1、第13讲 双变量问题 一选择题（共5小题）1（2021海淀区校级月考）若，则ABCD【解答】解：若，即，由于函数是上的增函数，且，故正确、错误，由于不能得出与1的大小关系，故不能确定、是否正确，故选：2（2021全国月考）已知实数，满足，则下列结论一定正确的是ABCD【解答】解：实数，满足，则，再根据为上的增函数，故选：3（2021鼓楼区校级二模）已知，若，则下列结论一定成立的是ABCD【解答】解：构造函数，则，函数在上单调递增，又，即，亦即，当时，则，；当时，则，；又函数在单调递增，在单调递减，故由可知，选项一定成立故选：4（2021春顺义区期末）已知函数，（其中对于不相等的实数，设，给出下
2、列三个结论：对于任意不相等的实数，都有；对于任意的及任意不相等的实数，都有；对于任意的，存在不相等的实数，使得其中，所有正确结论的序号是ABCD【解答】解：对于，由于，由指数函数的单调性可得在上递增，即有，则正确；对于，由二次函数的单调性可得在递减，在，递增，则不恒成立，则错误；对于，由，可得，即为，考查函数，当，小于0，单调递减，则错误；故选：5（2021龙凤区校级月考）已知，不等式对于任意恒成立，则的取值范围是A，B，CD，【解答】解：不等式对于任意恒成立，则对于任意恒成立，令，则在时恒成立，因为在恒成立，故在上单调递增，而，故式即为在上恒成立，即在上恒成立，令，令得，当，；当时，故在上单
3、调递减，在上单调递增，故（e），要使式成立，只需，即故选：二多选题（共1小题）6（2021武进区校级期中）已知正实数，满足，则下列结论正确的是ABCD【解答】解：正实数，满足，令，则，则函数在上单调递增，故由可得，故错误；，故正确；，故正确；根据，故不一定正确，故选：三解答题（共45小题）7（2021扬州月考）已知函数，为的导函数（1）当时，求函数的单调区间；（2）当时，求证：对任意的，且，有【解答】解：（1）当时，则，求导，令，所以当时，单调递减，当时，单调递增，所以，当时，则，即，故的单调递增区间为（2）证明：因为，则要证：，即证，又，所以，即证，令，则，所以，又（1）可知，在上单调递增，
4、有所以，当，即当，所以，则成立，故原不等式成立8（2021浙江月考）已知且，函数（）当时，设的导函数，求的单调区间；（）若函数恰有两个互异的零点，（）求实数的取值范围；（）求证：【解答】解：（）当时，令，即，解得，因为单调递减，当时，所以在单调递减，当时，所以单调递增；（）（）由，则，所以，设函数，则，解得，在内，单调递增；在上，单调递减；所以，又（1），当趋近于时，趋近于0，函数恰有两个互异的零点，充分必要是，这即是（a）（e），所以的取值范围是，；（）证明：所以，即，又（）可知，在上单调递增，在上单调递减，且（1），则，要证，即证，即证，即证，即证：，由，即，即证，令，则，则，设，因为，所
5、以，（e），即，恒成立，所以在单调递增，所以（e），在恒成立，所以9（2021南平月考）已知函数（1）求f（x）的单调区间与极值（2）设m，n为两个不相等的正数，且mlnnnlnmmn，证明：mne4【解答】解：（1）f（x），当x（，2）时，f（x）0，f（x）单调递增，当x（2，+）时，f（x）0，f（x）单调递减，当x2时，f（x）取得极大值，综上，f（x）的单调递增区间为（，2），递减区间为（2，+），极大值为，无极小值；（2）证明：由（1）知，x时，f（x），x+时，f（x）0+，f（x）（，由mlnnnlnmmn得，又f（lnm），同理，f（lnn），lnm与lnn是f（x）t（0
6、t）的两个正根，其中0lnm2，lnn2，4lnn（0，2），要证明mne4，只需证明：lnm+lnn4，即证lnm4lnn，又f（x）在（0，2）单调递增，只需证f（lnm）f（lnn）f（4lnn），令h（x）f（x）f（4x）（x2），则h（x）f（x）+f（4x）+（2x）（）0，h（x）f（x）f（4x）h（2）f（2）f（2）0，f（x）f（4x），即结论成立10（2021广州月考）已知函数（1）讨论函数的单调性；（2）若，设为的导函数，若函数有两个不同的零点，求证：【解答】（1）解：，当时，函数在上单调递增；当时，令，得，令，得，所以在上单调递减，在，上单调递增（2）证明：由题意
