高考数学微专题集05含对数式的极值点偏移问题(原卷版+解析)

这是一份高考数学微专题集05含对数式的极值点偏移问题(原卷版+解析)，共45页。
前面我们已经指明并提炼出利用判定定理解决极值点偏移问题的策略：若的极值点为，则根据对称性构造一元差函数，巧借的单调性以及，借助于与，比较与的大小，即比较与的大小．有了这种解题策略，我们师生就克服了解题的盲目性，细细咀嚼不得不为其绝妙的想法喝彩．
本文将提炼出极值点偏移问题的又一解题策略：根据建立等式，通过消参､恒等变形转化为对数平均，捆绑构造函数，利用对数平均不等式链求解．
★例．已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）设，证明：当时，；
（3）若函数的图象与轴交于两点，线段中点的横坐标为，证明：．
【解析】（1）易得：当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减．
（2）法一：构造函数，
则，
在上单调递增，
又，即．
法二：构造以为主元的函数，设函数，
则，，
由，解得，
当时，，∴在上单调递增，
而，所以，故当时，．
（3）由（1）知，只有当，且的最大值时，
函数才会有两个零点，不妨设，
则，故，
由（2）得：，
又由在上单调递减，
所以，于是，
由（1）知，．
【问题的进一步探究】
对数平均不等式的介绍与证明
两个正数和的对数平均定义：
对数平均与算术平均､几何平均的大小关系：
（此式记为对数平均不等式）
取等条件：当且仅当时，等号成立．
只证：当时，．不失一般性，可设．
证明如下：
（I）先证：……①
不等式①（其中）
构造函数，则．
因为时，，所以函数在上单调递减，
故，从而不等式①成立；
（II）再证：……②
不等式②（其中）
构造函数，则．
因为时，，所以函数在上单调递增，
故，从而不等式成立；
综合（I）（II）知，对，都有对数平均不等式成立，
当且仅当时，等号成立．
例题第（3）问另解：由
故要证
．
根据对数平均不等式，此不等式显然成立，故原不等式得证．
★已知函数与直线交于两点．
求证：
【解析】由，可得：
①，②
①-②得：
③
①+②得：
④
根据对数平均不等式
利用③④式可得：
由题于与交于不同两点，易得出则
∴上式简化为：
∴
招式演练：
1．已知函数（）.
（1）若是定义域上的增函数，求a的取值范围；
（2）若，若函数有两个极值点，（），求的取值范围.
2．已知函数．
（1）当时，判断函数是否有极值，并说明理由；
（2）若函数有两个极值点，，且，证明：．
3．已知函数．
（1）当时，若有两个零点，求的取值范围；
（2）若且，证明：．
4．已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数有两个零点，，求证：．
5．已知函数.
（1）求的单调区间；
（2）若，是的两个零点，求证:.
6．已知函数.
（1）若，讨论函数的单调性；
（2）若函数的两个零点为，记，证明：.
7．已知函数
（1）若，求函数的单调递减区间;
（2）若关于x的不等式恒成立，求整数 a的最小值:
（3）若，正实数满足，证明:
8．已知函数．
（1）求函数的最大值；
（2）若函数存在两个零点，证明：．
9．已知函数.
（1）讨论的极值；
（2）若有两个零点，，证明：.
10．已知函数.
（1）讨论的单调性
（2）若恰有两个不同的零点，，证明：.
11．已知：函数.
（1）证明：是增函数；
（2）已知：且，证明：.
12．设函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，设，是的两个零点，证明：
13．已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数存在两个零点分别为，试求的取值范围，并证明.
14．已知函数．
（1）求的图象在处的切线方程；
（2）若函数有两个不同的零点、，证明：．
15．已知.
（1）若函数有两个零点，求的取值范围；
（2）证明：当时，对任意满足的正实数，，都有.
16．已知函数（a为常数）.
（Ⅰ）求函数的单调区间；
（Ⅱ）若，求不等式的解集；
（Ⅲ）若存在两个不相等的整数，满足，求证：.
17．已知函数.
（1）若函数，试研究函数的极值情况；
（2）记函数在区间内的零点为，记，若在区间内有两个不等实根，证明：.
18．已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若存在两个极值点，，求证：.
19．设函数，其中.
