新高中数学压轴题二轮专题专题13对数平均不等式及其应用试题含解析答案

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一、解答题
1．设函数的两个零点是，求证：．
2．已知函数有两个零点，且有极小值点，求证：
(1)；
(2)；
(3)；
(4)．
3．已知函数.
(1)若，求的取值范围；
(2)证明：若有两个零点，则.
4．已知函数的最小值为0．证明：
5．已知函数.
（Ⅰ）若时，，求的最小值；
（Ⅱ）设数列的通项，证明：.
6．设数列的通项，其前项的和为，证明：．
7．已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若存在两个极值点，证明：．
8．已知函数的图象在点处的切线方程为．
(1)用表示出；
(2)证明：
9．已知．求证：对一切正整数均成立．
10．已知函数，若函数的图象在处的切线平行于轴，且、是函数的图象上任意两个不同的点，设直线的斜率为，证明: .
11．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：.
12．设函数，其图像与轴交于，两点，且， 证明：．
13．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）
14．已知函数.
（1）若函数的图象与x轴有交点，求实数a的取值范围；
（2）若方程有两个根，且，求证：.
15．设数列的通项，证明：．
16．已知函数有两个零点，（），求证：．
17．若时，函数取得极大值或极小值，则称为函数的极值点.已知函数，其中为正实数.
(1)若函数有极值点，求的取值范围；
(2)当和的几何平均数为，算术平均数为.
①判断与和的几何平均数和算术平均数的大小关系，并加以证明；
②当时，证明：.
18．已知函数有且只有一个零点.
(1)求的值；
(2)若对任意的，有恒成立，求实数的最小值；
(3)设，对任意，证明：不等式恒成立.
19．（1）证明：当时，；
（2）若过点且斜率为的直线与曲线交于两点，为坐标原点，证明：．
20．已知函数有且只有一个零点，其中．
(1)求的值；
(2)若对任意的，有成立，求实数的最大值；
(3)设，对任意，证明：不等式恒成立．
21．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：．
22．已知函数，，函数的图象在点处的切线平行于轴．
（Ⅰ）求的值
（Ⅱ）设，若的所有零点中，仅有两个大于，设为，（）
（1）求证：，．
（2）过点，的直线的斜率为，证明：．
23．已知函数.
(1)设函数，且恒成立，求实数的取值范围；
(2)求证：；
(3)设函数的两个零点、，求证：.
24．已知函数，且的图象在处的切线斜率为2．
(1)求m；
(2)求的单调区间；
(3)若有两个不等的实根，求证：．
25．已知函数
(1)若、在处切线的斜率相等，求的值；
(2)若方程有两个实数根，试证明：;
(3)若方程有两个实数根，试证明：.
26．我们知道，函数与互为反函数．一般地，设A，B分别为函数的定义域和值域，如果由函数可解得唯一也是一个函数（即对任意一个，都有唯一的与之对应），那么就称函数是函数的反函数，记作．在中，y是自变量，x是y的函数．习惯上改写成的形式.反函数具有多种性质，如：①如果是的反函数，那么也是的反函数；②互为反函数的两个函数的图象关于直线对称；③一个函数与它的反函数在相应区间上的单调性是一致的．
(1)已知函数的图象在点处的切线倾斜角为60°，求其反函数的图象在时的切线方程；
(2)若函数，试求其反函数并判断单调性；
(3)在（2）的条件下，证明：当时，，．
27．函数图像与轴的两交点为
(1)令，若有两个零点，求实数的取值范围；
(2)证明：；
(3)证明：当时，以为直径的圆与直线恒有公共点．
（参考数据：）
28．已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)设函数，若的导函数存在两个零点，且，证明：．
29．已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数有两个零点，，证明：．
30．设，已知函数．
(1)证明：有两个不同的零点，，且较大零点．
(2)对于（1）中的，，若，证明：．
（注：e为自然对数的底数）
31．已知函数．
(1)当时，求在处的切线的斜率；
(2)当时，求函数的单调递增区间；
(3)记函数的图像为曲线，设点是曲线上两个不同点，如果曲线上存在，满足：①；②曲线在点处的切线平行于直线，则称函数存在“中值相依切线”．试问：函数是否存在中值相依切线，说明理由．
32．定义：若函数图象上恰好存在相异的两点，满足曲线在和处的切线重合，则称，为曲线的“双重切点”，直线为曲线的“双重切线”．
(1)直线是否为曲线的“双重切线”，请说明理由；
(2)已知函数求曲线的“双重切线”的方程；
(3)已知函数，直线为曲线的“双重切线”，记直线的斜率所有可能的取值为，，…，，若（），证明：．
33．定义：若函数图象上恰好存在相异的两点满足曲线在和处的切线重合，则称为曲线的“双重切点”，直线为曲线的“双重切线”.