7、得，两式相减得，不妨设，由，得，令，因为当时，所以在上单调递减，所以当时，又，故11（2021和平区校级开学）已知函数（）若在，处导数相等，证明：；（）在（）的条件下，证明：；（）若，证明：对于任意，直线与曲线有唯一公共点【解答】解：（）由所以，即化简得：；（）由（）得，由基本不等式得，则得，则设，在上单调递增，所以，所以；（）记，令，记，则，当时，有，单调递减，当，；当，所以取，时，有，又，所以有唯一零点当时，令，解得，则当和时，单调递减，当，单调递增，记，则，记，注意，所以，则，所以，又，且，结合单调性，可知有唯一零点综上可知，若，对于任意，直线与曲线有唯一公共点12（2021春浙江月考）
8、已知函数（1）若函数有极值，求实数的取值范围；（2）当时，若在，处导数相等，证明：；（3）若函数在上有两个零点，证明：【解答】解：（1）函数，若函数有极值，则有正实数解，所以实数的取值范围是；（2）证明：时，由在，处导数相等，得，即；又、，且，所以，得；所以；（3）证明：令，则，设，则；则函数在内单调递减，在，上单调递增，且；令，其中，则；，；当时，；所以当，时有两个零点；不妨设，若，则结论成立；若，即，时，令，；则，从而，在上单调递增，且；在上单调递减，即在上恒成立；又，且在，上单调递增，即证13设函数，（1）曲线在点，（2）处的切线与轴平行，求实数的值；（2）讨论函数的单调性；（3）证明：
9、若，则对任意，有【解答】解：（1）函数的导数为，在点，（2）处的切线斜率为（2），解得；（2）的定义域为，若即，则，故在单调增若，而，故，则当时，；当及时，故在单调减，在，单调增若，即，同理可得在单调减，在，单调增（3）考虑函数则，由于，故，即在单调增加，从而当时有，即，故成立14（2012春顺庆区校级月考）已知函数是奇函数，且 （1）（1）求的解析式；（2）判断函数的单调性，并证明你的结论；（3）若，且求证【解答】解：（1）为奇函数，且（1）（1），解得：，（2）函数在区间上是增函数，在区间上是减函数，在上单调递减，在上单调递增证明：函数的定义域为在区间上任取，令，当时，即故函数在区间上是增
10、函数时，即故函数在区间上是减函数根据奇函数的对称性可知，函数在上单调递减，在上单调递增（3），且15（2021湖北月考）已知函数的定义域为（1）当取得最小值时，记函数在处的切线方程为若恒成立且，求的最大值；（2）若有两个极值点和，求证：【解答】解：（1）由题意可知，函数定义域为，所以，即的最小值为0，所以，又，所以，所以，因为恒成立，即恒成立，当即时，显然成立，当即时，令，得，解得，又因为，由且，可得的最大值为1下证时符合题意，即证，令，则，当时，当时，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以，所以故的最大值为1；（2）证明：由，故和是方程的实根，所以，所以，令，则，当时，；当时，所以函数在，
11、上单调递减，在，上单调递增，所以，即，所以，所以令，则，当时，；当时，；所以在上单调递减；在，上单调递增，所以，所以，则，故16（2009卢湾区二模）已知函数，（1）证明：函数在区间上为增函数，并指出函数在区间上的单调性；（2）若函数的图象与直线有两个不同的交点，其中，求的取值范围【解答】解：（1）证明：任取，且，所以在区间上为增函数（5分）函数在区间上为减函数（6分）（2）因为函数在区间上为增函数，相应的函数值为，在区间上为减函数，相应的函数值为，由题意函数的图象与直线有两个不同的交点，故有，（8分）易知，分别位于直线的两侧，由，得，故，又，两点的坐标满足方程，故得，即，（12分）故，当时，