（1）证明：恰有两个零点；
（2）设为的极值点，为的零点，且，证明.
20．已知函数，.
（1）当时，求该函数在处的切线方程；
（2）求该函数的单调区间和极值；
（3）若函数在其定义域上有两个极值点，且，求证：.
21．已知函数，．
（Ⅰ）若在内单调递减，求实数的取值范围；
（Ⅱ）若函数有两个极值点分别为，，证明：．
05含对数式的极值点偏移问题
专题05含对数式的极值点偏移问题
前面我们已经指明并提炼出利用判定定理解决极值点偏移问题的策略：若的极值点为，则根据对称性构造一元差函数，巧借的单调性以及，借助于与，比较与的大小，即比较与的大小．有了这种解题策略，我们师生就克服了解题的盲目性，细细咀嚼不得不为其绝妙的想法喝彩．
本文将提炼出极值点偏移问题的又一解题策略：根据建立等式，通过消参､恒等变形转化为对数平均，捆绑构造函数，利用对数平均不等式链求解．
★例．已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）设，证明：当时，；
（3）若函数的图象与轴交于两点，线段中点的横坐标为，证明：．
【解析】（1）易得：当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减．
（2）法一：构造函数，
则，
在上单调递增，
又，即．
法二：构造以为主元的函数，设函数，
则，，
由，解得，
当时，，∴在上单调递增，
而，所以，故当时，．
（3）由（1）知，只有当，且的最大值时，
函数才会有两个零点，不妨设，
则，故，
由（2）得：，
又由在上单调递减，
所以，于是，
由（1）知，．
【问题的进一步探究】
对数平均不等式的介绍与证明
两个正数和的对数平均定义：
对数平均与算术平均､几何平均的大小关系：
（此式记为对数平均不等式）
取等条件：当且仅当时，等号成立．
只证：当时，．不失一般性，可设．
证明如下：
（I）先证：……①
不等式①（其中）
构造函数，则．
因为时，，所以函数在上单调递减，
故，从而不等式①成立；
（II）再证：……②
不等式②（其中）
构造函数，则．
因为时，，所以函数在上单调递增，
故，从而不等式成立；
综合（I）（II）知，对，都有对数平均不等式成立，
当且仅当时，等号成立．
例题第（3）问另解：由
故要证
．
根据对数平均不等式，此不等式显然成立，故原不等式得证．
★已知函数与直线交于两点．
求证：
【解析】由，可得：
①，②
①-②得：
③
①+②得：
④
根据对数平均不等式
利用③④式可得：
由题于与交于不同两点，易得出则
∴上式简化为：
∴
招式演练：
1．已知函数（）.
（1）若是定义域上的增函数，求a的取值范围；
（2）若，若函数有两个极值点，（），求的取值范围.
2．已知函数．
（1）当时，判断函数是否有极值，并说明理由；
（2）若函数有两个极值点，，且，证明：．
3．已知函数．
（1）当时，若有两个零点，求的取值范围；
（2）若且，证明：．
4．已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数有两个零点，，求证：．
5．已知函数.
（1）求的单调区间；
（2）若，是的两个零点，求证:.
6．已知函数.
（1）若，讨论函数的单调性；
（2）若函数的两个零点为，记，证明：.
7．已知函数
（1）若，求函数的单调递减区间;
（2）若关于x的不等式恒成立，求整数 a的最小值:
（3）若，正实数满足，证明:
8．已知函数．
（1）求函数的最大值；
（2）若函数存在两个零点，证明：．
9．已知函数.
（1）讨论的极值；
（2）若有两个零点，，证明：.
10．已知函数.
（1）讨论的单调性
（2）若恰有两个不同的零点，，证明：.
11．已知：函数.
（1）证明：是增函数；
（2）已知：且，证明：.
12．设函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，设，是的两个零点，证明：
13．已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数存在两个零点分别为，试求的取值范围，并证明.
14．已知函数．
（1）求的图象在处的切线方程；
（2）若函数有两个不同的零点、，证明：．
15．已知.
（1）若函数有两个零点，求的取值范围；
（2）证明：当时，对任意满足的正实数，，都有.
16．已知函数（a为常数）.
（Ⅰ）求函数的单调区间；
（Ⅱ）若，求不等式的解集；
（Ⅲ）若存在两个不相等的整数，满足，求证：.
