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【专题复习】高考数学 专题9 指数型函数取对数问题.zip
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函数与导数一直是高考中的热点与难点, 在导数解答题中有些指数型函数，直接求导运算非常复杂或不可解，这时常通过取对数把指数型函数转化对数型函数求解，特别是涉及到形如的函数取对数可以起到化繁为简的作用，此外有时取对数还可以改变式子结构，便于发现解题思路，故取对数的方法在解高考导数题中有时能大显身手.
二、解题秘籍
(一) 等式两边同时取对数把乘法运算转化为对数运算，再构造函数
通过两边取对数可把乘方运算转化为乘法运算，这种运算法则的改变或能简化运算，或能改变运算式子的结构，从而有利于我们寻找解题思路，因此两边取对数成为处理乘方运算时常用的一种方法.有时对数运算比指数运算来得方便，对一个等式两边取对数是解决含有指数式问题的常用的有效方法.
【例1】（2024届辽宁省大连市高三上学期期初考试）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若（e是自然对数的底数），且，，，证明：.
【解析】（1）函数的定义域为，求导得则，由得，
若，当时，，则单调递减，当时，，则单调递增，
若，当时，，则单调递增，当时，，则单调递减；
所以当时，函数在上单调递减，在上单调递增；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减.
（2）由，两边取对数得，即，
由（1）知，当时，函数在上单调递增，在上单调递减，
，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，，即，
于是，
而，，，函数在上单调递增，因此，即，
又，则有，则，
所以.
(二) 等式或不等式两边同时取对数把乘积运算运算转化为加法运算，
形如或的等式或不等式通过两边取对数，可以把乘积运算，转化为加法运算，使运算降级.
【例2】（2024届辽宁省名校联盟高三上学期联考）已知，，函数和的图像共有三个不同的交点，且有极大值1．
(1)求a的值以及b的取值范围；
(2)若曲线与的交点的横坐标分别记为，，，且．证明：．
【解析】（1）因为，，所以当时，，，
所以在上单调递增，无极大值；
当时，，，
所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以为极大值点，
所以，解得．
因为，图像共有三个不同的交点，
所以方程有三个不等正实根．
设，则，且当时，t与x一一对应，
所以问题转化为关于t的方程有三个不等实根．
又0不满足方程，
所以方程有三个实根．
设，则函数与函数的图像有三个交点，
当或时，，
，所以在，上单调递增；
当时，，
，所以在上单调递减．
当，时，，而；
当时，，
无论还是，当时，都有，
当时，．
根据以上信息，画出函数的大致图像如下图所示，
所以当时，函数与函数的图像有三个交点，
故b的取值范围为．
（2）证明：要证，只需证，
只需证．
设（1）中方程的三个根分别为，，，
且，，，2，3，
从而只需证明．
又由（1）的讨论知，，．
下面先证明，设，
则．
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递增，
所以，所以当时，，
从而当，时，．
又由（1）知在，上单调递增，在上单调递减．
所以当时，，令，解得，
由得；
当时，，令，解得，
由得；
当时，，令，解得，
由得．
综上，，得证．
(三) 把比较转化为比较的大小
比较两个指数式的大小，有时可以通过取对数，利用对数函数的单调性比较大小，如比较的大小，可通过取对数转化为比较的大小，再转化为比较的大小，然后可以构造函数，利用的单调性比较大小.
【例3】一天，小锤同学为了比较与的大小，他首先画出了的函数图像，然后取了离1.1很近的数字1，计算出了在x=1处的切线方程，利用函数与切线的图像关系进行比较.
（1）请利用小锤的思路比較与大小
（2）现提供以下两种类型的曲线，试利用小锤同学的思路选择合适的曲线，比较的大小.
【解析】（1）构造函数，由f(x)在上单调递增，在上单调递减，得，即，取x=1，得
（2）通过取对数，把比较的大小转化为比较e与3的大小，即比较与大小
选，令与公切于e
则有，
记，
∴在上单调递减，在上单调递增,
，下证：
只需证
只需证
而，即
选，通过取对数，把比较的大小转化为比较e与3的大小，即比较与大小，即较与大小
令与y=kx+t切于，则有
令
∴在上单调递增，在上单调递减,
，当取等
下证，只需证
，
.
