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高分提能一　与零点、极值点有关的证明
【典型例题】
例1　解:(1)f(x)的定义域为(-1,+∞).
当a=-4时,f(x)=x2-4ln(x+1),则f'(x)=2x-=,
令f'(x)=0,可得x=1.
当x∈(-1,1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增.所以当x=1时,f(x)取得极小值,极小值为f(1)=1-4ln 2.
(2)证明:由题可得f'(x)=,x>-1,令g(x)=2x2+2x+a,x>-1.
方法一:因为y=2x2+2x+a的图象关于直线x=-对称,且f(x)存在唯一极值点x0,所以g(-1)≤0,即a≤0,所以g(0)=a≤0,所以x0≥0.
由f'(x0)=0,可得g(x0)=0,所以a=-(2+2x0),所以f(x0)+=2+aln(x0+1)=2x0[x0-(x0+1)ln(x0+1)],构造函数h(x)=x-(x+1)ln(x+1),x∈[0,+∞),则h'(x)=-ln(x+1)≤0,所以h(x)在[0,+∞)上单调递减,
所以h(x)≤h(0)=0,所以x0-(x0+1)ln(x0+1)≤0,所以f(x0)+≤0.
方法二:易知g(x)在上单调递减,在上单调递增.
(i)当a≥时,g(x)=2+≥0,则f'(x)≥0,所以f(x)在(-1,+∞)上单调递增,
此时函数f(x)无极值点,不符合题意.
(ii)当0因为-1(iii)当a≤0时,由(ii)易得x1≤-1,x2≥0,所以f(x)在(-1,x2)上单调递减,在(x2,+∞)上单调递增,此时f(x)恰有唯一极值点x0=x2≥0,符合题意.
由f'(x0)=0,可得g(x0)=0,所以a=-2(+x0),所以f(x0)+=2+aln(x0+1)=2(+x0).设h(x)=-ln(x+1),x≥0,则h'(x)=≤0,所以h(x)在[0,+∞)上单调递减,从h(x)≤h(0)=0,所以-ln(x0+1)≤0,所以f(x0)+≤0.
自测题
解:(1)当a=1时,f(x)=x2-x-ln x,函数f(x)的定义域为(0,+∞),
则f'(x)=2x-1-=.
当x∈(0,1)时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增.综上所述,函数f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.
(2)(i)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2ax+(a-2)-=.
当a≤0时,f'(x)<0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减,此时f(x)至多有一个零点,不符合题意.
当a>0时,令f'(x)=0,可得x=.
当x∈时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减;当x∈时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增.
所以当x=时,f(x)取得最小值,最小值为f=1-+ln a.
因为函数f(x)有两个零点,且当x→0+时,f(x)→+∞,当x→+∞时,f(x)→+∞,所以f<0.
设g(a)=ln a-+1,易知函数g(a)在(0,+∞)上单调递增,因为g(1)=0,所以g(a)<0的解集为(0,1).
综上所述,实数a的取值范围是(0,1).
(ii)证明:f(x)=(x2+x)a-2x-ln x,由f(1)=2a-2<0,结合(i)知0要证x0f'(x0)>-2,
即证(2x0+1)(ax0-1)>-2,
即证ax0(2x0+1)>2x0-1①.
当00,2x0-1≤0,所以不等式①恒成立.当要证①,即证(2x0+1)(ln x0+2x0)>(2x0-1)(x0+1),
即证ln x0>-2x0==-x0-,
即证ln x0+x0+>0②.
设p(x)=ln x+x+,x∈,则p'(x)=+1->+1->0,所以p(x)在上单调递增,所以p(x)>p=-ln 2+1>0,故不等式②恒成立.
综上,x0f'(x0)>-2.
例2　证明:(1)由题意可得,f(x)的定义域为(0,+∞),由f(x)=(x-1)ln x-x-1,
得f'(x)=ln x+-1=ln x-,显然f'(x)=ln x-在(0,+∞)上单调递增.又f'(1)=-1<0,f'(2)=
ln 2-=>0,故存在唯一的x0∈(1,2),使得f'(x0)=0.当x∈(x0,+∞)时,f'(x0)>0,函数f(x)单调递增;当x∈(0,x0)时,f'(x0)<0,函数f(x)单调递减.因此f(x)存在唯一的极值点.