17．已知函数.
（1）若函数，试研究函数的极值情况；
（2）记函数在区间内的零点为，记，若在区间内有两个不等实根，证明：.
18．已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若存在两个极值点，，求证：.
19．设函数，其中.
（1）证明：恰有两个零点；
（2）设为的极值点，为的零点，且，证明.
20．已知函数，.
（1）当时，求该函数在处的切线方程；
（2）求该函数的单调区间和极值；
（3）若函数在其定义域上有两个极值点，且，求证：.
21．已知函数，．
（Ⅰ）若在内单调递减，求实数的取值范围；
（Ⅱ）若函数有两个极值点分别为，，证明：．
参考答案：
1．（1）；（2）.
分析：（1）由题得，化为恒成立，即得解；
（2）先求出，，再求出，令，则，得，求出即得解.
【详解】（1）的定义域为，，
∵在定义域内单调递增，
∴，即对恒成立.
则恒成立. ∴，
∵，∴.
所以，a的取值范围是.
（2）设方程，即得两根为，，且.
由且，得，
∵，， ∴， ∴.
，
∵，
∴代入得，
令，则，得，，，
∴而且上递减，从而，
即， ∴.
【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数研究函数的极值和双变量问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
2．（1）没有极值，理由见解析；（2）证明见解析.
分析：（1）通过二次求导可得函数在内单调递减，因此函数无极值；
（2）由题意知，有两个不同的零点，所以，，作差可得，再将所证不等式转化为，令,即证，设，利用导数证明即可.
【详解】（1）当时，，，
令，则，
由，得，由，得，
所以在内单调递增，在内单调递减，
所以时，取得最大值为，
所以，
所以在内单调递减，所以函数没有极值.
（2）因为，所以有两个不同的零点，所以，，所以，
因为，所以，
要证，
等价于证明，
等价于证明，
等价于证明，
等价于证明，
因为，所以，
所以等价于证明，
设，即证，
设，
则，当时， ，
所以在内单调递减，所以，即，
所以.
【点睛】本题考查了利用导数研究函数的极值，考查了利用导数研究函数的单调性，考查了运算求解能力，考查了化归思想，将所证不等式转化为是解题关键，属于中档题.
3．（1）；（2）证明见解析．
分析：（1）利用导数研究函数的性质，得到的大致图形，根据图形可得结果；
（2）设，即，所以，两式相减求出，两式相加得到，将所证不等式转化为，令，构造函数，利用导数可证不等式成立.
【详解】（1）时，，，
∴当时，，递增；当时，，递减，
∴时，．
又时，，且时，，时，，
所以的大致图形如图：
所以由图可得的取值范围是．
（2）设，即
∴，
两式相减得：，即：，
两式相加：．
要证：，只需证：，即：
只需证：，只需证：
只需证：，只需证：
令，则只需证：，
即证：
构造函数，
则，
∴在上单调递增，
∴，即，得证．
【点睛】本题考查了利用导数处理函数的零点问题，考查了转化化归思想，考查了构造函数，利用导数证明不等式问题，属于中档题.
4．（1）答案见解析；（2）证明见解析.
分析：（1）求得，对参数进行分类讨论，即可利用导数求得函数单调性；
（2）根据零点定理，用表示，通过换元法，求目标不等式转化为的值域问题，利用导数即可得证.
【详解】（1）的定义域为，．
当时，，则在上是增函数．
当时，；，
所以在上是减函数，在上是增函数．
综上，当时，在上是增函数；
当时，在上是减函数，在上是增函数．
（2）若函数有两个零，点，，根据（1），可得．
不妨设，由，得
两式相减，得，解得，
要证明，即证，
即证，
设，则．
则，则，
所以在上为增函数，从而，即成立，
因此，成立．即证.
【点睛】本题考查利用导数研究含参函数的单调性，以及用导数证明不等式恒成立问题，涉及构造函数法，属综合中档题.
5．（1）上单调递减，上单调递增.（2）证明见解析
【解析】（1）对函数求导，求出的解，即可得出结论；
（2）由（1）求出函数有两解满足的条件，再利用零点存在性定理求出其中一个零点，要证，只需证，即证，根据式子特征，通过构造函数，，证明，得出，即可证明结论.