12、因此，的取值范围为（17分）17（2021商丘二模）已知直线与函数的图象交于两个不同的点，其横坐标分别为，且（）求的取值范围；（）当时，证明【解答】解：（）由题意可得有两个不同的实根，设，当时，递减；当时，递增可得在处取得最小值，当时，在和各有一个不同的实根，则的范围是；（）证明：由（）可得，令，则，当时，递增，即有（2），当时，即，又在递减，即有，可得18（2021西湖区校级模拟）设函数有两个极值点，且（1）求的取值范围，并讨论的单调性（2）证明：【解答】解：（1）由题意知，函数的定义域是，且有两个不同的实数根，故的判别式，即，且，又，故，因此的取值范围是，当变化时与的变化情况如下表：，00
13、递增极大值递减极小值递增因此在区间和，是增函数，在，上是减函数（2）由题意和知，于是，设函数，则，当时，当，时，故在，上是增函数于是，当，因此19（2010辽宁）已知函数（1）讨论函数的单调性；（2）设如果对任意，求的取值范围【解答】解：（）的定义域为，当时，故在单调递增；当时，故在单调递减；当时，令，解得则当时，；时，故在单调递增，在单调递减（）不妨假设，而，由（）知在单调递减，从而，等价于，令，则等价于在单调递减，即从而故的取值范围为，（12分）20（2015南通校级模拟）已知函数（1）讨论函数的单调性；（2）设，若对任意、恒有，求的取值范围【解答】解：（1），当时，因此函数在单调递增当时
14、，因此函数在单调递减当时，令，解得当时，函数在单调递增当时，函数在单调递减（2）不妨设，对任意、恒有，令，则，等价于在上单调递减，即，从而，的取值范围是，21已知函数，其中（1）讨论的单调性；（2）设曲线与轴正半轴的交点为，曲线在点处的切线方程为，求证：对于任意的正实数，都有；（3）设，若关于的方程为实数）有两个正实根，求证：【解答】解：（1）由，可得，其中，且下面分两种情况讨论：当为奇数时，令，解得，或，当变化时，的变化情况如下表： 递减 递增递减所以，在，上单调递减，在单调递增；当为偶数时，当，即时，函数单调递增；当，即时，函数单调递减；所以，在单调递增，在上单调递减；（2）证明：设点的坐
15、标为，则，曲线在点处的切线方程为，即，令，即，则由于在上单调递减，故在上单调递减，又因为，所以当时，当，时，所以在内单调递增，在，上单调递减，所以对应任意的正实数，都有，即对于任意的正实数，都有（3）证明：不妨设，由（2）知，设方程的根为，可得，由（）知，可得类似地，设曲线在原点处的切线方程为，可得，当，即对于任意的，设方程的根为，可得，因为在上单调递增，且，因此，由此可得：，因为，所以，故：则，所以当时，即有22（2015天津）已知函数，其中，且（）讨论的单调性；（）设曲线与轴正半轴的交点为，曲线在点处的切线方程为，求证：对于任意的正实数，都有；（）若关于的方程为实数）有两个正实数根，求证：
16、【解答】（本题满分为14分）解：（）由，可得，其中，且下面分两种情况讨论：（1）当为奇数时，令，解得，或，当变化时，的变化情况如下表：所以，在，上单调递减，在单调递增（2）当为偶数时，当，即时，函数单调递增；当，即时，函数单调递减；所以，在单调递增，在上单调递减；（）证明：设点的坐标为，则，曲线在点处的切线方程为，即，令，即，则由于在上单调递减，故在上单调递减，又因为，所以当时，当，时，所以在内单调递增，在，上单调递减，所以对应任意的正实数，都有，即对于任意的正实数，都有（）证明：不妨设，由（）知，设方程的根为，可得，由（）知，可得类似地，设曲线在原点处的切线方程为，可得，当，即对于任意的，设
17、方程的根为，可得，因为在上单调递增，且，因此，由此可得：，因为，所以，故：所以：23（2021呼和浩特二模）已知函数讨论的单调性；设，证明：当时，；函数的图象与轴相交于、两点，线段中点的横坐标为，证明【解答】解：函数的定义域为，当时，则由，得，当时，当，时，在单调递增，在，上单调递减；当时，恒成立，在单调递增；设函数，则，当时，而，故当时，；由可得，当时，函数的图象与轴至多有一个交点，故，从而的最大值为，且，不妨设，则，由得，又在，上单调递减，于是，由知，24（2021定远县期末）已知函数（1）讨论的单调性；（2）若存在两个极值点，求证：【解答】解：（1），若，所以在上单调递增；若，解，得，或