(1)直线是否为曲线的“双重切线”，请说明理由；
(2)已知函数求曲线的“双重切线”的方程；
(3)已知函数，直线为曲线的“双重切线”，记直线的斜率所有可能的取值为，若，证明：.
参考答案：
1．证明见解析
【分析】先利用函数有两个零点推得，再运用对数均值不等式将其转化成，接着将代入导函数，换元后利用函数单调性即得.
【详解】先证对数均值不等式：，
因要证，不妨设，
则只需证： ,.
构造函数，则．
因为时，，所以函数在上单调递增，
故，从而,得证,即有：，.
下证不等式.
由题意得，（且）
两式相减得，
，则（*），
则，且由对数均值不等式可得：，
故由（*）可得：
．
由求导得：，
于是，
设，则，，
因在上递减，故有：，
即：.
2．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
(4)证明见解析
【分析】（1）分离参数，转化成有两解，求导，分析函数的单调性和值域，可得的取值范围.
（2）由可得，，化简可得，表达式，即，只需要证明即可，设，求导，分析函数的单调性和最值即可.
（3）先确定，由，得，只需判断即可.
（4）利用对数平均不等式可得结论.
【详解】（1）由题意得：方程有两个不等的根，即与有两个不同的交点，
因为且，在上，在上，
所以在上单调递减且，在上单调递减且，在上单调递增且，
因此且.
（2）因为，，所以，
设，则，，
因此.
令，则，
∴，
因此.
（3）因为，
令，则，∴，因此；
由得，当时，，当时，，
∴有极小值点，由，得，，
因此.
（4）∵，∴，
由①－②得，
结合（2）（3）知，，(则).
3．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）对于求导，得到，构造函数，判断单调性，求解的单调性以及，从而解得的范围；
（2）由（1）可知的两个零点一个小于1，另一个大于1，不妨设，构造函数，由，得到，构造函数，，判断单调性，即可证明.
【详解】（1）的定义域为，
则，
构造，则，
当时，，当时，，
故在区间内单调递减，在区间内单调递增，
所以，
当时，，当时，，
故在区间内单调递减，在区间内单调递增，则，
故要使，即需，即，故；
（2）证明：由（1）可知的两个零点一个小于1，另一个大于1，不妨设，
因为，构造函数，则，
故在单调递增，则由，
则由可知，即，
即，即，
要证，即证，即证，
构造函数，，
则，
故在区间内单调递减，则，即，
特别地，取，则有，即，故.
【点睛】关键点点睛：构造函数，利用函数单调性，函数的同构，结合不等式可证结论.
4．证明见解析
【分析】先求出的值，根据得出，运用累加法解决问题.
【详解】证明：因为的最小值为0，
，
所以当时，，故在上单调递增，
当时，，故在上单调递减，
所以当时，，
所以.
故，当时取“＝”，
所以有，当时取“＝”，
所以有，当时取“＝”，
所以当时，，即，
题意欲证，
即证不等式．
令，则，
，
，
，
，
，
将以上各不等式左右两边分别相加得：，
即，得证.
【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：证明不等式转化为证明，进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据题意条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，运用同构方法，根据相似结构构造辅助函数进行求解.
5．（Ⅰ）（Ⅱ）见解析
【详解】（Ⅰ）由已知，，.
若，则当时，，所以.
若，则当时，，所以当时，.
综上，的最小值是.
（Ⅱ）证明：令.由（Ⅰ）知，当时，，
即.
取，则.
于是
.
所以.
（1）通过求导的方法研究函数的单调性，进而判断满足条件的的范围，确定其最小值；（2）借助第一问的结论，得到不等式进而构造达到证明不等式的目的.
【考点定位】本题考查导数的应用与不等式的证明，考查学生的分类讨论思想和利用构造法证明不等式的解题能力.
6．证明见解析.
【分析】结合基本不等式以及对数平均不等式之间的关系可知，进而对数列适当放缩，进而证明到结论.
【详解】证明：当时，易证不等式，
对证明如下：
（取），
构造函数，则．
因为时，，所以函数在上单调递增，
故，即证，
综上可得,
即，
令
则，
所以．
整理得：，即证.