【详解】（1）由条件可知，函数的定义域是.
由可得.
当时，当时，；当时，，则在上单调递减，在上单调递增.
（2）当时，在上单调递减，在上单调递增.所以，
①当时，即，此时至多1个零点，故不满足条件；
②当，即，即，
因为在上单调递增且，所以，
所以在上有且只有1个零点，则；
当时，令，
则，在上单调递减，在上单调递增.所以，
所以，，
又因为当时，所以，，
又因为在上单调递减，所以在有且只有一个零点，
则，所以，
所以.
【点睛】本题考查用导数求函数的单调区间、极值、零点，以及零点存在性定理应用，考查函数零点的特征，解题的关键要合理构造函数，属于较难题.
6．（1）答案不唯一，具体见解析；（2）证明见解析.
【解析】（1）求导讨论和两种情况，根据导数的正负得到单调区间；
（2）根据零点定义代入化简得到，计算，设，根据函数的单调性得到最值，得到证明．
【详解】（1）若，则，.
当时，恒成立，∴函数在上单调递增；
当时，令，得；当，得，
∴函数在上单调递增，在上单调递减.
综上所述：当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递增，在上单调递减.
（2）函数的两个零点为，（），不妨设，
∴，
∴，
即.
又，，∴，
∴
，
令，则，
∴，∴在上单调递减，故，
∴，即，又.∴.
【点睛】方法点睛：本题考查了函数的单调性，证明不等式，意在考查学生对于导数的应用能力，设函数在上连续，在上可导，则：
1.若，则在上单调递增；
2.若，则在上单调递减．
7．（1）；（2）；（3）证明见解析．
【详解】试题分析：（1）利用导数求函数单调区间，注意首先明确定义域，正确求导：因为，所以，由，得，（2）不等式恒成立问题一般利用变量分离法：问题等价于在上恒成立．再利用导数求函数最大值，令根为，在上是增函数；在上是减函数．
，所以整数的最小值为2．（3）转化为关于的不等式即可：由，即
从而，利用导数求左边函数最小值1，所以，解得
试题解析：（1）因为，所以， 1分
此时，
2分
由，得，
又，所以．
所以的单调减区间为． 4分
（2）方法一：令，
所以．
当时，因为，所以．
所以在上是递增函数，
又因为，
所以关于的不等式不能恒成立． 6分
当时，，
令，得．
所以当时，；当时，，
因此函数在是增函数，在是减函数．
故函数的最大值为． 8分
令，
因为，，又因为在是减函数．
所以当时，．
所以整数的最小值为2． 10分
方法二：（2）由恒成立，得在上恒成立，
问题等价于在上恒成立．
令，只要． 6分
因为，令，得．
设，因为，所以在上单调递减，
不妨设的根为．
当时，；当时，，
所以在上是增函数；在上是减函数．
所以． 8分
因为，
所以，此时，即．
所以，即整数的最小值为2． 10分
（3）当时，
由，即
从而 13分
令，则由得，
可知，在区间上单调递减，在区间上单调递增．
所以， 15分
所以，
因此成立． 16分
考点：利用导数求函数单调区间、函数最值
8．（1）最大值是；（2）证明见解析．
分析：（1）求出导数，由导数确定单调性后可得最大值．
（2）由（1）知两个零点，，，零点间关系是，变形为，引入变量，则，，，要证的不等式等价变形为，，即证，（），为此引入新函数，利用导数研究函数的单调性为减函数，则可证得结论成立，这里需要多次求导变形再求导才可证明．
【详解】（1）函数定义域是，由题意，
当时，，递增，当时，，递减，
所以时，取得唯一的极大值也是最大值．
（2）由（1），即时，有两个零点，（），则，，
由，得，
令，则，，，
，显然成立，
要证，即证，
只要证，即证，（），
令，，
，，
令，则，，
令，
，，
令，
，时，是减函数，所以时，，
所以是减函数，，即（），
所以是减函数，，所以，在时是减函数，
，即，所以在上是减函数，，
所以，即，
综上，成立．
【点睛】本题考查用导数求函数最值，用导数证明有关函数零点的不等式，掌握导数与单调性的关系是解题基础．证明不等式关键在于转化与化归，如转化为研究函数的最值，研究函数的单调性可能需要多次求导才能得出结论．在需要引入新函数时，应对不等式进行变形，使新函数越来越简单．
9．（1）答案见解析；（2）证明见解析
【解析】（1）求出函数的导数，通过讨论的范围，求出函数的单调区间即可得到极值；
（2）根据零点的概念得到，利用分析法只需证：，令，即证，设，根据函数的单调性证明即可.