18、，解，得，此时在上单调递减在上单调递增，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，在上单调递增（2）由（1）知时，存在两个极值点，且，是方程的两根，所以，所以，令，所以在上单调递减，所以，所以25（2021临沂期中）已知函数（1）讨论的单调性；（2）若存在两个极值点，且不等式恒成立，求实数的取值范围【解答】解：（1），令，得，当，即时，在上是增函数当时，即时，由，得，当，时，当，时，在，上单调递增，在，上单调递减（2）由（1）知，若在上有两个极值点，则，由，得，设，为的两根， ，由，得，令，又，在上单调递减，所以有，即，即26（2021春新乡期末）已知函数（1）讨
19、论的单调性；（2）若存在两个极值点，且，求的取值范围【解答】解：（1），当时，在上单调递增，当时，令，即，解得，当时，单调递减，当时，单调递增，函数在区间单调递减，在单调递增，当时，令，即，解得得，当时，单调递增，当时，单调递减，当时，单调递增，故函数在区间，单调递增，在区间单调递减，综上所述，当时，在上单调递增，当时，在区间单调递减，在单调递增，当时，在区间，单调递增，在区间单调递减（2）由（1）可得，当时，函数存在两个极值点，且，即，令（a），（a），（a）在为单调递增函数，又（1），当时，（a），故实数的取值范围为27（2021湖北月考）已知函数（1）讨论的单调性；（2）若存在两个极值点
20、，证明：【解答】解：（1），设，当时，则，在上单调递增，当时，的零点为，且，令，得，或，令，得，在，上单调递减，在，单调递增，当时，的零点为，在上单调递增，在，上单调递减（2）证明：由（1）知，当时，存在两个极值点，不妨设，则，要证：，只要证，只需要证，即证，设，设函数，在上单调递减，则（1），又，则，则，从而28（2021登封市校级月考）已知函数有两个零点（1）求的取值范围；（2）已知图象与图象关于对称，证明：当时，（3）设，是两个零点，证明：【解答】解：（1）函数，若，那么，函数只有唯一的零点2，不合题意；若，那么恒成立，当时，此时函数为减函数；当时，此时函数为增函数；此时当时，函数取极小
21、值，由（2），可得：函数在存在一个零点；当时，令的两根为，且，则当，或时，故函数在存在一个零点；即函数在是存在两个零点，满足题意；若，则，当时，即恒成立，故单调递增，当时，即恒成立，故单调递减，当时，即恒成立，故单调递增，故当时，函数取极大值，由得：函数在上至多存在一个零点，不合题意；若，则，当时，即恒成立，故单调递增，当时，即恒成立，故单调递增，故函数在上单调递增，函数在上至多存在一个零点，不合题意；若，则，当时，即恒成立，故单调递增，当时，即恒成立，故单调递减，当时，即恒成立，故单调递增，故当时，函数取极大值，由（1）得：函数在上至多存在一个零点，不合题意；综上所述，的取值范围为证明：（2
22、）由题意得：，令，则，时，在递增，（1），故当 时，证明：（3），是的两个零点，且，且，令，则，当时，单调递减；当时，单调递增；设，则，设，则恒成立，即在上为增函数，恒成立，即恒成立，令，则，即29（2010湖南）已知函数，对任意的，恒有（）证明：当时，；（）若对满足题设条件的任意，不等式（c）（b）恒成立，求的最小值【解答】解：（）易知由题设，对任意的，即恒成立，所以，从而于是，且，因此故当时，有即当时，（）由（）得，当时，有，令则，而函数的值域因此，当时的取值集合为，当时，由（）知，此时（c）（b）或0，从而恒成立综上所述，的最小值为30（2009海南）已知函数（1）如，求的单调区间；（2
23、）若在，单调增加，在，单调减少，证明：【解答】解：（）当时，故当或时，；当或时，从而在，单调增加，在，单调减少；（）由条件得：（2），即，故，从而因为，所以将右边展开，与左边比较系数得，故，又，即由此可得于是31（2021春深圳月考）已知函数，（） 若直线与的图象相切，求实数的值；（） 设，讨论曲线与曲线公共点的个数（） 设，比较与的大小，并说明理由【解答】解：（）设直线与相切与点，则有（2分） 解得，（4分）（） 当， 时，曲线与曲线的公共点个数即方程根的个数由， （5分）令，（6分）则当时，即在上单调递减，当时，即在上单调递增故（2）是的极小值同时也为最小值（7分）所以对曲线与曲线公共点的