7．（1）答案见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）首先确定函数的定义域，函数求导，再对进行分类讨论，从而确定出导数在相应区间上的符号，即可求得函数的单调区间；
（2）方法一：根据存在两个极值点，结合第一问的结论，可以确定，令，得到两个极值点是方程的两个不等的正实根，利用韦达定理将其转换，构造新函数证得结果.
【详解】（1）的定义域为，.
（i）若，则，当且仅当，时，所以在单调递减.
（ii）若，令得，或.
当时，；
当时，.所以在单调递减，在单调递增.
（2）［方法一］：【通性通法】消元
由（1）知，存在两个极值点当且仅当.
由于的两个极值点满足，所以，不妨设，则.由于
，
所以等价于.
设函数，由（1）知，在单调递减，又，从而当时，，所以，即.
［方法二］：【通性通法】消元
由（1）知且是方程的两根，不妨设，即．此时．
欲证不等式成立，只需证．
因为，所以，只需证．
令，
所以，在区间内单调递减，且，所以，即证．
［方法三］：硬算
因为，
所以有两个相异的正根（不妨设）．
则且即．
所以．
而，，所以．
设，则．
所以在上递减，，问题得证．
［方法四］：【最优解】对数平均不等式的应用
由（1）知，存在两个极值点当且仅当．
由于的两个极值点满足，所以．不妨设，则．由于．
由对数平均不等式可得，即．
故．
【整体点评】（2）方法一：根据消元思想，先找到极值点之间的关系，再消元转化为一个未知元的不等式恒成立问题，属于通性通法；
方法二：同方法一，只是消元字母不一样；
方法三：直接硬算出极值点，然后代入求证，计算稍显复杂；
方法四：根据式子形式利用对数平均不等式放缩，证明简洁，是该题的最优解．
8．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）将函数求导求得函数在点处的切线方程，比照即得；
（2）先证明对数均值不等式，再将其等价转化，通过对赋值，得到最后运用数列的累加法即可化简证明.
【详解】（1）由可得：，且，故，
依题意，由即得：.
（2）先证对数均值不等式.
①要证，不妨设，
则只需证.构造函数，则．
因为时，，所以函数在上单调递减，故，
从而成立，故得：；
②要证，只需证，而因，故有.
③最后证明：
由时，，即，
令则得：
分别取得：，
将以上各不等式左右两边分别相加得：
即
故得：
9．证明见解析
【分析】当时，利用导数求得在上为增函数，结合，证得恒成立，令，化简得到，利用累加法和对数的运算性质，即可得证.
【详解】证明：当时，，可得，
当时，可得，所以在上为增函数，
因为，所以，即恒成立，
所以时，恒成立，
令，可得，
整理得，即，
令，可得，
将上述个不等式的左右两边分别相加，可得：
，
即对一切正整数均成立．
10．证明见解析
【分析】由导数的几何意义可得出，可得出，将所证不等式变形为，分别证明出不等式、成立，换元，即证明、，分别构造函数、，利用导数分析这两个函数的单调性，即可证得所证不等式成立.
【详解】证明：因为，则，
因为函数的图象在处的切线平行于轴，则，解得.
所以，，
所以，，
要证，只需证即，
先证，即证，
令，即证，其中，
令，其中，则，
所以，函数在上为增函数，则，
故当时，，所以，成立，
接下来证明：，即证，
令，即证，其中，
令，其中，则，
所以，函数在上为增函数，
故当时，，即，所以，.
综上所述，.
故原不等式得证.
【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.
11．(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 ．
12．证明见解析
【分析】先证明对数平均不等式；再利用导数求出函数的最小值，根据题意列出不等式求得；最后利用对数平均不等式求证.
【详解】证明：
先证明对数平均不等式成立，当且仅当时，等号成立．证明如下：不失一般性，可设．
（1）先证：……①
要证明不等式①，
只需要证明：；
只需要证明：；
只需要证明：（其中）.
构造函数，
则．
因为时，，
所以函数在上单调递减，
故，即（其中）成立.
从而不等式①成立.
（2）再证：……②
要证明不等式②
只需要证明：；
只需要证明：；
只需要证明：（）.
构造函数，
则．
因为时，，
所以函数在上单调递增，
故，即（）成立.
从而不等式②成立.
综合（1）（2）知，对，都有对数平均不等式成立，当且仅当时，等号成立．
再证明： .
因为，
所以.
当时，，此时函数在上单调递增，其图像与轴至多有一个交点，这与题设矛盾.
当时，令得；令得.此时函数在上单调递增，在上单调递减.