三、典例展示
【例1】（2021全国甲卷高考试题）已知且，函数．
(1)当时，求的单调区间；
(2)若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围．
【解析】（1）当时，,
令得,当时，,当时，,
∴函数在上单调递增；上单调递减；
（2）,设函数,
则,令，得,
在内,单调递增；
在上,单调递减；
,
又，当趋近于时，趋近于0，
所以曲线与直线有且仅有两个交点，即曲线与直线有两个交点的充分必要条件是,这即是,
所以的取值范围是．
【例2】（2023届新疆高三第三次适应性检测）已知函数，．
(1)讨论的单调性；
(2)若方程有两个不相等的实根，求实数的取值范围，并证明．
【解析】（1）因为，
所以，
当时，，所以在区间上单调递增，
当时，令，得；令，得，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，
综上当时，在区间上单调递增，当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减.
（2）方程，即，等价于，
令，其中，则，显然，
令，则，
所以在区间上单调递减，且由时可得在区间上，
在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以，
因为方程有两个实根，
所以关于的方程有两个实根，，且，，所以，
要证，即证，即证，只需证，
因为，所以，整理可得，
不妨设，则只需证，
即，
令，，其中，
因为，所以在区间上单调递增，
所以，故．
【例3】已知函数，，．
(1)求的极值；
(2)若有两个零点a，b，且，求证：．
【解析】 (1)函数的定义域为，．
当时，，则在上单调递增；
当时，，则在上单调递减，
所以函数的极大值为，无极小值．
(2)令，则．
设，
则，
易知函数在上单调递减，在上单调递增．
又，所以，
又有两个零点，所以．
因为，所以．
要证，即证，
即证．
又，则，
故即证，
即证．
设，，
则，
所以在上单调递减，
所以，
故得证．
【例4】设函数.
(1)设、且，求证：对任意的、，总有成立；
(2)设，，且，求证：.
【解析】（1）证明：
.
不妨设，
令，其中，
则，
所以，函数在区间上单调递减，
因为，则，
所以，，即，
所以，当、且，对任意的、，总有成立.
（2）证明：，，且，
要证.
即证，
即，
当时，由（1）可知，不等式成立，
假设当时不等式成立，
即，
则当时，设，
由（1）可得，
则
，
这说明当时，结论也成立，
故对任意的，，
所以，，
因此，，
故当，，且时，.
【例5】已知函数
（1）讨论g(x)的单调性；
（2）若，对任意恒成立，求a的最大值；
【解析】（1），
当时，，在上单调递增；
当时，令，解得，令，解得，
在上单调递减，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；
（2）即为，即，
设，则，
易知函数在上单调递增，
而，所以（两边取对数），即，当时，即为，
设，则，
易知函数在上单调递减，在上单调递增，
（e），
，即的最大值为．
【例6】已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)设a，b为两个不相等的正数，且，证明：．
【解析】 (1)，定义域为，
由，解得，
由，解得，
由，解得，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为．
(2)∵a，b为两个不相等的正数，且，
∴，即，
由（1）可知，且，时，，
则令，
则为的两根，且，
不妨设，则，
先证，即证，即证，
令，即证在上，，
则，
在上单调递增，即，
∴在上恒成立，即在上单调递减，，
∴，即可得；
再证，即证，
由（1）单调性可得证，
令，
，
在上单调递增，
∴，且当，
所以存在使得，
即当时，单调递减，
当时，单调递增，
又有，
且，
所以恒成立，
∴，
则，即可证得．
四、跟踪检测
1.已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)当时，证明：函数有两个零点；
(3)若函数有两个不同的极值点（其中），证明：．
【解析】 (1)，
当时，，当时，，
所以函数在上递减，在上递增，
所以函数的单调区间为和；
(2)证明：由（1）知，
因为，所以，
又当时，，，
所以函数在上存在一个零点，在上存在一个零点，
所以函数有两个零点；
(3)证明：，
则，
因为函数有两个不同的极值点（其中），
所以，，
要证等价于证，
即证，
所以，
因为，
所以，
又，，
作差得，所以，
所以原不等式等价于要证明，
即，
令，
则上不等式等价于要证：，
令，
则，
所以函数在上递增，
所以，
所以，
所以．
2.形如的函数称为幂指函数，幂指函数在求导时，可以利用对数法：在函数解析式两边取对数得，两边对求导数，得，于是.已知，.