(2)方法一:由f(x)=0,得(x-1)ln x=x+1.设g(x)=(x-1)ln x,h(x)=x+1,则问题可转化为函数g(x)=(x-1)ln x与h(x)=x+1的图象在区间(0,+∞)上的交点情况.g'(x)=ln x+1-,因为y=ln x与y=-都在(0,+∞)上单调递增,所以g'(x)在区间(0,+∞)上单调递增.
又g'(1)=0,所以当x∈(0,1)时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增.
又g(1)=0,所以函数g(x)与h(x)的图象,如图所示,只有两个交点,横坐标分别设为x1和x2,
则01,
即x1和x2为(x-1)ln x-x-1=0的两个实根,所以f(x1)=f(x2)=0.
当x=时,f=ln--1=[(x1-1)ln x1-1-x1],
又f(x1)=(x1-1)ln x1-1-x1=0,
所以f=0,所以x2=,所以两个实根互为倒数.
方法二:由(1)知,f(x0)0,f(e-2)=1->0,所以f(x)=0有且仅有两个实根x1,x2,不妨令0下面证明x1x2=1.
当x≠1时,由f(x)=0,得ln x=,显然(x1-1)(x2-1)<0,ln(x1x2)=ln x1+ln x2=+=
(*).
当00,(*)式不成立;
当x1x2>1时,ln(x1x2)>0,<0,(*)式不成立;
当x1x2=1时,ln(x1x2)=0,=0,(*)式成立.
综上,f(x)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数.
方法三:f(x)的定义域为(0,+∞),显然x=1不是方程f(x)=0的根,设g(x)=ln x-,则f(x)=0有两个实根等价于g(x)=ln x-有两个零点,且g(x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞).因为g'(x)=>0,所以g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递增.
因为g(e)=-<0,g(e2)=>0,
所以g(x)在(1,+∞)上有唯一零点x1∈(e,e2),所以g(x1)=0,0<<1,所以g=ln-=-g(x1)=0.
结合单调性知g(x)在(0,1)上有唯一零点,所以g(x)有且仅有两个零点,且两个零点互为倒数,即f(x)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数.
自测题
解:(1)方法一:f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=ex-+1=ex+=,令f'(x)=0,可得x=1.
当x∈(0,1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增.故f(x)≥f(1)=e+1-a,
若f(x)≥0,则e+1-a≥0,即a≤e+1,
所以a的取值范围为(-∞,e+1].
方法二:由f(x)≥0得e-ln x+x+x-ln x-a≥0,令t=x-ln x,t≥1,则et+t-a≥0,即a≤et+t,令g(t)=et+t,t∈[1,+∞),则g'(t)=et+1>0,故g(t)=et+t在区间[1,+∞)上单调递增,
故g(t)min=g(1)=e+1,所以a≤e+1,
所以a的取值范围为(-∞,e+1].
(2)由(1)知,f(x)的一个零点小于1,一个零点大于1,不妨设x1<1要证x1x2<1,即证x1<,因为x1,∈(0,1),所以即证f(x1)>f,
又因为f(x1)=f(x2),所以只需证f(x2)>f,即证-ln x+x-x-ln x->0,x∈(1,+∞),即证-x-2>0,x∈(1,+∞).
设G(x)=-x,x>1,则G'(x)=ex-=ex-==,
设φ(x)=,x>1,则φ'(x)=ex=ex>0,所以φ(x)在(1,+∞)上单调递增,所以φ(x)>φ(1)=e,而当x>1时,1时,->0,即G'(x)>0,所以G(x)在(1,+∞)上单调递增,所以G(x)>G(1)=0,所以当x>1时,-x>0.