则
因为函数，其图像与轴交于，两点，且当时，；当时，.
所以，解得.
令得：，即.
因为函数，其图像与轴交于，两点.
所以，
整理得：，
则（即正数，的对数平均数为1）.
因为
所以由对数平均不等式可得：，
即得
由得：，
所以.
因为在上单调递增，.
所以
由此可得．
13．(1)的减区间为，增区间为.
(2)（ⅰ）见解析；（ⅱ）见解析.
【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.
【详解】（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，所以，
，
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：
【点睛】思路点睛：导数背景下的切线条数问题，一般转化为关于切点方程的解的个数问题，而复杂方程的零点性质的讨论，应该根据零点的性质合理转化需求证的不等式，常用的方法有比值代换等.
14．（1）；（2）证明见解析.
【分析】(1) 函数的图象与x轴有交点，等价于有方程根，参变分离转化为图象交点问题，构造新函数判断出单调性与最值，可得实数a的取值范围；
(2)将，两个方程根代入，两式相减并化简求出，利用变量集中的方法以及构造函数判断单调性和最值，证得命题成立．
【详解】（1）函数的图像与x轴有交点，等价于有方程根，等价于在有解，即与图象有公共点；
构造，则，
在上单调递减，在单调递增，且，可得
（2），则，等价于，即满足
，，两式相减得
，，即，可得.
令，，构造函数，
，所以在上单调递增，
，，因为，所以
【点睛】本题考查导数在证明题中的应用，考查利用导数解决函数与方程问题，考查学生逻辑思维能力，属于中档题．
15．证明见解析
【分析】根据所证不等式的特征，先证明对数均值不等式成立，再利用该不等式通过赋值得到，最后运用迭代法即可证明.
【详解】先证对数均值不等式：，
因要证，不妨设，
则只需证： ,.
构造函数，则．
因为时，，所以函数在上单调递增，
故，从而,得证,即有：，.
再证原不等式成立.
当时，，即，
不妨取则有，于是
，即得：故有：.
16．证明见解析
【分析】把两个零点代入函数解析式，消去可得，构建函数，利用单调性得，结合基本不等式得，构建函数，利用单调性证得结论.
【详解】证明：因为函数有两个零，（），
所以，即，
①＋②得，所以，
②－①得，所以，
所以，所以．
构建函数，，有，
则当时，，函数单调递增，
所以当时，，
由，有，则，
得，即，
则有，
所以．
构建函数，，则
得函数单调递增，有，
则有，得，所以．
【点睛】方法点睛：
证明不等式，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.
17．(1)
(2)①答案见解析；②证明见解析
【分析】（1）求导之后构造函数，利用二次函数的性质，利用对称轴，判别式，特殊值讨论即可；
（2）①证明右边时先将不等式变形为，令，构造函数，求导，用导数分析单调性和极值即可证明；再将左边变形为，令，同样构造函数，求导，用导数分析单调性和极值即可证明.②恒成立问题，作差之后利用一问的结论构造函数，求导，分析单调性，再求最大值小于零即可.
【详解】（1）在上有变号零点，
即在上有变号零点.
①若，即时，只需矛盾，
②若，即时，只需故的取值范围为.
（2）①，
先证右边，证，令
证：，令，
在上单调递增，
再证左边证：，令证令
在上单调递减，，证毕!
②时，关于单调递减
，
设，
当时，，；
当时，，，
在上单调递增，上单调递减，，
所以当时，.
【点睛】关键点点睛：（1）函数的极值点即为导数等于零的点；
（2）用导数证明不等式时常将不等式作差后构造函数，求导，分析单调性和最值；
（3）恒成立问题可转化为作差后求导，分析最大值小于零或最小值大于零.
18．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）利用导数分析得的单调性与最值，从而结合题意得到关于的方程，解之即可得解；
（2）法一：利用参数分离法得到在恒成立，再构造函数，利用导数求得其最值即可得解；法二：化简不等式得到，构造函数，利用导数分类讨论与两种情况即可得解；
（3）先化简得，再利用分析法与双变量化为单变量法转化不等式得到要证，再结合（2）中结论即可得解.
【详解】（1）易知的定义域为，，
由，得，
当时，；当时，；
所以在区间上是增函数，在区间上是减函数，
所以在处取得最大值，
由题意知，解得.
（2）法一：
由（1）知，
则由，得，所以，
，故在恒成立，
设，，，
，
由（1）得，，，在单调递减，
，，故实数k的最小值为.