（1）求曲线在处的切线方程；
（2）若，求的单调区间；
（3）求证：恒成立.
【解析】（1）由幂指函数导数公式得，
所以，又，
所以，曲线在处的切线方程为.
（2），
则
，
所以的单调增区间为，无单调减区间.
（3）构造，，
则，
令，
所以，
因为与同号，所以，所以，
又，所以，
所以即为上增函数，
又因为，
所以，当时，；
当时，.
所以，为上减函数，为上增函数，
所以，，
即，
因此，恒成立，即证.
3.已知函数．
(1)求的极值点．
(2)若有且仅有两个不相等的实数满足．
（i）求k的取值范围
（ⅱ）证明．
【解析】 (1)
函数的导函数为.
当时，，所以函数单调递减；当时，，所以函数单调递增.
所以为的极值点.
(2)因为有且仅有两个不相等的实数满足，所以.
（i）问题转化为在(0,+∞)内有两个零点,则.
当时, ,单调递减；当时, ,单调递增.
若有两个零点,则必有,解得：.
若k≥0,当时, ,无法保证有两个零点；
若,又,，,
故存在使得,存在使得.
综上可知, .
（ⅱ）设则t∈(1,+∞).将代入,可得，（*）.
欲证: ，需证即证，将（*）代入，则有，则只需要证明：，即.
构造，则，.
令，则.所以，则，所以在内单减.
又，所以当时，有，单调递增；当时，有，单调递减；
所以，因此，即.
综上所述，命题得证.
4.已知，.
(1)记，讨论的单调区间；
(2)记，若有两个零点a，b，且.
请在①②中选择一个完成.
①求证：；
②求证：
【解析】 (1)函数的定义域为，，
当时，，在单调递增；
当时，令，解得，令，解得，
∴在单调递增，在单调递减；
综上，当时，的单调递增区间为；
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为
(2)证明：因为，令，则，
设（），则，
函数在单调递减，在单调递增，且时，，
当时，，，
∴，
又，则,
若证①所证不等式，即，
即证，
又，则，故即证，
即证，
设，，则，
∴在上单调递减，
∴，即得证；
若证②所证不等式，即，即证，
即证，
又，即，故即证，
即证，
设，，则，
∴在单调递减，故，即得证.
5．已知，，（其中e为自然对数的底数）.
（1）求函数的单调区间；
（2）若，函数有两个零点，，求证：.
【解析】（1）解：
∵，∴时，，
∴时，增区间为：，减区间为：；
时，，∴时，增区间为：；
时，，，
∴时，增区间为：，减区间为：；
（2）因为时，函数有两个零点，，
则两个零点必为正实数，
故问题转化为有两个正实数解；
令（）
则（），在单调递增，在单调递减，且
令，，则
所以在单调递增，
又，故，
又，所以，
又，所以，，
又在单调递增，所以
所以．
6.已知函数存在极大值.
（1）求实数的值；
（2）若函数有两个零点，，求实数的取值范围，并证明：.
【解析】（1），
，令，，
此时，在上，递增；在上，递减，所以当时，取得极大值为符合题意，所以.
（2）由（1）知：在上递增，在上递减，极大值为.
，，当时，；当时，；当时，.
由于函数有两个零点，，
所以.
因为，是的两个零点，则.
所以，，，两边取对数得，
要证，只需证明，
即证，不妨设，令，则，
即证对恒成立.