令h(x)=ln x-,x>1,
则h'(x)=-==<0,
所以h(x)在(1,+∞)上单调递减,
所以h(x)1时,ln x-<0.
综上,当x>1时, -x-2>0,所以x1x2<1.
例3　解:(1)证明:因为f(x)=ln(1+x)-x+x2-kx3,k∈,
所以f'(x)=-1+x-3kx2=
=
,当x>0时,令f'(x)=0,解得x=-1>0,所以当00,f(x)单调递增,
当x>-1时,f'(x)<0,f(x)单调递减,所以x1=-1是f(x)在区间(0,+∞)上唯一的极值点,且是极大值点.
又因为f>f(0)=0,f=ln-<0,所以存在x2∈,使得f(x2)=0,即x2是f(x)在区间(0,+∞)上唯一的零点.
(2)(i)证明:因为g(t)=f(x1+t)-f(x1-t),
所以g'(t)=f'(x1+t)+f'(x1-t)=(x1+t-x1)+(x1-t-x1)=3kt=,因为t∈(0,x1),所以t2--2x1<0,(1+x1)2-t2>0,
所以g'(t)=<0,
即g(t)在区间(0,x1)上单调递减.
(ii)由(i)得,g(t)在(0,x1)上单调递减,
所以g(x1)因为x2是f(x)的零点,所以f(x2)=0,
所以f(2x1)又因为x2>x1,2x1>x1,且f(x)在(x1,+∞)上单调递减,所以2x1>x2.
自测题
解:(1)由题意可得f(x)的定义域为(-1,+∞),f'(x)=-(ex+1+xex+1)=.
当a<0时,a-(x+1)2ex+1<0,此时f'(x)<0,所以f(x)的单调递减区间是(-1,+∞),无单调递增区间.
(2)(i)由(1)知,f'(x)=.
令g(x)=a-(x+1)2ex+1(x>-1),则g'(x)=-(x2+4x+3)ex+1,当x∈(-1,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减.
①当a≤e时,g(0)=a-e≤0,当x∈(0,+∞)时,g(x)=a-(x+1)2ex+1<0,则f'(x)<0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减,又f(0)=0,所以当x>0时,f(x)<0,则函数f(x)不存在正零点.
②当a>e时,ln a-1>0,此时g(0)=a-e>0,g(ln a-1)=a(1-ln2a)<0,
所以存在α∈(0,ln a-1)满足g(α)=0,
所以f(x)在(-1,α)上单调递增,在(α,+∞)上单调递减.令h(x)=ln x-x+1,则当x>0时,h'(x)=-1,所以h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以当x>1时,h(x)即ln x又因为f(0)=0,所以f(α)>0,
所以此时存在正零点x0∈(α,ln a-1).
综上,实数a的取值范围为(e,+∞).
(ii)由题意得
即可得ln(x0+1)=,
即=.
由(i)知当x>1时,ln x0时,ln(x+1)x1>0,所以<=(x1+1)2,即<2ln(x1+1),所以x0-x1<2ln(x1+1)<2x1,整理得x0<3x1.提能特训(一)
1.解:(1)由f(x)≥mx-e2对任意的x∈(0,+∞)恒成立,可得不等式xln x-x≥mx-e2对任意的x∈(0,+∞)恒成立,则ln x-1+≥m对任意的x∈(0,+∞)恒成立,
令g(x)=ln x-1+,x>0,
则g'(x)=-=,x>0,
令g'(x)=0,解得x=e2,
当0e2时,g'(x)>0,
所以函数g(x)在(0,e2)上单调递减,在(e2,+∞)上单调递增,
所以g(x)min=g(e2)=2,则m≤2,故实数m的取值范围为(-∞,2].
(2)证明:由h(x)=xln x-x+x2,得h'(x)=ln x+2x,
令H(x)=h'(x),
则H'(x)=,因为H'(x)>0在(0,+∞)上恒成立,
所以H(x)在(0,+∞)上单调递增,即h'(x)在(0,+∞)上单调递增,
由x0是函数h(x)的极值点,得h'(x0)=0,即ln x0=-2x0,
由h'(1)=2>0,得0所以f(x0)+3x0=x0ln x0-x0+3x0=-2+2x0=2x0(1-x0)>0.