24、个数，讨论如下：当时，有0个公共点； 当，有1个公共点；当有2个公共点（8分）（） 设（9分）令，（10分）则的导函数，所以在上单调递增，且因此，故在上单调递增，而，所以在上，（11分）因为当时，且，故，所以当时，（12分）32（2006四川）已知函数，的导函数是对任意两个不相等的正数、，证明：（）当时，；（）当时，【解答】解：证明：（）由得而又，由、得，即（）证法一：由，得下面证明对任意两个不相等的正数，有恒成立即证成立设，则，令得，列表如下：0极小值对任意两个不相等的正数，恒有证法二：由，得，是两个不相等的正数设，则，列表：0极小值即即对任意两个不相等的正数，恒有33（2013揭阳二模）已
25、知，函数（1）求的单调区间；（2）当时，证明：方程在区间上有唯一解；（3）若存在均属于区间，的，且，使，证明：【解答】解：（1）函数的定义域，令得：，令得：函数的单调递减区间为，单调递增区间为（2）证明：当时，由（1）知的单调递减区间为，单调递增区间为，令，则在区间单调递增且（2）（2），方程在区间上有唯一解（3）证明：由及（1）的结论知，从而在，上的最大值为（或，又由，知故，即从而34（2021金安区校级月考）已知函数（1）若函数存在两个极值点，求的取值范围；（2）在（1）的条件下，若不等式恒成立，求的取值范围【解答】解：（1）函数的定义域为，又，因为函数存在两个极值点，则在上的两个根为，即
26、在上有两个不等实根，所以与在上有两个不同的交点，函数的对称轴为，且图象开口向下，又，（1），所以实数的取值范围为；（2）由（1）可知，在上有两个不等实根，即方程有两个不等实根，所以，则，因为不等式恒成立，所以恒成立，即恒成立，令，则，由，所以恒成立，故在上单调递减，所以，故实数的取值范围为35（2021信阳月考）已知函数，其中为正实数（）若函数在处的切线斜率为2，求的值；（）讨论函数的单调性；（）若函数有两个极值点，求证：【解答】（）解：函数，则，所以（1），又函数在处的切线斜率为2，故，解得；（）解：因为，函数的定义域为，若，即时，此时的单调递减区间为；若，即时，因为的两个根为，此时的单调递
27、减区间为，单调递增区间为综上所述，当时，的单调递减区间为，无增区间；当时，的单调递减区间为，单调递增区间为；（）证明：由（）可知，当时，函数有两个极值点，且，因为，要证明，只需要证明，构造函数，则，当时，单调递增，又（1），（2），且在定义域上不间断，由零点的存在性定理可知，在上存在唯一的实数根，且在上单调递减，在，上单调递增，所以的最小值为，因为，当时，故，所以恒成立，即，所以36（2021和平区校级月考）已知函数（1）当时，求曲线在点，（1）处的切线方程；（2）求的单调区间；（3）若函数有两个极值点，求证：【解答】（1）解：当时，所以（1），故切点坐标为，又，所以（1），故切线的斜率为，由
28、点斜式可得，即，故曲线在点，（1）处的切线方程为；（2）解：的定义域为，又，当，即时，上恒成立，故在上单调递减；当，即或，令，解得，若时，则当或时，当时，所以在，上单调递减，在，上单调递增；若时，在上恒成立，故在上单调递减综上所述，当时，在上单调递减，当时，在，上单调递减，在，上单调递增（3）证明：由（2）可知，当时，有两个极值点，则，由题意可得，则，令，则，当时，则单调递增，当时，则单调递减，故当时，取得最大值，所以37（2021茂名月考）已知函数（1）当时，求曲线在点，（1）处的切线方程；（2）若，是函数的两个极值点，证明：【解答】解：当时，所以（1），则切点坐标为，又，所以（1），于是所
29、求切线的斜率，又因为所求切线过点，所以曲线在点，（1）处的切线方程为；（2）证明：，是函数的两个极值点，是函数两个大于0的零点，是方程的两个不同正解，则且由，可得，所以又且，令，则，构造函数，则，是上的减函数，且时，38（2021沈阳月考）已知函数有两个零点，且（1）求证：；（2）求证：【解答】证明：（1）函数，则，因为函数有两个零点，则有两个不同的根，当时，则在上恒成立，函数递增，不符合题意；当时，令，解得，令，解得，所以在上单调递减，在上单调递增，故有极小值，由题意可知，只需即可，故，解得，所以实数的取值范围为；（2）因为函数有两个零点，且，则，所以，故，所以，则，设，故，则，则，要证明，
