备战2025高考数学压轴导数大题训练(全国通用版)专题09指数型函数取对数问题(学生版+解析)

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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.
(一) 等式两边同时取对数把乘除运算转化为加减运算
形如的等式通过两边取对数，可以把乘除运算，转化为加减运算，使运算降级.
【例1】（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．
(二) 等式两边同时取对数把乘方运算转化为乘法运算
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2】（2024届辽宁省大连市高三上学期考试）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.
【例3】（2024届湖南省娄底市高三下学期考前仿真联考二）已知函数.
(1)当时，讨论函数的单调性；
(2)若，
（i）证明：函数有三个不同的极值点；
（ii）记函数三个极值点分别为，且，证明：.
【解析】（1）函数的定义域为，当时，，则
，
令，则，
所以在上递增，所以，
所以当时，，当时，，所以在上递减，在上递增；
（2）（i）因为，且，，
由，得（），令，则，
当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增，所以，
当时，在和上各有一个实数根，分别记为，则，设，当或时，，当或时，，
所以在和上递减，在和上递增，
所以函数在上有三个不同的极值点，
（ii）由（i），
所以是方程的两个不相等的实数根，即，，
所以，同理，
所以，
由，，得，
所以，
因为，所以要证，只要证，
即证，即证，
即证，只需证，即，即，
由（i）可得，所以，
根据（i）中结论可知函数在上递减，所以要证，即证，
因为，所以，所以只要证，即，得，
即，得，
令，则，
令，则，
所以在上递减，所以，所以，
所以在上递减，所以，所以得证.
(三) 把指数型不等式通过两边取对数转化为对数型不等式
若一个不等式两边同时含有幂值，常通过取对数改变不等式结构
【例4】（2024届天津市武清区杨村一中高三下学期第二次热身练）已知（，且）.
(1)当时，求在处的切线方程；
(2)当时，求证：在上单调递增；
(3)设，已知，有不等式恒成立，求实数a的取值范围.
【解析】（1）当时，，，
所以，，所以切线方程为，即.
（2）当时，，则，
要证明在上单调递增，
只需证明在上恒成立，则只需证，即只需证.
设，则只需证
因为，所以在单调递增，
所以时，即时，成立，
所以，所以在上单调递增.
（3），即，两边取对数得：，即
设，令，得，当时，，单调递减.
又因为，所以，在单调递减，
由，则在恒成立，即，
上式等价于，即，
由在单调递减，所以.即实数的取值范围为.
(四) 把证明乘积型数列不等式通过取对数转化为数列之和型的不等式
若，证明含有型的不等式通常可转化为证明含有型的不等式
【例5】（2024届福建省泉州第一中学高三下学期适应性测试）已知函数．
(1)当时，求的极值；
(2)若恒成立，求实数的取值范围；
(3)证明：．
【解析】（1）当时，，定义域为，则，
当时，，当时，，则在上单调递减，在上单调递增，
所以有极小值，无极大值.
（2）因为恒成立，得，，令，，求导的，
当,,当时，，
即函数在上递减，在上递增，
因此，则a≤−1e，所以的取值范围a≤−1e.
（3）证明：由（2）知，时，即，于是，
，，，
因此
所以.
(五) 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6】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
，
.
【例1】（2024届湖南省衡阳市祁东县高三下学期考前仿真联考三）已知正项数列的前项和为，首项.
(1)若，求数列的通项公式；
(2)若函数，正项数列满足：.
（i）证明：；
（ii）证明：.
【解析】（1）正项数列中，，，，当时，，
两式相减得，即，
而，则，因此数列是首项为1，公差为2的等差数列，
所以数列的通项公式为.
（2）（i）令，求导得，当时，，当时，，
即函数在上单调递减，在上单调递增，则，即，
于是，
即，即，
当时，，
当时，因此，
所以
（ii）由已知，所以，得，
当时，，于是，
当时，，
又，所以，恒有，当时，，
由，得当时，，
则当时，，
从而
，
于是，
所以.