法二：
由（1）知，
则由，得，所以，
设，，则，
，
当，即时，，在递增，
故，即，故；
当，即时，，
设，，则，
当时，；当时，；
在递减，在递增，
，即，即，
由（1）得，在时恒成立，故符合；
综上，，故实数k的最小值为.
（3）由，
不妨设，则要证明，即证，
只需证明，即证，
设，则只需证明（*）
由（2）得，在时恒成立，
故（*）式成立，原不等式恒成立.
19．证明见解析；证明见解析
【分析】（1）分别构造函数和，求导后分析单调性，找到最值，即可证明；
（2）利用（1）的结论，对不等式左边把换成可得，由斜率的定义结合对数的运算可得，右边用代替可得，结合对数的运算可得，最后由向量数量积的坐标表示化简证明即可.
【详解】证明：设，
则，
因为，所以恒成立，所以在上单调递增，
所以，
所以，
设，
则，
所以恒成立，所以在单调递减，
所以，
所以，
综上，当时，.
（2）证明：由题意可知直线的方程为，设，
同时设，则，
由（1）知当时，，
所以，
因为直线的斜率，所以，即，
又中，用代替可得，
即，
所以，变形为，
即，即，
所以.
【点睛】关键点点睛：证明函数型不等式可构造函数，求导，分析单调性，求最值证明.
20．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）先求函数的导数，并确定函数的定义域，然后求函数的极值点，并确定极值点两侧的单调性，分析最值，根据单调性和最值可得；
（2）根据上一问的最大值，可知当时，不合题意，当时，设函数，然后求函数的导数，确定极值点，并讨论两个极值点的大小，得到的单调性，当时，单调递增，有成立，当时，在上递减，那么就不恒成立，即得的取值范围；
（3）先求得函数，设，采用分析法，将不等式进行化简，并通过换元设，对所证不等式进行整理，并设新的函数，根据导数讨论函数的单调性和最值得证．
【详解】（1）的定义域为，．
由，得．
∵ 当时，则在区间上是增函数，
当时，，在区间上是减函数，
∴ 在处取得极大值也为最大值．
由题意知，解得．
（2）由（1）知，
当时，取得，，知不合题意．
当时，设．
则．
令，得，．
①若≤0，即时，在上恒成立，
∴ 在上是增函数，从而总有，
即在上恒成立．
②若，即时，对于，，
∴ 在上单调递减．
于是，当取时，，即不成立．
故不合题意．
综上，的最大值为．
（3）由．不妨设，
则要证明，
只需证明，
即，
即证．
设，则只需证明，化简得．
设，则， ∴ 在上单调递增，
∴ ，即，得证．
故原不等式恒成立．
【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.
21．(1)极大值为，无极小值
(2)①证明见解析；②证明见解析
【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.
【详解】（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．
22．（Ⅰ）2（Ⅱ）（1）证明见解析（2）证明见解析
【解析】（Ⅰ）求得，根据题设条件，得到，即可求解；
（Ⅱ）（1）由（Ⅰ）可得，求得，，利用零点存在性定理，即可得到结论；（2）由斜率公式，整理得到，设，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解．
【详解】（Ⅰ）由题意，函数，可得，
又由函数的图象在点处的切线平行于轴，
所以，解得．
（Ⅱ）（1）由（Ⅰ）可得，
可得，，，
所以，，
由零点存在性定理，可得，．
（2）由斜率公式，可得，
因为，所以，所以，
所以，
设，则，
当时，，当时，当，
在上递增，在上递减，
又，所以，所以，
又由，解得．
【点睛】本题主要考查了导数的几何意义，不等式的证明，以及导数在函数中的综合应用，着重考查了转化与化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力，对于此类问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
23．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）利用参变量分离法得出，利用导数求出函数的最小值，即可得出实数的取值范围；
（2）证明出，即可证得结论成立；
（3）分析可得，证得，利用基本不等式可得出，构造函数，分析看可知函数在上为增函数，分析得出，结合函数的单调性可证得结论成立.
【详解】（1）解：由可得，可得，
令，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，；
（2）解：要证，即证，
由（1）可知，，当且仅当时，等号成立，
令，其中，则，
当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，
所以，，
因为和取等的条件不同，故，即；
（3）解：由题知①，②，
①②得③，
②①得④.
③④得，
不妨设，记.
令，则，
所以在上单调递增，
所以，则，即，
所以.
因为
，
所以，即.
令，，则在上单调递增.
又，
所以，即，所以.
【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.