【详解】（1），
①当时，由于，故，，
所以在内单调递减，无极值；
②当时，由，得，
在上，，在上，，
所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为，
函数有极小值，无极大值，
综上：当时，无极值；当时，有极小值，无极大值.
（2）函数有两个零点，，不妨设，
由（1）得，且，
则，，，
即，
要证：，需证：，
只需证：，只需证：，
只需证：，只需证：，
令，即证，
设，
则，即函数在单调递减，
则，即得.
【点睛】思路点睛：
（1）通过单调性求函数的极值，定义域为，按照导函数的零点与区间端点0的关系进行分类讨论；
（2）将利用表示，将不等式转化为关于的不等式，利用导数判断函数的单调性进行证明.
10．（1）当时，在上单调递增；当时，在单调递增，在单调递减；（2）证明见解析.
分析：（1）求出，然后分和两种情况讨论即可；
（2）由，可得，不妨设，要证，即证，令，则，设，然后利用导数证明即可.
【详解】（1）解：因为，所以，
当时，恒成立，所以在上单调递增，
当时，令，得；令，得，
则在上单调递增，在上单调递减.
综上，当时，在上单调递增；
当时，在单调递增，在单调递减.
（2）证明：因为，是的两个零点.所以，，所以，
则，
要证，即证.
不妨设，则等价于.
令，则，设，所以，
所以在上单调递增，则，即对任意恒成立.
故.
【点睛】本题考查的是利用导数研究函数的单调性和证明不等式，考查了分类讨论的思想，属于较难题.
11．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
分析：（1）对函数求导令，则对函数求导，分析函数的单调性，得出函数的最值，从而分析出导函数的正负，可得证；
（2）由（1）得，且，欲证，需证：，构造函数，对其求导，分析其单调性得最值，可得证.
【详解】（1），
则，
在区间上，，在上单调递减；在区间上，，在上单调递增.
故最小值为，
故，即是增函数.
（2）由（1）知：，
故，
故欲证，只需证：，
等价于：
令，则，
故为增函数，，
而，故，即式得证.
故原不等式成立.
【点睛】本题考查运用导函数研究函数的单调性，证明不等式等综合问题，关键在于构造合适的函数，对其导函数得出取得正负的区间，得出所求函数的单调性，属于难题.
12．（1）见解析；（2）见解析.
分析：（1）由题意对函数求导，按照、分类，求出、的解集即可得解；
（2）由题意结合函数的单调性可设，令，求导后可得函数在上单调递增，进而可得，再结合函数的单调性即可得证.
【详解】（1）因为，所以，
所以当时，，函数在上单调递增；
当时，若，则，单调递减；
若，则，单调递增；
综上，当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递减，在上单调递增；
（2）证明：由（1）知，当时，函数在上单调递减，在上单调递增，且，是的两个零点，，
不妨设，
令，
则，
所以函数在上单调递增，
又，所以，
所以即，
所以，
又，，函数在上单调递增，
所以即.
【点睛】本题考查了导数的综合应用，考查了运算求解能力与逻辑推理能力，合理分类、构造新函数是解题关键，属于难题.
13．（1）时，在上单调递增，当时，在上单调递减，在单调递增；（2），证明见解析.
【解析】（1）首先求导得到，再分别讨论的范围即可得到答案.
（2）首先将题意转化为直线与函数图象有两个不同的交点，根据的单调性即可得到的取值范围.因为；，两式相加得：，根据的单调性和得到，，从而得到，即可证明.
【详解】（1） ，
当时，，在上单调递增；
当时，，，单调递减；，，单调递增.
（2）方程的两根为，方程有两根，
于是直线与函数图象有两个不同的交点.
则，得：
，所以的取值范围是.
因为；，两式相加得：，
因为在上单调递增，且
所以，又，所以，即，
所以，
所以：.