令，，
所以在上递增，所以，即，
所以.从而成立.
7.已知函数.
（1）若是曲线的切线，求a的值；
（2）若有两不同的零点，求b的取值范围；
（3）若，且恒成立，求a的取值范围.
【解析】(1)依题意，设切点为，则，
，于是得，则有且，
时，，无解，
所以；
(2)由得，令，
则有时时，在上递增，在上递减，
，又时，恒成立，
于是得有两个不同的零点，等价于直线与函数图象有两个不同的公共点，
即，，所以有两不同的零点，b的取值范围是；
(3)，
，
令，，
令，，即在上递增，
而，即，使得，
时，时，，
在上递减，在上递增，从而有，
而，即，令，两边取对数得，则，
即有，显然函数在上单调递增，从而得，
于是得，
，
所以，.
8．已知函数，．
（1）当时，
①求的极值；
②若对任意的都有，，求的最大值；
（2）若函数有且只有两个不同的零点，，求证：．
【解析】（1）①时，，则，
令，解得：，令，解得：，
∴在递减，在,递增，故的极小值是，没有极大值；
②对任意都有，即恒成立，
由，有，故，
由①知，在,单调递增，故，可得，即，
当时，的最小值是，故的最大值是；
（2）证明：要证，只需证明即可，
由题意，、是方程的两个不相等的实数根，又，
∴，消去，整理得：，
不妨设，令，则，故只需证明当时，，即证明，
设，则，
∴在单调递增，从而，
故，即得证．
9.已知函数，，．
(1)讨论的单调性；
(2)设有两个极值点，，证明：．（…为自然对数的底数）
【解析】 (1)，，
①当时，，在单调递增；
②当时，令解得，时，，单调递增；
时，，单调递减．
综上，当时，在单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减，
(2)由题意知，，，是的两根，
即，，解得，
要证，即证，即，
把（*）式代入得，
所以应证，
令，，即证成立，
而，
所以在上单调递增，
所以，
所以命题得证．
10.已知函数（e为自然对数的底数）有两个零点．
(1)若，求在处的切线方程；
(2)若的两个零点分别为，证明：．
【解析】(1)当时，，，
又，所以切点坐标为，切线的斜率为．
所以切线方程为，即
(2)由已知得有两个不等的正实跟．
所以方程有两个不等的正实根，即有两个不等的正实根，①
要证，只需证，即证，
令，，所以只需证，
由①得，，
所以，，消去a得，只需证，
设，令，则，
则，即证
构建则，
所以在上单调递增，则，
即当时，成立，
所以，即，即，
所以，证毕．
11．已知函数.
(1)若有两个零点，的取值范围；
(2)若方程有两个实根、，且，证明：.
【解析】 (1)函数的定义域为.
当时，函数无零点，不合乎题意，所以，，
由可得，
构造函数，其中，所以，直线与函数的图象有两个交点，
，由可得，列表如下：
所以，函数的极大值为，如下图所示：
且当时，，
由图可知，当时，即当时，直线与函数的图象有两个交点，
故实数的取值范围是.
(2)证明：因为，则，
令，其中，则有，
，所以，函数在上单调递增，
因为方程有两个实根、，令，，
则关于的方程也有两个实根、，且，
要证，即证，即证，即证，
由已知，所以，，整理可得，
不妨设，即证，即证，
令，即证，其中，
构造函数，其中，
，所以，函数在上单调递增，
当时，，故原不等式成立.
12.已知函数
（1）若是的极值点，求的值，并讨论的单调性；
（2）当时，证明：
【解析】（1）函数的定义域，
因为，是的极值点，
所以（1），所以，
所以，
因为和在上单调递增，所以在上单调递增，
所以当时，；时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
（2）当时，，
设，则，
因为和在上单调递增，所以在上单调递增，
因为，
所以存在使得，
所以当时，，当时，，
所以在单调递减，在上单调递增，所以，
因为，即，两边取对数得，
所以，
因为，所以，所以.增
极大值
减
函数与导数一直是高考中的热点与难点, 在导数解答题中有些指数型函数，直接求导运算非常复杂或不可解，这时常通过取对数把指数型函数转化对数型函数求解，特别是涉及到形如的函数取对数可以起到化繁为简的作用，此外有时取对数还可以改变式子结构，便于发现解题思路，故取对数的方法在解高考导数题中有时能大显身手.