24．(1)
(2)单调递增区间为R，无单调递减区间
(3)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的几何意义，即可求得答案；
（2）结合（1）的结果，判断导数的正负，即可求得答案；
（3）根据题意得，结合构造函数，利用函数单调性继而将原不等式转化为，即只需证明，进而换元，构造函数，利用函数单调性，即可证明结论.
【详解】（1）因为，所以，
根据题意得，
解得；
（2）由（1）可知，
，又，
所以，故的单调递增区间为R，无单调递减区间
（3）由有两个不等的根，不妨设，
可得，
整理得，
令，则，
故在上单调递增，
因为，所以，
即，那么，
结合（*）式，则，
而，可得；
下面证明，等价于证明，
令，设，
，则在上单调递减，
所以，即，故，
即得证，
由不等式的传递性知，即.
【点睛】难点点睛：本题解答的难点在于不等式的证明，证明时要将原不等式等价转化，然后构造函数，结合函数的单调性，即可证明.
25．(1)1
(2)证明见解析；
(3)证明见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可；
（2）由题意得，首先证明，再结合差比性质得，变形后，结合换元法及导数知识求证即可得证；
（3）首先令去掉绝对值符号，再求得，的根，以及方程的根，结合放缩的知识可得，所以原不等式可得.
【详解】（1），,
又,
所以.
（2）由（1）知，则
令，
令
时，单调递增
时，单调递减
所以
因为
由差比的性质知：，
又，则
欲证：
即证：
不妨设：
下证，令
下证令
所以在上单调递增，
所以
所以
（3）不妨设，下证
在处的切线方程为
构造
当时，;时，;
所以在上单调递减，在上单调递增
又
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以，
设方程的函数值为的根，则
因为在上单调递减，所以，
在处的切线方程为,
构造
当时，;时，;
所以在上单调递减，在上单调递增
又
所以在上单调递减，在上单调递增
所以
所以
设方程的根
又，由在上单调递增
所以
又
所以.
【点睛】本题考查了导数的综合运用：求切线的斜率切线方程，求函数单调性和最值，考查分类讨论思想方法和构造函数法，考查化简运算能力和推理能力，属于难题．
26．(1)
(2)；当时，在上是减函数；当时，在上是增函数.
(3)证明见解析.
【分析】（1）由反函数性质①知两函数互为反函数，由性质②互为反函数的两个函数的图象关于直线对称，切线也关于直线对称，先求原函数的切线，求其关于直线对称的直线方程即可；
（2）先判断函数的奇偶性，得，将两个等式化为指数式，可解出，即可得出函数的解析式，并求出函数的值域，作为函数的定义域；由性质③判断原函数的单调性即可.
（3）法一，利用性质②图象对称性将不等式转化为证明，利用幂函数单调性由放缩法转化为证明不等式，求导后再借助常用不等式，利用放缩法证明，再由单调性即可得证；法二，利用幂函数性质得，放缩法将不等式转化为，构造函数求导研究单调性证明即可.
【详解】（1）由题意得函数的图象在点处的切线斜率为，
则切线方程为，
由反函数性质①知函数与互为反函数，
再由反函数性质②互为反函数的两个函数的图象关于直线对称可知，
点在的图象上，则也在其反函数的图象上，
且的图象在处的切线与其反函数的图象在处的切线也关于对称，
所以的图象在处的切线方程为，
即.
（2）设，
对任意的，，则对任意的恒成立，
则函数的定义域为，关于原点对称，
又，
，，
因此，函数为奇函数；
当时，，
当时，，则，
所以，函数的值域为，
由题意知，函数的值域即为其反函数的定义域.
又由奇函数可得，
将上述两个等式化为指数式得，解得.
因此，的反函数；
当时，由在单调递增，则在单调递减，
由为奇函数知，在上是减函数；
当时，由在单调递增，则在单调递增，
由为奇函数知，在上是增函数.
由反函数性质③一个函数与它的反函数在相应区间上的单调性是一致的，
故当时，在上是减函数；当时，在上是增函数.
（3）法一：由（2）知，要证明，
由反函数性质①与性质②，与互为反函数，且图象关于直线对称，
故只需证明当时，，，即，
即证：，
构造函数，
则，则在单调递增，
故当时，，即，不等式恒成立.
所以当，由幂函数性质与上式可得.
再构造函数，，
则，
所以在单调递增，故当时，，
即，不等式恒成立.
所以有，即成立，
从而当时，，得证.
法二：由（2）知，
当时，，，即证，
由，得，则由幂函数性质可得，
所以.