30、只需证明，设，只需证明即可，故在上单调递增，因为，（1），满足题意故原不等式成立39（2021海淀区校级月考）已知，函数（）当时，求曲线在点， （1）处的切线方程；（）求的极值点个数；（）若存在，使得对任意成立，求实数的取值范围【解答】解：（）当时，函数，则，所以（1），又（1），所以切线方程为，即；（）因为，则，令，则，令，解得，当时，则单调递减，当时，则单调递增，又当时，当时，当时，故，因为，则与恰有一个交点，记为，则，当时，则，故单调递减，当时，则，故单调递增，所以存在唯一的极小值点，无极大值点，故的极值点个数为1；（）由（）可知，当且仅当时，取得最小值且，所以的最小值为，则原命题等价于
31、存在，使得，等价于存在，使得，即，即，令，则，当时，则单调递增，当时，则单调递减，所以当时，取得最大值（1），则，故实数的取值范围为，40（2021重庆月考）已知函数有三个不同的极值点，且（1）求实数的取值范围；（2）若，求的最大值【解答】解：（1），由题意，则或，所以有两个等于1的正实根，令，则，即当时，单调递减；当时，单调递增，因为（1），所以，的取值范围为；（2）由题意可知，有三个极值点，所以可转化为，由单调性可知，随着的增大，逐渐减小，而逐渐增大，令，当取最大，取最小值时，取最大值，所以，所以，则，所以，令，则，令，当，单调递增，（1），所以，所以，单调递增，因为（3），所以，所以的最
32、大值为341（2021浙江月考）已知，函数（）讨论函数的单调性；（）若有两个极值点，且，试把表示成的函数，并证明此函数存在极值点，且【解答】解：（），因为，当时，即时，故在内单调递增，当时，由，得，且，故在单调递增，在，单调递减，单调递增，综上可知，当时，在上单调递增；当时，在单调递增，在单调递减，单调递增；（）由（）得，由，关于单调递减，得，由，得，证明：令，则，令，则，由，得，故，于是在单调递增，在单调递减，又，又时，故，即有两个根，且，故关于的函数存在极值点，且，42（2021广州月考）已知函数（1）讨论的单调性；（2）当时，函数存在两个零点，求证：【解答】解：（1），当时，在上单调递增
33、；当时，令，得，当，时，当，时，在，上单调递减，在，上单调递增；（）证明：当时，存在两个零点，则，两式相减得，要证，只需证，两边同除以，得，令，故只需证即可令，则，令，当时，故在上单调递减，故，故在上单调递增，原命题得证43（2021长治月考）已知函数，（1）讨论的单调性；（2）设有两个极值点，求证：【解答】（1）解：由题意，函数的定义域为，当时，当且仅当，时，则在上单调递增；当时，令，解得或，当，时，当，时，所以在，上单调递增，在，上单调递减综上所述，当时，在上单调递增；当时，在，上单调递增，在，上单调递减（2）证明：，由（1）可知，当时，有两个极值点，且，所以，要证明，即证明，又，故所证明
34、的不等式等价于，即证明，令，则，故函数在上单调递减，所以（2），即，故，所以44（2021河北月考）已知，（1）若，求的取值范围；（2）若，且，证明：【解答】（1）解：函数，令，则，所以函数，则，当时，则单调递减，当时，则单调递增，所以当时，取得最小值（a），因为恒成立，即恒成立，所以，解得，故实数的取值范围为；（2）证明：由（1）可知，在上单调递减，在上单调递增，不失一般性，设，则，要证明，即证明，即证明，则只需证明即可，因为，即，则只需证明即可，令，则，所以在，上单调递减，则（a），由题意可知，所以，即，所以，故45（2021涪城区校级开学）已知函数（1）讨论在的单调性；（2）若函数存在两
35、个极值点，证明：【解答】解：（1），设，其对称轴方程为，若，则，此时，所以单调递增；若，则，此时在上有两个根，且，所以当时，单调递增；当，时，单调递减；当，时，单调递增；综上所述，当，单调递增；若，在单调递增，在，单调递减，在，上单调递增；（2）证明：，因为有两个极值点，所以，为方程的两根，则有，解得，所以，令（a），则（a）恒成立，所以函数（a）在上单调递增，所以（a）（1），即46（2021光明区月考）已知函数，（1）当时，求函数的单调区间；（2）当，时，函数有两个极值点，证明：【解答】（1）解：当时，令，可得，令，可得，所以的单调递增区间为，单调递减区间为（2）证明：函数的定义域为，令，