【点睛】本题考查利用导数求含参的单调区间，研究函数的零点和证明不等式，关键在于将函数的零点问题转化为方程的根，也即是两个函数的交点问题，属于难题.
14．（1）；（2）证明见解析.
分析：（1）求出函数的导数，求得和的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；
（2）设，令可得出，由题意得出，变形可得，令，由此将所求不等式转化为证明，然后构造函数，利用导数证明出即可.
【详解】（1），定义域为，，，.
因此，函数的图象在处的切线方程为，即；
（2）令，得，由题意可得，
两式相加得，两式相减得，
设，可得，，
要证，即证，即，
令，即证.
构造函数，其中，，
所以，函数在区间上单调递增.
当时，，所以，.
因此，.
【点睛】本题考查利用导数求解函数图象的切线方程，同时也考查了利用导数证明函数不等式，考查计算能力与推理能力，属于中等题.
15．（1）（2）证明见解析
分析：（1）由求导得到，再分和两种情况结合零点存在定理讨论求解.
（2）当时，由，得到，然后两式相减解得，，令，则，然后构造函数，用导数法证明即可.
【详解】（1）的定义域是，.
①当时，，在定义域上单调递增，不可能有两个零点；
②当时，由，得，
当时，，在定义域上单调递减；
当时，，的定义域上单调递增；
∴时，取得极小值.
因为有两个零点，所以，解得，
∵，∴在有唯一实数根：
取，
设，，
所以在上递减，
所以，
即，
则，
∴在有唯一实数根.
综上，的取值范围是.
（2）当时，由，得，
两式相减得：，
则，，
令，则，
设，，
∴在上为增函数，，
又，
∴，
即.
【点睛】本题主要考查导数与函数的零点，导数与不等式的证明以及零点存在定理，还考查了分类讨论的思想和转化求解问题的能力，属于难题.
16．（Ⅰ）答案见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）证明见解析.
分析：（Ⅰ）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；
（Ⅱ）设，根据函数的单调性求出不等式的解集即可；
（Ⅲ）求出，不妨设，则，根据函数的单调性得到，由，替换即可.
【详解】（Ⅰ）的定义域为，
，
（1）当时，恒有，故在上单调递增；
（2）当时，由，得，
故在上单调递增，在上单调递减，
综上（1）（2）可知：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；
（Ⅱ）的定义域为，所以，且，而，；
设，
，且当且仅当时取等号，
所以在上单调递增，又因为时，，
所以当时，，当时，，
故的解集为；
（Ⅲ）由（Ⅰ）知时，在上单调递增，若，
则不合题意；
故，而在上单调递增，在上单调递减，
若存在两个不相等的正数，满足，
则，必有一个在上，另一个在，
不妨设，则，
又由（Ⅱ）知时，，即，
所以，
因为，所以，
又因为在上单调递减，所以，
即.
【点睛】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用，考查分类讨论思想和转化思想，属于中档题．
17．（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【解析】（1）由求出，分别讨论与的关系，从而求出，时的范围，可得函数的增减区间，根据单调性可得函数的极值情况；（2）先证明，即在区间内单调递增，根据零点存在性定理，存在，使得，可得以，要证，只需证，即，记，其中，利用导数可证明单调递增，故当时，，即可得，进而可得结果.
【详解】解：（1）由题意，得，
故，
故，
.
令，得
①当时，，
或；
，
所以在，上单调递增，在上单调递减；
所以在处取极大值，
在处取极小值.
②当时，，恒成立，所以不存在极值；
③当时，，或；
，
所以在，上单调递增，在上单调递减；
所以在处取极大值，
在处取极小值.
综上，当时，在处取极大值，在处取极小值；当时，不存在极值；时，在处取极大值，在处取极小值.
（2），定义域为，
，而，
故，即在区间内单调递增
又，，
且在区间内的图象连续不断，
故根据零点存在性定理，有在区间内有且仅有唯一零点.
所以存在，使得，
且当时，；
当时，，
所以
当时，，
由得单调递增；
当时，，
由得单调递减；
若在区间内有两个不等实根（）
则.
要证，即证
又，而在区间内单调递减，
故可证，
又由，
即证，
即
记，其中
记，则，
当时，；
当时，，
故
而，故，
而，
所以，
因此，
即单调递增，故当时，，
即，故，得证.