2.解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),
f'(x)=+a+=(a<0),令g(x)=ax2+x+a(x>0),则Δ=1-4a2.
①当a≤-时,g(x)≤0,f'(x)=≤0,
所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递减.
②当-0,且>>0,
所以函数f(x)在,上单调递减,
在上单调递增.
(2)由(1)可知当-且满足x1+x2=-,x1x2=1,
所以f(x1)-f(x2)=ln x1-ln x2+a(x1-x2)-a=ln x1-ln x2-=ln-2×.
令=t,因为x2≥2x1,所以t∈,所以f(x1)-f(x2)=h(t)=ln t-,
则h'(t)=-=>0,所以h(t)在上单调递增,
当t∈时,h(t)max=h=-ln 2,所以f(x1)-f(x2)的最大值为-ln 2.
3.解:(1)由题知f'(x)=,
令f'(x)=0,得x=1.
当x>1时,f'(x)<0,故f(x)在(1,+∞)上单调递减;
当x<1时,f'(x)>0,故f(x)在(-∞,1)上单调递增.
故当x=1时,f(x)有极大值,极大值为1,无极小值.
(2)证明:f(x)-g(x)=-=-=f(x)-f(1+ln x).
令φ(x)=x-1-ln x(0∴φ'(x)=<0,
故φ(x)在(0,1)上单调递减,
∴φ(x)>φ(1)=0,
即x>1+ln x(0由(1)可知f(x)在(-∞,1)上单调递增,∵1>x>1+ln x,∴f(x)>f(1+ln x),∴f(x)-f(1+ln x)>0,
即f(x)>g(x)(0(3)证明:由(2)同理可证,当x>1时,f(x)令F(x)=0,得b==(x>0),由题意得直线y=b与曲线y=f(x),y=g(x)共有四个交点.
如图所示,由图可知f(x1)=g(x2)=f(x3)=g(x4)=b,且0由g(x2)=f(1+ln x2),得f(x1)=f(1+ln x2).
∵x1<1,1+ln x2<1,且f(x)在(-∞,1)上单调递增,
∴x1=1+ln x2,即=x2,∴==b.同理可得=b,
故=,即x1x4=x2x3,得证.
4.解:(1)当a=3时,f(x)=x3-x2-3x+1,所以f'(x)=x2-2x-3=(x-3)(x+1),
令f'(x)<0,得-10,得x<-1或x>3.
故f(x)在(-∞,-1),(3,+∞)上单调递增,在(-1,3)上单调递减,
所以f(x)的极小值为f(3)=-8,极大值为f(-1)=.
(2)(i)证明:令g(x)=f(x)+xex+b+(a-3)x2=x3+(1-a)x2-ax+xex+b+1,
则g'(x)=x2+(1-a)x-a+(x+1)ex=(x+1)(x-a)+(x+1)ex=(x+1)(ex+x-a),
令h(x)=ex+x-a,显然h(x)在(0,+∞)上单调递增,
又h(0)=1-a<0,h(a)=ea>0,
所以存在唯一的m∈(0,a),满足h(m)=0,即a=em+m,
且当0m时,h(x)>0,即g'(x)>0,
故g(x)在(0,m)上单调递减,在(m,+∞)上单调递增,则g(m)是g(x)在(0,+∞)上的极小值,也是最小值,
又因为g(0)=b+1>0,当x→+∞时,g(x)→+∞,所以要使g(x)=0在(0,+∞)上仅有一个实数根x0,必有x0=m,所以a=+x0.
(ii)由(i)知g(x0)=+(1-a)-ax0+x0+b+1=0,
将a=+x0代入,得---+b+1=0,
所以b=++-1,
所以4a-b=4+4x0---+1,
令u(x)=4ex+4x-x3-x2-x2ex+1,x∈(0,+∞),
则u'(x)=4ex+4-x2-x-xex-x2ex=(ex+1)=-(ex+1)(x-2)(x+4),
令u'(x)>0,得02,所以u(x)在(0,2)上单调递增,在(2,+∞)上单调递减,
所以u(x)max=u(2)=2e2+,
故4a-b的最大值为2e2+.