二、解题秘籍
(一) 等式两边同时取对数把乘法运算转化为对数运算，再构造函数
通过两边取对数可把乘方运算转化为乘法运算，这种运算法则的改变或能简化运算，或能改变运算式子的结构，从而有利于我们寻找解题思路，因此两边取对数成为处理乘方运算时常用的一种方法.有时对数运算比指数运算来得方便，对一个等式两边取对数是解决含有指数式问题的常用的有效方法.
【例1】（2024届辽宁省大连市高三上学期期初考试）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若（e是自然对数的底数），且，，，证明：.
【解析】（1）函数的定义域为，求导得则，由得，
若，当时，，则单调递减，当时，，则单调递增，
若，当时，，则单调递增，当时，，则单调递减；
所以当时，函数在上单调递减，在上单调递增；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减.
（2）由，两边取对数得，即，
由（1）知，当时，函数在上单调递增，在上单调递减，
，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，，即，
于是，
而，，，函数在上单调递增，因此，即，
又，则有，则，
所以.
(二) 等式或不等式两边同时取对数把乘积运算运算转化为加法运算，
形如或的等式或不等式通过两边取对数，可以把乘积运算，转化为加法运算，使运算降级.
【例2】（2024届辽宁省名校联盟高三上学期联考）已知，，函数和的图像共有三个不同的交点，且有极大值1．
(1)求a的值以及b的取值范围；
(2)若曲线与的交点的横坐标分别记为，，，且．证明：．
【解析】（1）因为，，所以当时，，，
所以在上单调递增，无极大值；
当时，，，
所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以为极大值点，
所以，解得．
因为，图像共有三个不同的交点，
所以方程有三个不等正实根．
设，则，且当时，t与x一一对应，
所以问题转化为关于t的方程有三个不等实根．
又0不满足方程，
所以方程有三个实根．
设，则函数与函数的图像有三个交点，
当或时，，
，所以在，上单调递增；
当时，，
，所以在上单调递减．
当，时，，而；
当时，，
无论还是，当时，都有，
当时，．
根据以上信息，画出函数的大致图像如下图所示，
所以当时，函数与函数的图像有三个交点，
故b的取值范围为．
（2）证明：要证，只需证，
只需证．
设（1）中方程的三个根分别为，，，
且，，，2，3，
从而只需证明．
又由（1）的讨论知，，．
下面先证明，设，
则．
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递增，
所以，所以当时，，
从而当，时，．
又由（1）知在，上单调递增，在上单调递减．
所以当时，，令，解得，
由得；
当时，，令，解得，
由得；
当时，，令，解得，
由得．
综上，，得证．
(三) 把比较转化为比较的大小
比较两个指数式的大小，有时可以通过取对数，利用对数函数的单调性比较大小，如比较的大小，可通过取对数转化为比较的大小，再转化为比较的大小，然后可以构造函数，利用的单调性比较大小.
【例3】一天，小锤同学为了比较与的大小，他首先画出了的函数图像，然后取了离1.1很近的数字1，计算出了在x=1处的切线方程，利用函数与切线的图像关系进行比较.
（1）请利用小锤的思路比較与大小
（2）现提供以下两种类型的曲线，试利用小锤同学的思路选择合适的曲线，比较的大小.
【解析】（1）构造函数，由f(x)在上单调递增，在上单调递减，得，即，取x=1，得
（2）通过取对数，把比较的大小转化为比较e与3的大小，即比较与大小
选，令与公切于e
则有，
记，
∴在上单调递减，在上单调递增,
，下证：
只需证
只需证
而，即
选，通过取对数，把比较的大小转化为比较e与3的大小，即比较与大小，即较与大小
令与y=kx+t切于，则有
令
∴在上单调递增，在上单调递减,
，当取等
下证，只需证
，
.