36、因为函数有两个极值点，所以，是函数的两个零点，令，可得，令，可得，所以在上单调递减，在，上单调递增，所以，由，可得，因为，所以，所以要证，即证，只需证（2），因为，所以（2），所以，得证47（2021春洛阳期中）已知函数，（1）讨论函数的单调性；（2）若“，”为真命题，求实数的取值范围【解答】解：（）的定义域为，若，则当时，当时，在上单调递增，在上单调递减；若，则由得或，若，在上单调递减；若，即时，在，单调递减，在上单调递增；若，即时，在，单调递减，在上单调递增；（）法：令，则，即，令，则在区间上单调递减，在区间上恒成立，即恒成立，即的取值范围为，法：若“，”为真命题，恒成立，整理得恒成立，故
37、的取值范围为，48（2021河南月考）已知函数，（）若曲线在处的切线在轴上的截距为，求的值；（）证明：对于任意两个正数，【解答】（）解：由，得，则曲线在处的切线的斜率为（e），又（e），曲线在处的切线的方程为，即，由题意，即；（）证明：要证明成立，即证明，一方面，则，另一方面，不妨设，再设，则，可得，当时，此时单调递减，即，综合可得，49（2021朝阳区校级月考）已知函数，（）求函数的单调区间；（）若关于的不等式在，上恒成立求的取值范围；（）若实数满足且，证明：【解答】解：（）的定义域为，可得，变化如下：， 0 单调递增 单调递减的增区间为：，减区间为：，；（），令，令，可得在单调递减，在单调
38、递增，（1），在，上单调递增，（2），的取值范围为，；（）证明：且，由（）知，（a）在上单调递增，只需证明即可令，等价于证明，即证明，令，令，单调递减，而（1），在单调递减，（1），原命题得证50（2021春浙江期中）已知函数（）讨论函数的单调性；（）若函数有两个零点，（）求的范围；（）若，求证：【解答】（）解：函数，定义域为，则，当时，在定义域内恒成立，则单调递增；当时，当时，则单调递减，当时，则单调递增；当时，当时，则单调递减，当时，则单调递增综上所述，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递减，在，上单调递增（）（）解：由（）可知，当时，在上单调递增，不可能
39、有两个零点，不符合题意；当时，在上单调递减，在上单调递增，又由幂函数和对数函数的增减性特征可知，当时，当时，所以此时要使有两个零点，必须且只需，解得；当时，在上单调递减，在，上单调递增，同样由幂函数和对数函数的增减性特征可知，当时，当时，所以此时要使得有两个零点，必须且只需，解得综上所述，实数的取值范围为；（）证明：由知，当时，的两个零点一个在内，另一个在，内，不妨设，设函数，由于，所以，当时，可知，故成立，当时，设，所以为单调递增函数，又因，所以恒成立，即，又因，所以，又因在，上单调递增，所以，所以成立，综上，成立51（2021春丽水期中）已知函数，（）若对任意，不等式恒成立，求的取值范围；
40、（）若函数有3个不同的零点，（）求证：；（）求证：【解答】解：（）解法一：由题意可知，恒成立，所以，所以，即，所以，又，所以在，上单调递减，故（1），所以的取值范围为，；解法二：由恒成立，所以对任意，恒成立，故当时，不等式应当成立，得，而当时，记，则，得单调递减；故（1），所以恒成立，综上可知，的取值范围为，；解法三：由恒成立，即，即当时，函数的图象不能出现在直线的上方，而，故在，单调递减，大致画出该函数的图象，不难发现，当，；所以的取值范围为，；（）（）证明：由，所以，而，令，得；令，得，故在单调递增，在单调递减，而，（1），画出的草图，容易得到，且，设，即，所以，当时，所以，所以在单调递增，所以，即，因为，则，又，所以，所以（）证明：由（）可知，当时，当时，故，画出草图，设直线与在时的交点的横坐标为，结合图象易知，而，所以
