有点以及端点的函数值；
④比较以上各个函数值，其中最大的为函数的最大值，最小的为函数的最小值.
（2）求函数在开区间或无穷区间上的最值：先求出函数在给定区间上的极值，再结合单调性、极值情况、函数的正负情况作出函数的大致图象，结合图象观察分析得到函数的最值.
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分
13．已知曲线在处的切线方程为，则________．
【答案】
【分析】求出函数的导数，求出切线方程，根据系数对应，求出、的值相加即可.
【详解】， ，
，
曲线在处的切线方程为 ，
则，解得 ，
.
故答案为：
14．若函数，满足，且，则___________.
【答案】3
【分析】先求，再对两边求导后令可求的值.
【详解】因为函数，满足，且，
所以，则，对两边求导，
可得，所以，因此.
故答案为：3
15．若曲线有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是________________．
【答案】
【分析】设出切点横坐标，利用导数的几何意义求得切线方程，根据切线经过原点得到关于的方程，根据此方程应有两个不同的实数根，求得的取值范围.
【详解】∵，∴，
设切点为,则,切线斜率,
切线方程为：,
∵切线过原点，∴,
整理得：,
∵切线有两条，∴,解得或,
∴的取值范围是,
故答案为：
16．已知函数有两个极值点，则实数的取值范围是_________．
【答案】
【分析】直接求导得，再设新函数，首先讨论的情况，当时，求出导函数的极值点，则由题转化为，解出即可.
【详解】，，
令,
函数有两个极值点,
则在区间上有两个实数根.
,
当时,,则函数在区间单调递增,
因此在区间上不可能有两个实数根,应舍去.
当时,令,解得.
令,解得,此时函数单调递增;
令,解得,此时函数单调递减.
当时,函数取得极大值.
当趋近于0与趋近于时,,
要使在区间上有两个实数根,只需,解得.故答案为：.
四、解答题：本小题共6小题，共70分，其中第17题10分，18~22题12分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．已知函数，．
(1)讨论的单调性；
(2)若，探讨函数极值点的个数．
【答案】(1)答案见解析；
(2)0.
【分析】（1）求出函数及导数，再按分类讨论求出单调区间作答.
（2）根据给定条件，讨论并去绝对值符号，再求出导数判断单调性即可作答.
【详解】（1）依题意，，，求导得，
当时，，函数在上单调递增，
当时，当时，单调递增，当时，单调递减，
所以当时，函数的递增区间是，
当时，函数的递增区间是，递减区间是.
（2），，，
因为当时，，则，因此，
求导得：，显然，于是，
从而，函数在上单调递增，无极值点，
所以函数在上的极值点个数为0.
18．已知函数，.
(1)讨论的单调区间；
(2)若有3个零点，求的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）先求出函数的定义域，从而根据函数的解析式，求出函数的导函数，分析导函数符号在不同区间上的取值，
根据导函数符号与原函数的单调性之间的关系即可求出所求区间．
（2）由条件，根据函数的单调性结合零点存在性定理可求的取值范围.
【详解】（1）的定义域为，
若，当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
若，则恒成立，在上单调递增.
综上，当时，的单调递增区间为，，单调递减区间为；
当时，的单调递增区间为，无单调递减区间
（2）因为有3个零点，所以，
又的单调递增区间为，，单调递减区间为，
所以，，
解得，
此时，，
故函数在区间上各有一个零点，
即函数在区间上各有一个零点，满足要求；
所以的取值范围为.
【点睛】关键点睛：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．
19．已知函数，.
（1）当时，若关于的不等式恒成立，求的取值范围；
（2）当时，证明：.
【答案】（1）；（2）见解析
【详解】试题分析：（1）分离参数法，转化为.（2））由（1）得，当时，有，即.所以只需证明，即证，.构造函数可证．右边构造函数可证．
试题解析：（1）由，得 .
整理，得恒成立，即.
令.则.
∴函数在上单调递减，在上单调递增.
∴函数的最小值为.
∴，即.
∴的取值范围是.
（2）由（1），当时，有，即.
要证，可证，，
即证，.
构造函数.
则.
∵当时，.∴在上单调递增.
∴在上成立，即，证得.
∴当时，成立.
构造函数.
则 .
∵当时，，∴在上单调递减.
∴，即.
∴当时，成立.
综上，当时，有.
【点睛】解题时要学会用第一问己得到的结果或结论，如本题证明左边可由（1），当时，有，即.要证，只需证，，即证，.
同时证明不等式恒成立时，要适当的为不等式变形．
20．已知函数．
(1)讨论的零点个数．
(2)若有两个不同的零点，证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先通过求导得到函数的单调区间，再运用数形结合思想分类讨论即可求解；
（2）将问题转化为研究函数的单调性后再求解即可.
【详解】（1）因为，所以1不是的零点．
当，可变形为，
令，则的零点个数即直线与图象的交点个数．
因为，，得，又，
所以在上单调递减，在上单调递增．
因为，且当时，，
所以当时，没有零点；
当时，有一个零点；
当时，有两个零点．
（2）证明：由（1）知，当时，有两个零点．
设，则，
由得，
所以，即．
令，则，
易得在上单调递减，在上单调递增．
要证，即证．
因为，且在上单调递增，所以只需证．
因为，所以即证．
令，
则，
所以在上单调递减．
因为，所以．
因为，所以，故．
21．已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若是函数的两个不同极值点，且满足：，求证：.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，就、、、分类讨论导数的符号后可得函数的单调性；
（2）求出，则原不等式等价于，利用导数可证明该不等式.
【详解】（1）
可得，，
①当时，由，，
此时在上为增函数，在上为减函数；
②当时，恒成立，此时在上为增函数；
③当时，由或，，
此时在上为增函数，在上为减函数；
④当时，由或，，
此时在上为增函数，在上为减函数；
综上所述：当时，在上为增函数，在上为减函数；
当时，在上为增函数；
当时，在上为增函数，在上为减函数；
当时，在上为增函数，在上为减函数；
（2）由（1）可得：，，
，
欲证，即证，只需证，
记，，
可得，即在为减函数，
∴，即得证.
所以结论得证.
【点睛】方法点睛：利用导数研究函数的单调性的步骤：
①写定义域，对函数求导；
②在定义域内，解不等式和；
③写出单调区间.
利用导数研究解决不等式恒成立问题的常用方法：
①数形结合法；②分离参数法；③构造函数法.
22．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.