构造函数，，
则，故在单调递增，
所以，即成立，
故，即，得证.
【点睛】函数新定义题型，关键在于定义本身充要性的应用，正确理解问题的本质，注重命题的等价转化，将未知函数转化为已知函数问题的研究，将不熟悉的知识转化为熟悉的知识来解决.
27．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求导判断的单调性，结合函数趋近值即可得出结果；
（2）根据已知得到，化简可得，要证，即证，即证明，令，即证：，令，求导得出单调性，即可得证；
（3）要证以为直径的圆与直线恒有公共点，即证中点到该直线距离小于半径，即，即，即成立，根据单调性，令，可得，令，则，令，根据单调性，即可得证.
【详解】（1）由题知定义域为，
所以函数在上单调递减，上单调递增，
所以的最小值为，
当时，，
所以有两个零点，只需要，即，
所以实数的取值范围为.
（2）由题知，令，则，
取对数可得：，
要证，即证：，
即证明：，
令，即证：，
令，则，
所以在上单调递减，恒成立．
因此得证．
（3）要证：以为直径的圆与直线恒有公共点，
即证中点到该直线距离小于半径，
即，
也就是证明：，
由（2）可知，
所以，
即，
下面证明：成立即可，
因为，
因此的单调递增区间为，单调递减区间为，
所以，
令，由，则，
，
令，则，
令，则，
所以在上单调递减，恒成立．
因此恒成立，单调递增；
当越大时，越大，因此的值越大．
当时，因为，
所以，
所以时，．
【点睛】方法点睛：本题考查导数的综合性应用，属于难题，解决这类题目常涉及方法或思想有：（1）构造函数，求解综合问题；（2）利用导数研究函数的最值、极值与单调性综合性问题；（3）运算求解能力与逻辑推理能力；（4）转化思想.
28．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，在由点斜式求出切线方程；
（2）依题意可得，即可得到，令，，从而得到，设，则，从而得到，构造函数，利用导数说明函数的单调性，再由，得到，即可求出的取值范围，从而得证.
【详解】（1）当时，则，，
所以，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
（2）证明：，，
依题意可得，即，
令，，则，两式相除得到，
设，则，，所以，
所以，，
则，
设，则，
令，，则，
所以在上单调递增，则，
所以，即在上单调递增，
又，所以，
所以，而，
所以，所以
【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．
29．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，按值分类讨论判断的正负作答.
（2）将分别代入计算化简变形，再对所证不等式作等价变形，构造函数，借助函数导数推理作答.
【详解】（1）函数的定义域为，
，
当时，恒成立，
所以在区间上单调递增；
当时，由，解得，
由，解得，
的单调递增区间为，单调递减区间为，
所以，当时，在上单调递增，
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）依题意，不妨设，则，，
于是得，即，亦有，即，
因此，，要证明，，
即证，
即证，
即证，
令，，
，则有在上单调递增，，，即成立，所以.
【点睛】思路点睛：涉及双变量的不等式证明问题，将所证不等式等价转化，构造新函数，再借助导数探讨函数的单调性、极(最)值问题处理.
30．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数导数知函数递增区间为，递减区间为，且，利用零点存在性定理，分析，的正负即可得出结论；
（2）令，由零点可得，化简可得，要证，只需证当时，，利用导数判定函数单调性，解可得证.
【详解】（1）（），令得，
则当时，；当时，．
所以函数递增区间为，递减区间为，
又，，
所以函数在区间上有唯一零点，记为．
由，令，则有，
再令，，，，
易知，即有在上单调递减，
又，，
所以有唯一零点记为，
且时，；当时，．
所以递增区间为，递减区间为，
又，，
所以，，即有，
所以函数在区间上有唯一零点，记为，且．
故有两个不同的零点，，且较大零点．
（2）由（1）知可得，
令，则，
解得，
所以
因为，所以，要证，
只需证当时，
令，则，
∵，，∴．
∴在区间上单调递增，所以时，，
故有时，．
【点睛】关键点点睛：求函数零点问题，先利用导数判断函数的单调性及极值情况，再根据零点的存在性定理，关键转化为寻求恰当的，判断的符号是解题的关键，较复杂题目需要构造关于新函数，利用导数研究新函数单调性、最值，得到的符号，属于较复杂问题，对运算能力要求较高
31．(1)
(2)增区间为、
(3)不存在，理由见解析
【分析】（1）利用导数求得切线的斜率.