【点睛】本题考查分类讨论求函数的极值以及零点偏移证明不等式.
方法点睛：
（1）根据零点判断两根的范围；
（2）由证明的结果逆推关系式，一般为要想证明，只需证，再根据的范围以及函数的单调性寻找要证明的关系式；
（3）根据同为零点的关系替换，即转化为证明；
（4）对函数求导，求单调性证明即可.
18．（1）当时，在，上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增；（2）证明见解析.
分析：（1）先求定义域，再求导，，设，再分类讨论得到的符号，得到的单调性；
（2）由（1）得到存在两个极值点，时的取值范围，再得到应满足的关系式，用表示出，再由导数求最小值，证明不等式.
【详解】（1）的定义域为，，
设，则，
若，即时，，
∴，所以在上单调递增.
若，即时，令，
则，
当时，.，
当时，，
所以在，上单调递增，
在上单调递减.
综上可得：当时，在，上单调递增，
在上单调递减；当时，在上单调递增；
（2）由（1）知时存在两个极值点，
则方程有两根，，所以，，
.
令，，
则，
所以在上单调递减，所以，
所以.
【点睛】本题考查了利用导数研究含参函数的单调性，利用导数研究函数的极值、最值，考查了学生的分析能力，推理能力，运算能力，分类讨论思想，转化与化归思想.
19．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
分析：（1）首先求出函数的导函数，令，由，可知：可得存在唯一解．可得是函数的唯一极值点．令，可得时，．．．可得函数在，上存在唯一零点．又函数在上有唯一零点1．即可证明结论．
（2）由题意可得：，，即，，可得，由，可得．又，可得，取对数即可证明．
【详解】证明：（1）因为，定义域为
所以；
令，由，可知在内单调递减，
又，且，
故在内有唯一解，
从而在内有唯一解，不妨设为，.
则，当时，，
所以在内单调递增；
当时，，
所以函数在内单调递减，因此是的唯一极值点.
令，则当时，，故在内单调递减，
从而当时，，所以，
从而，
又因为，所以在内有唯一零点，
又在内有唯一零点1，从而，在内恰有两个零点
（2）由题意，，即，
从而，即，
因为当时，，又，故.
两边取对数，得
于是，整理得.
【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、分类讨论方法、等价转化方法、构造法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
20．（1）；（2）答案见解析；（3）证明见解析.
分析：（1）利用导数求得切线斜率，根据切点和斜率由点斜式求得切线方程.
（2）求得，对分成和两种情况，讨论的单调区间和极值.
（3）求得表达式和导函数，根据是方程的两个不同实根列方程组，化简表达式，通过构造函数法，证得不等式成立.
【详解】（1）当时，，则，故，又
故切线方程为，即
（2），，
当时，在恒成立，的增区间为，无极值.
当时，令，，则当，，单调递增，
当时，，单调递减，
故的单调增区间为，
单调减区间，有极大值，无极小值.
（3），则，所以是方程的两个不同实根.
于是有
故有
所以：
令，则，即证
设，，则，所以为为增函数，
又，因此，，故当时有，所以.
【点睛】本小题主要考查利用导数求切线方程，考查利用导数研究函数的单调区间和极值，考查利用导数证明不等式，属于难题.
21．（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析.
分析：（I）对原函数求导，根据在内的单调性得在上恒成立，构造函数，求出其最大值即可求出的取值范围;
（Ⅱ）函数有两个极值点分别为，，等价于在内有两根，，将极值点代入作差，设，得到时原不等式成立；时，将原不等式转化为，令，，构造函数，证明，即原不等式成立.
【详解】（I）由题可知，，
在内单调递减，
∴在内恒成立，
即在内恒成立，
令，则，
∴当时，，即在内为增函数，
当时，，即在内为减函数，
∴，即，，
∴；
（Ⅱ）若函数有两个极值点分别为，，
则在内有两根，，
，两式相减，得，
不妨设，
当时，恒成立，
当时，要证明，只需证明，
即证明，即证明，
令，，
令，
，
在上单调递减，
，
，
即成立，
.
【点睛】本题主要考查导数在研究函数中的应用，不等式的转化，构造函数讨论是解决问题的关键.

增函数
极大值
减函数