【例2】（2024届江苏省盐城市高三5月考前指导卷）已知函数，其中．
(1)若在上单调递增，求的取值范围；
(2)当时，若且，比较与的大小，并说明理由
【解析】（1），
在上单调递增，在上恒成立且满足的点不连续．
当时，．由在上单调递减可知，
当时，，，综上，的取值范围为
（2）当时，，且，
下面证明，即证明，等价于证明：，
设，所证即为：，
等价于证明：，设函数．
在上单调递增，而，
，所证不等式成立．
【例3】（2024届湖南省衡阳市雁峰区衡阳市第八中学高三模拟预测）已知．
(1)讨论的单调性；
(2)当n为正整数时，试比较的大小关系，并证明．
【解析】（1）①当时，，此时无单调性，
②当时，的定义域，，
令，所以，
所以单调递增；单调递减；且，
所以，在上，所以在和上单调递减；
综上所述，当时，，此时无单调性；当时，在和上单调递减.
（2）因为，且，
所以只需要比较的大小即可，
由（1）知，时，在和上单调递减
所以在和上单调递减，
又因为n为正整数，所以，故，即，
所以，所以.
【例4】（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5】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，，
(1)求在区间上的最大值与最小值；
(2)当时，求证：.
4.（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．
5.已知函数，，．
(1)求的极值；
(2)若有两个零点a，b，且，求证：．
6.设函数.
(1)设、且，求证：对任意的、，总有成立；
(2)设，，且，求证：.
7.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；
8.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：．
9.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.
10.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．
11.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：
12．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：.
13.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：.
14.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.
15．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：．
16.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）
专题9 指数型函数取对数问题
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.
(一) 等式两边同时取对数把乘除运算转化为加减运算
形如的等式通过两边取对数，可以把乘除运算，转化为加减运算，使运算降级.
【例1】（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．
(二) 等式两边同时取对数把乘方运算转化为乘法运算
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2】（2024届辽宁省大连市高三上学期考试）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.
【例3】（2024届湖南省娄底市高三下学期考前仿真联考二）已知函数.
(1)当时，讨论函数的单调性；
(2)若，
（i）证明：函数有三个不同的极值点；
（ii）记函数三个极值点分别为，且，证明：.
【解析】（1）函数的定义域为，当时，，则
，
令，则，
所以在上递增，所以，
所以当时，，当时，，所以在上递减，在上递增；
（2）（i）因为，且，，
由，得（），令，则，
当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增，所以，
当时，在和上各有一个实数根，分别记为，则，设，当或时，，当或时，，
所以在和上递减，在和上递增，
所以函数在上有三个不同的极值点，
（ii）由（i），
所以是方程的两个不相等的实数根，即，，
所以，同理，
所以，
由，，得，
所以，
因为，所以要证，只要证，
即证，即证，
即证，只需证，即，即，
由（i）可得，所以，
根据（i）中结论可知函数在上递减，所以要证，即证，
因为，所以，所以只要证，即，得，
即，得，
令，则，
令，则，
所以在上递减，所以，所以，
所以在上递减，所以，所以得证.
(三) 把指数型不等式通过两边取对数转化为对数型不等式
若一个不等式两边同时含有幂值，常通过取对数改变不等式结构
【例4】（2024届天津市武清区杨村一中高三下学期第二次热身练）已知（，且）.
(1)当时，求在处的切线方程；
(2)当时，求证：在上单调递增；
(3)设，已知，有不等式恒成立，求实数a的取值范围.
【解析】（1）当时，，，
所以，，所以切线方程为，即.
（2）当时，，则，
要证明在上单调递增，
只需证明在上恒成立，则只需证，即只需证.
设，则只需证
因为，所以在单调递增，
所以时，即时，成立，
所以，所以在上单调递增.
（3），即，两边取对数得：，即
设，令，得，当时，，单调递减.
又因为，所以，在单调递减，
由，则在恒成立，即，
上式等价于，即，
由在单调递减，所以.即实数的取值范围为.
(四) 把证明乘积型数列不等式通过取对数转化为数列之和型的不等式
若，证明含有型的不等式通常可转化为证明含有型的不等式
【例5】（2024届福建省泉州第一中学高三下学期适应性测试）已知函数．
(1)当时，求的极值；
(2)若恒成立，求实数的取值范围；
(3)证明：．
【解析】（1）当时，，定义域为，则，
当时，，当时，，则在上单调递减，在上单调递增，
所以有极小值，无极大值.