（2）求出函数的定义域，求得，利用函数的单调性与导数的关系可求得函数的增区间；
（3）假设函数存在“中值相依切线”，求出函数的，结合导数的几何意义，可得出，再令，构造函数，其中，利用导数分析函数在上的单调性，判断方程在上的解的情况，即可得出结论.
【详解】（1）当时，，，
即在处的切线的斜率为.
（2）函数的定义域为，
，
因为，则，
由可得或，
所以，函数的增区间为、.
（3）假设函数存在“中值相依切线”，
设、是曲线上不同的两个点，且，
则，，
则，
因为，
则，
由可得，
即，则，
令，则，则，
故函数在上单调递增，则，
故在上无解，假设不成立，
综上，假设不成立，所以函数不存在“中值相依切线”.
【点睛】关键点点睛：本题考查导数中的新定义“中值相依切线”，解题时要紧扣题中定义，结合题意变形得出，通过换元法结合函数方程思想转化为在上的零点问题为解本题的关键.
32．(1)是，理由见解析；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据题意，利用直线的斜率与导数的几何意义求得切点，再分别求切线方程验证即可.
（2）求出函数的导数，并设出切点，求出处的切线方程，再利用“双重切线”的定义求出切线方程.
（3）利用“双重切线”的定义，分别设出对应的切点，分别利用导数的几何意义得到对应切点之间的关系，再构造函数，利用导数结合零点存在性定理确定判的零点所在区间，然后借助不等式性质推理即得.
【详解】（1）的定义域为，求导得，直线的斜率为2，
令，解得，不妨设切点，
则点处的切线方程为，即，
点处的切线方程为，即，
所以直线是曲线的“双重切线”.
（2）函数，求导得，
显然函数在上单调递增，函数在上单调递减，
设切点，则存在，使得，
则在点处的切线方程为，在点处的切线方程为，
因此，消去可得，
令，求导得，
则函数在上单调递增，又，函数的零点为，因此，
所以曲线的“双重切线”的方程为.
（3）设对应的切点为，对应的切点为，
由，得，，
由诱导公式及余弦函数的周期性知，只需考虑，，其中，
由及余弦函数在上递增知，，
则，
，
因此，又，，
则，同理，
令，求导得，
则在上单调递增，显然，且，
函数在上的值域为，即函数在上存在零点，则有，
由，同理可得，而，因此，
于是，即有，
所以，即.
【点睛】关键点点睛：本题求解的关键点有两个：一是利用导数的几何意义求解切线的斜率；二是设切点并利用和切线方程得到之间的等式，进而消去一个未知数，构造函数利用导数的性质求得方程的零点.
33．(1)不是，理由见解析；
(2)；
(3)证明见解析．
【分析】（1）求出导数为1的切点坐标，写出过两切点的切线方程，比较可得；
（2）求出导数，利用其单调性可设切点为，且，写出两切线方程后由斜率相等，纵截距相等联立，求得切点坐标后可得切线方程；
（3）设对应的切点为，，对应的切点为，，由导数几何意义得，，由周期性，只需研究的情形，由余弦函数的性质，只需考虑，情形，在此条件下求得，
满足，即，构造函数（），则，由导数确定单调性，从而得出缩小的范围，所以，证明则，再由不等式的性质可证结论．
【详解】（1）不是，理由如下：
由已知，由解得，，
又，，不妨设切点为，，
在点处的切线的方程为，即，
在点的切线方程为，即与直线不重合，
所以直线不是曲线的“双重切线”．
（2）由题意，函数和都是单调函数，
则可设切点为，且，
所以在点处的切线的方程为，
在点的切线方程为，
所以，消去得，
设（），
则，所以是减函数，
又，所以在时只有一解，
所以方程的解是，从而，
在点处切线方程为，即，
在点处的切线方程为，即，
所以“双重切线”方程为；
（3）证明：设对应的切点为，，对应的切点为，，
由于，所以，，
由余弦函数的周期性，只要考虑的情形，又由余弦函数的图象，只需考虑，情形，
则，，其中，
所以，
又，，
即，，
时，，，
令（），则，，
在上单调递减，又，所以，
所以，此时，则，
所以．
【点睛】方法点睛：本题考查新定义，考查导数的几何意义．解题关键是正确理解新定义，并利用新定义进行问题的转化，转化为求函数图象的导数．新定义实际上函数图象在两个不同点处的切线重合，这种问题常常设出切点为，由导数几何意义，应用求出切点坐标或者分别写出过两点的切线方程，由斜率相等和纵截距相等求切点坐标．从而合问题获得解决．