三、典例展示
【例1】（2021全国甲卷高考试题）已知且，函数．
(1)当时，求的单调区间；
(2)若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围．
【解析】（1）当时，,
令得,当时，,当时，,
∴函数在上单调递增；上单调递减；
（2）,设函数,
则,令，得,
在内,单调递增；
在上,单调递减；
,
又，当趋近于时，趋近于0，
所以曲线与直线有且仅有两个交点，即曲线与直线有两个交点的充分必要条件是,这即是,
所以的取值范围是．
【例2】（2023届新疆高三第三次适应性检测）已知函数，．
(1)讨论的单调性；
(2)若方程有两个不相等的实根，求实数的取值范围，并证明．
【解析】（1）因为，
所以，
当时，，所以在区间上单调递增，
当时，令，得；令，得，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，
综上当时，在区间上单调递增，当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减.
（2）方程，即，等价于，
令，其中，则，显然，
令，则，
所以在区间上单调递减，且由时可得在区间上，
在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以，
因为方程有两个实根，
所以关于的方程有两个实根，，且，，所以，
要证，即证，即证，只需证，
因为，所以，整理可得，
不妨设，则只需证，
即，
令，，其中，
因为，所以在区间上单调递增，
所以，故．
【例3】已知函数，，．
(1)求的极值；
(2)若有两个零点a，b，且，求证：．
【解析】 (1)函数的定义域为，．
当时，，则在上单调递增；
当时，，则在上单调递减，
所以函数的极大值为，无极小值．
(2)令，则．
设，
则，
易知函数在上单调递减，在上单调递增．
又，所以，
又有两个零点，所以．
因为，所以．
要证，即证，
即证．
又，则，
故即证，
即证．
设，，
则，
所以在上单调递减，
所以，
故得证．
【例4】设函数.
(1)设、且，求证：对任意的、，总有成立；
(2)设，，且，求证：.
【解析】（1）证明：
.
不妨设，
令，其中，
则，
所以，函数在区间上单调递减，
因为，则，
所以，，即，
所以，当、且，对任意的、，总有成立.
（2）证明：，，且，
要证.
即证，
即，
当时，由（1）可知，不等式成立，
假设当时不等式成立，
即，
则当时，设，
由（1）可得，
则
，
这说明当时，结论也成立，
故对任意的，，
所以，，
因此，，
故当，，且时，.
【例5】已知函数
（1）讨论g(x)的单调性；
（2）若，对任意恒成立，求a的最大值；
【解析】（1），
当时，，在上单调递增；
当时，令，解得，令，解得，
在上单调递减，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；
（2）即为，即，
设，则，
易知函数在上单调递增，
而，所以（两边取对数），即，当时，即为，
设，则，
易知函数在上单调递减，在上单调递增，
（e），
，即的最大值为．
【例6】已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)设a，b为两个不相等的正数，且，证明：．
【解析】 (1)，定义域为，
由，解得，
由，解得，
由，解得，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为．
(2)∵a，b为两个不相等的正数，且，
∴，即，
由（1）可知，且，时，，
则令，
则为的两根，且，
不妨设，则，
先证，即证，即证，
令，即证在上，，
则，
在上单调递增，即，
∴在上恒成立，即在上单调递减，，
∴，即可得；
再证，即证，
由（1）单调性可得证，
令，
，
在上单调递增，
∴，且当，
所以存在使得，
即当时，单调递减，
当时，单调递增，
又有，
且，
所以恒成立，
∴，
则，即可证得．
四、跟踪检测
1.已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)当时，证明：函数有两个零点；
(3)若函数有两个不同的极值点（其中），证明：．
【解析】 (1)，
当时，，当时，，
所以函数在上递减，在上递增，
所以函数的单调区间为和；
(2)证明：由（1）知，
因为，所以，
又当时，，，
所以函数在上存在一个零点，在上存在一个零点，
所以函数有两个零点；
(3)证明：，
则，
因为函数有两个不同的极值点（其中），
所以，，
要证等价于证，
即证，
所以，
因为，
所以，
又，，
作差得，所以，
所以原不等式等价于要证明，
即，
令，
则上不等式等价于要证：，
令，
则，
所以函数在上递增，
所以，
所以，
所以．
2.形如的函数称为幂指函数，幂指函数在求导时，可以利用对数法：在函数解析式两边取对数得，两边对求导数，得，于是.已知，.