5.解:(1)在函数f(x)=(0,所以函数f(x)的定义域为(0,)∪(,+∞).
(2)证明:由题可知f'(x)==
,
令ln x=t,则t≠,由f'(x)=0,01,
故关于t的方程at2-t-1=0有两个不相等的实数根,t1=,t2=,显然<0<<,故当tt2时,at2-t-1>0,
当t1所以函数f(x)始终有两个极值点.
(3)证明:由(2)知
故x1x2=,f(x1)+f(x2)=+=
=
[x1(ln x1+1)+x2(ln x2+1)],
(ln x1+1)(ln x2+1)=ln x1·ln x2+ln x1+ln x2+1=-++1=1,
由01,
则ln x1+1∈(0,1),x1>0,x2>0,
所以f(x1)+f(x2)=[x1(ln x1+1)+x2(ln x2+1)]>
=,
令=u>,则=4ueu,令h(u)=4ueu,u>,
求导得h'(u)=4(u+1)eu>0,
所以函数h(u)在上单调递增,故h(u)>h=2=2,
所以f(x1)+f(x2)>2.高分提能一　与零点、极值点有关的证明
　　【知识链接】
　　一、与零点、极值点有关的证明问题在近几年高考中有以下特点:
　　1.综合性强:融合考查零点存在定理、极值分析、参数讨论.
　　2.双变量:需构造对称函数或差(商)函数.
　　3.含参问题占主导:需分类讨论参数对单调性、极值点、零点的影响.
　　4.注重逻辑链完整性:需严格证明单调性→确定极值→验证零点存在条件(缺一不可).
　　二、处理方法:
　　1.零点存在的证明:①求导定单调区间;②计算区间端点及极值点函数值;③结合零点存在定理或单调性判断.
　　2.双变量问题:用零点方程消参;化双变量为单变量;构造差(商)函数分析其单调性.
　　3.含参问题:通过导数,根据参数的范围分析函数的单调性,研究其图象的特征,分析其零点或极值点的情况;也可以参变分离,进而转化为研究图象交点的情况.
类型一　 单一变量
例1 [2025·福建九地三模] 已知函数f(x)=x2+aln(x+1).
(1)当a=-4时,求f(x)的极小值;
(2)若f(x)存在唯一的极值点x0,证明:f(x0)+≤0.
自测题
[2025·广东汕头三模] 已知函数f(x)=ax2+(a-2)x-ln x.
(1)当a=1时,求f(x)的单调区间.
(2)若f(x)有两个零点,f'(x)为f(x)的导函数.
(i)求实数a的取值范围;
(ii)记f(x)较小的一个零点为x0,证明:x0f'(x0)>-2.
类型二　零点、极值点双变量的证明
例2 已知函数f(x)=(x-1)ln x-x-1.证明:
(1)f(x)存在唯一的极值点;
(2)f(x)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数.
自测题
[2022·全国甲卷] 已知函数f(x)=-ln x+x-a.
(1)若f(x)≥0,求a的取值范围;
(2)证明:若f(x)有两个零点x1,x2,则x1x2<1.
类型三　零点与极值点综合
例3 [2025·全国二卷] 已知函数f(x)=ln(1+x)-x+x2-kx3,其中0(1)证明:f(x)在区间(0,+∞)上存在唯一的极值点和唯一的零点.
(2)设x1,x2分别为f(x)在区间(0,+∞)上的极值点和零点.
(i)设函数g(t)=f(x1+t)-f(x1-t),证明:g(t)在区间(0,x1)上单调递减;
(ii)比较2x1与x2的大小,并证明你的结论.
自测题
已知函数f(x)=aln(x+1)-xex+1.
(1)当a<0时,求f(x)的单调区间.