（2）因为恒成立，得，，令，，求导的，
当,,当时，，
即函数在上递减，在上递增，
因此，则a≤−1e，所以的取值范围a≤−1e.
（3）证明：由（2）知，时，即，于是，
，，，
因此
所以.
(五) 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6】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
，
.
【例1】（2024届湖南省衡阳市祁东县高三下学期考前仿真联考三）已知正项数列的前项和为，首项.
(1)若，求数列的通项公式；
(2)若函数，正项数列满足：.
（i）证明：；
（ii）证明：.
【解析】（1）正项数列中，，，，当时，，
两式相减得，即，
而，则，因此数列是首项为1，公差为2的等差数列，
所以数列的通项公式为.
（2）（i）令，求导得，当时，，当时，，
即函数在上单调递减，在上单调递增，则，即，
于是，
即，即，
当时，，
当时，因此，
所以
（ii）由已知，所以，得，
当时，，于是，
当时，，
又，所以，恒有，当时，，
由，得当时，，
则当时，，
从而
，
于是，
所以.
【例2】（2024届江苏省盐城市高三5月考前指导卷）已知函数，其中．
(1)若在上单调递增，求的取值范围；
(2)当时，若且，比较与的大小，并说明理由
【解析】（1），
在上单调递增，在上恒成立且满足的点不连续．
当时，．由在上单调递减可知，
当时，，，综上，的取值范围为
（2）当时，，且，
下面证明，即证明，等价于证明：，
设，所证即为：，
等价于证明：，设函数．
在上单调递增，而，
，所证不等式成立．
【例3】（2024届湖南省衡阳市雁峰区衡阳市第八中学高三模拟预测）已知．
(1)讨论的单调性；
(2)当n为正整数时，试比较的大小关系，并证明．
【解析】（1）①当时，，此时无单调性，
②当时，的定义域，，
令，所以，
所以单调递增；单调递减；且，
所以，在上，所以在和上单调递减；
综上所述，当时，，此时无单调性；当时，在和上单调递减.
（2）因为，且，
所以只需要比较的大小即可，
由（1）知，时，在和上单调递减
所以在和上单调递减，
又因为n为正整数，所以，故，即，
所以，所以.
【例4】（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5】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．
1．（2024届重庆市南开中学校高三第九次质量检测）已知函数.
(1)当时，恒成立，求实数的取值范围；
(2)已知直线是曲线的两条切线，且直线的斜率之积为1.
（i）记为直线交点的横坐标，求证：；
（ii）若也与曲线相切，求的关系式并求出的取值范围.
【解析】（1）由于，则，
设，则，，且在上单减，
令得，令得，
不妨设两根为，
则由得，
化简得，
所以，
所以，（也可写为）.
代入中得：有两个不等实根，
即，
设，
由于在上单调递减且，
所以在单调递增，单调递减，
而无限趋近于0时，无限趋向于负无穷大，
无限趋近于正无穷大时，无限趋向于负无穷大，，
所以，即.
2．（2024届四川省成都市实验外国语学校教育集团高三下学期联考）已知函数，.
(1)若函数，，讨论函数的单调性；
(2)证明：.（参考数据：，）
【解析】（1）由题意，所以，
当时，，所以在上为增函数；
当时，令得，
所以若时，，所以，所以在上为增函数，
即不等式成立.
3．（2024届广东省广州市高中毕业班冲刺训练题二）已知函数（）.
(1)求在区间上的最大值与最小值；
(2)当时，求证：.
【解析】（1）解：（）（），令，则，
当时，，所以在区间上恒成立，在区间上单调递增，
所以，.
所以
所以，因此.
4.（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，
(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．
故得证．
6.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.
（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．
8.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，
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．
9.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，，
10.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，，所单调递减；当时，，所以单调递增.
所以为的极值点.
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.
11.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；
即证，
设，，则，
∴在单调递减，故，即得证.
12．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
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.
14.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.
于是得，
，所以，.
15．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．
16.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．