（1）求曲线在处的切线方程；
（2）若，求的单调区间；
（3）求证：恒成立.
【解析】（1）由幂指函数导数公式得，
所以，又，
所以，曲线在处的切线方程为.
（2），
则
，
所以的单调增区间为，无单调减区间.
（3）构造，，
则，
令，
所以，
因为与同号，所以，所以，
又，所以，
所以即为上增函数，
又因为，
所以，当时，；
当时，.
所以，为上减函数，为上增函数，
所以，，
即，
因此，恒成立，即证.
3.已知函数．
(1)求的极值点．
(2)若有且仅有两个不相等的实数满足．
（i）求k的取值范围
（ⅱ）证明．
【解析】 (1)
函数的导函数为.
当时，，所以函数单调递减；当时，，所以函数单调递增.
所以为的极值点.
(2)因为有且仅有两个不相等的实数满足，所以.
（i）问题转化为在(0,+∞)内有两个零点,则.
当时, ,单调递减；当时, ,单调递增.
若有两个零点,则必有,解得：.
若k≥0,当时, ,无法保证有两个零点；
若,又,，,
故存在使得,存在使得.
综上可知, .
（ⅱ）设则t∈(1,+∞).将代入,可得，（*）.
欲证: ，需证即证，将（*）代入，则有，则只需要证明：，即.
构造，则，.
令，则.所以，则，所以在内单减.
又，所以当时，有，单调递增；当时，有，单调递减；
所以，因此，即.
综上所述，命题得证.
4.已知，.
(1)记，讨论的单调区间；
(2)记，若有两个零点a，b，且.
请在①②中选择一个完成.
①求证：；
②求证：
【解析】 (1)函数的定义域为，，
当时，，在单调递增；
当时，令，解得，令，解得，
∴在单调递增，在单调递减；
综上，当时，的单调递增区间为；
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为
(2)证明：因为，令，则，
设（），则，
函数在单调递减，在单调递增，且时，，
当时，，，
∴，
又，则,
若证①所证不等式，即，
即证，
又，则，故即证，
即证，
设，，则，
∴在上单调递减，
∴，即得证；
若证②所证不等式，即，即证，
即证，
又，即，故即证，
即证，
设，，则，
∴在单调递减，故，即得证.
5．已知，，（其中e为自然对数的底数）.
（1）求函数的单调区间；
（2）若，函数有两个零点，，求证：.
【解析】（1）解：
∵，∴时，，
∴时，增区间为：，减区间为：；
时，，∴时，增区间为：；
时，，，
∴时，增区间为：，减区间为：；
（2）因为时，函数有两个零点，，
则两个零点必为正实数，
故问题转化为有两个正实数解；
令（）
则（），在单调递增，在单调递减，且
令，，则
所以在单调递增，
又，故，
又，所以，
又，所以，，
又在单调递增，所以
所以．
6.已知函数存在极大值.
（1）求实数的值；
（2）若函数有两个零点，，求实数的取值范围，并证明：.
【解析】（1），
，令，，
此时，在上，递增；在上，递减，所以当时，取得极大值为符合题意，所以.
（2）由（1）知：在上递增，在上递减，极大值为.
，，当时，；当时，；当时，.
由于函数有两个零点，，
所以.
因为，是的两个零点，则.
所以，，，两边取对数得，
要证，只需证明，
即证，不妨设，令，则，
即证对恒成立.