(2)若函数f(x)存在正零点x0.
(i)求a的取值范围;
(ii)记x1为f(x)的极值点,证明:x0<3x1.　提能特训(一)与零点、极值点有关的证明
1.[2025·西安二模] 已知函数f(x)=xln x-x.
(1)若f(x)≥mx-e2对任意的x∈(0,+∞)恒成立,求实数m的取值范围;
(2)若x0是函数h(x)=f(x)+x2的极值点,求证:f(x0)+3x0>0.
2.[2025·烟台三模] 已知函数f(x)=ln x+ax-(a<0).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,且x2≥2x1,求f(x1)-f(x2)的最大值.
3.[2025·邵阳二模] 已知函数f(x)=,g(x)=.
(1)求f(x)的极值;
(2)当0g(x);
(3)当F(x)=(bex-1-x)(1+ln x-bx)恰有四个零点x1,x2,x3,x4(04.[2025·四省二联] 已知函数f(x)=x3+(2-a)x2-ax+1.
(1)若a=3,求f(x)的极值.
(2)若a>1且b>-1,关于x的方程f(x)+xex+b+(a-3)x2=0在(0,+∞)上仅有一个实数根x0.
(i)证明:a=+x0;
(ii)求4a-b的最大值.
5.[2025·长沙长郡中学一模] 已知函数f(x)=(0(1)求f(x)的定义域;
(2)求证:无论a取何值,f(x)都有两个极值点;
(3)设f(x)的极大值点为x1,极小值点为x2,求证:f(x1)+f(x2)>2.(共55张PPT)
高分提能一 与零点、极值点有关的证明
类型一 单一变量
类型二 零点、极值点双变量的证明
类型三 零点与极值点综合
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知识链接
典型例题
备用习题
一、与零点、极值点有关的证明问题在近几年高考中有以下特点：
1.综合性强：融合考查零点存在定理、极值分析、参数讨论.
2.双变量：需构造对称函数或差（商）函数.
3.含参问题占主导：需分类讨论参数对单调性、极值点、零点的
影响.
4.注重逻辑链完整性：需严格证明单调性 确定极值 验证零
点存在条件（缺一不可）.
二、处理方法：
1.零点存在的证明：①求导定单调区间；②计算区间端点及极值
点函数值；③结合零点存在定理或单调性判断.
2.双变量问题：用零点方程消参；化双变量为单变量；构造差
（商）函数分析其单调性.
3.含参问题：通过导数,根据参数的范围分析函数的单调性,研
究其图象的特征,分析其零点或极值点的情况；也可以参变分离,
进而转化为研究图象交点的情况.
类型一 单一变量
例1 [2025·福建九地三模] 已知函数 .
（1）当时,求 的极小值；
解：的定义域为 .
当时, ,
则 ,令,可得 .
当时,,单调递减；
当 时,,单调递增.
所以当时, 取得极小值,极小值为 .
例1 [2025·福建九地三模] 已知函数 .
（2）若存在唯一的极值点,证明： .
证明：由题可得, ,令, .
方法一：因为的图象关于直线对称,
且 存在唯一极值点,所以,即,
所以 ,所以 .
由,可得,所以 ,
所以 ,
构造函数, ,
则,所以在 上单调递减,
所以,所以 ,
所以 .
方法二：易知在上单调递减,在 上单调递增.
当时,,则 ,
所以在 上单调递增,此时函数 无极值点,不符合题意.
当时,令,可得, .
因为,所以在上单调递增,
在 上单调递减,在上单调递增,
此时 有两个极值点,不符合题意.
当时,由易得,,
所以在 上单调递减,在上单调递增,
此时 恰有唯一极值点 ,符合题意.
由,可得,所以 ,
所以 .
设,,则,
所以 在上单调递减,从而,
所以 ,
所以 .
自测题
[2025·广东汕头三模] 已知函数.
（1）当时,求 的单调区间.
解：当时,,函数的定义域为 ,
则 .
当时,,函数单调递减；
当 时,,函数单调递增.