令，，
所以在上递增，所以，即，
所以.从而成立.
7.已知函数.
（1）若是曲线的切线，求a的值；
（2）若有两不同的零点，求b的取值范围；
（3）若，且恒成立，求a的取值范围.
【解析】(1)依题意，设切点为，则，
，于是得，则有且，
时，，无解，
所以；
(2)由得，令，
则有时时，在上递增，在上递减，
，又时，恒成立，
于是得有两个不同的零点，等价于直线与函数图象有两个不同的公共点，
即，，所以有两不同的零点，b的取值范围是；
(3)，
，
令，，
令，，即在上递增，
而，即，使得，
时，时，，
在上递减，在上递增，从而有，
而，即，令，两边取对数得，则，
即有，显然函数在上单调递增，从而得，
于是得，
，
所以，.
8．已知函数，．
（1）当时，
①求的极值；
②若对任意的都有，，求的最大值；
（2）若函数有且只有两个不同的零点，，求证：．
【解析】（1）①时，，则，
令，解得：，令，解得：，
∴在递减，在,递增，故的极小值是，没有极大值；
②对任意都有，即恒成立，
由，有，故，
由①知，在,单调递增，故，可得，即，
当时，的最小值是，故的最大值是；
（2）证明：要证，只需证明即可，
由题意，、是方程的两个不相等的实数根，又，
∴，消去，整理得：，
不妨设，令，则，故只需证明当时，，即证明，
设，则，
∴在单调递增，从而，
故，即得证．
9.已知函数，，．
(1)讨论的单调性；
(2)设有两个极值点，，证明：．（…为自然对数的底数）
【解析】 (1)，，
①当时，，在单调递增；
②当时，令解得，时，，单调递增；
时，，单调递减．
综上，当时，在单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减，
(2)由题意知，，，是的两根，
即，，解得，
要证，即证，即，
把（*）式代入得，
所以应证，
令，，即证成立，
而，
所以在上单调递增，
所以，
所以命题得证．
10.已知函数（e为自然对数的底数）有两个零点．
(1)若，求在处的切线方程；
(2)若的两个零点分别为，证明：．
【解析】(1)当时，，，
又，所以切点坐标为，切线的斜率为．
所以切线方程为，即
(2)由已知得有两个不等的正实跟．
所以方程有两个不等的正实根，即有两个不等的正实根，①
要证，只需证，即证，
令，，所以只需证，
由①得，，
所以，，消去a得，只需证，
设，令，则，
则，即证
构建则，
所以在上单调递增，则，
即当时，成立，
所以，即，即，
所以，证毕．
11．已知函数.
(1)若有两个零点，的取值范围；
(2)若方程有两个实根、，且，证明：.
【解析】 (1)函数的定义域为.
当时，函数无零点，不合乎题意，所以，，
由可得，
构造函数，其中，所以，直线与函数的图象有两个交点，
，由可得，列表如下：
所以，函数的极大值为，如下图所示：
且当时，，
由图可知，当时，即当时，直线与函数的图象有两个交点，
故实数的取值范围是.
(2)证明：因为，则，
令，其中，则有，
，所以，函数在上单调递增，
因为方程有两个实根、，令，，
则关于的方程也有两个实根、，且，
要证，即证，即证，即证，
由已知，所以，，整理可得，
不妨设，即证，即证，
令，即证，其中，
构造函数，其中，
，所以，函数在上单调递增，
当时，，故原不等式成立.
12.已知函数
（1）若是的极值点，求的值，并讨论的单调性；
（2）当时，证明：
【解析】（1）函数的定义域，
因为，是的极值点，
所以（1），所以，
所以，
因为和在上单调递增，所以在上单调递增，
所以当时，；时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
（2）当时，，
设，则，
因为和在上单调递增，所以在上单调递增，
因为，
所以存在使得，
所以当时，，当时，，
所以在单调递减，在上单调递增，所以，
因为，即，两边取对数得，
所以，
因为，所以，所以.增
极大值
减
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