综上所述,函数在 上单调递减,在 上单调递增.
[2025·广东汕头三模] 已知函数.
（2）若有两个零点,为 的导函数.
（i）求实数 的取值范围；
解： 函数的定义域为 ,
.
当时,,函数在上单调递减,
此时 至多有一个零点,不符合题意.
当时,令,可得 .
当时,,函数单调递减；
当 时,,函数 单调递增.
所以当时,取得最小值,最小值为 .
因为函数有两个零点,且当时, ,
当 时, ,所以 .
设,易知函数在 上单调递增,
因为,所以的解集为 .
综上所述,实数的取值范围是 .
[2025·广东汕头三模] 已知函数.
（2）若有两个零点,为 的导函数.
（ii）记较小的一个零点为,证明： .
证明：,
由,结合 知 .
要证 ,即证 ,
即证 .
当时,, ,所以不等式①恒成立.
当时,由得 .
要证①,即证 ,
即证 ,
即证 .
设, ,
则,
所以在 上单调递增,
所以 ,故不等式②恒成立.
综上, .
类型二 零点、极值点双变量的证明
例2 已知函数 .证明：
（1） 存在唯一的极值点；
证明：由题意可得,的定义域为 ,
由 ,得,
显然在 上单调递增.
又, ,
故存在唯一的,使得.
当时, ,函数单调递增；
当时,,函数 单调递减.
因此 存在唯一的极值点.
例2 已知函数 .证明：
（2） 有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数.
证明： 方法一：由,得 .
设, ,
则问题可转化为函数与的图象在区间
上的交点情况.
,
因为与都在 上单调递增,
所以在区间 上单调递增.
又,所以当时,, 单调递减；
当时,, 单调递增.
又,所以函数 与 的图象,
如图所示,只有两个交点,
横坐标分别设为和 ,则, ,
即和 为 的两个实根,
所以 .
当 时, ,
又 ,
所以,所以 ,
所以两个实根互为倒数.
方法二：由（1）知, ,
, ,
所以有且仅有两个实根, ,
不妨令 .
下面证明 .
当时,由 ,得 ,
显然 ,
.
当时, ,, 式不成立；
当时, ,, 式不成立；
当时, ,, 式成立.
综上, 有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数.
方法三：的定义域为 ,显然不是方程 的根,
设,
则 有两个实根等价于 有两个零点,
且 的定义域为 .
因为,
所以 在上单调递增,在 上单调递增.
因为 , ,
所以在 上有唯一零点,,
所以 , ,所以 .
结合单调性知在 上有唯一零点,
所以 有且仅有两个零点,且两个零点互为倒数,
即 有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数.
自测题
[2022·全国甲卷] 已知函数.
（1）若,求 的取值范围；
解：方法一：的定义域为 ,
,
令,可得 .
当时,,单调递减；
当时, , 单调递增.
故 ,
若,则,即 ,
所以的取值范围为 .
方法二：由得,
令 , ,则,即,
令, ,则,
故在区间 上单调递增,
故,所以 ,
所以的取值范围为 .
[2022·全国甲卷] 已知函数.
（2）证明：若有两个零点,,则 .
证明：由（1）知, 的一个零点小于1,一个零点大于1,
不妨设 .
要证,即证,
因为, ,所以即证 ,
又因为,所以只需证 ,
即证, ,
即证, .
,
设,,则,
所以 在上单调递增,所以,
而当时, ,
所以当时,,即,
所以在 上单调递增,所以,
所以当时, .
令, ,
则 ,
所以在 上单调递减,
所以,所以当时, .
综上,当时,,所以 .
类型三 零点与极值点综合
例3 [2025· 全国二卷] 已知函数 ,
其中 .
（1）证明：在区间 上存在唯一的极值点和唯一的零点.
证明：因为, ,
所以 ,
当时,令,解得 ,
所以当时,, 单调递增,
当时,,单调递减,
所以是 在区间 上唯一的极值点,且是极大值点.
又因为, ,
所以存在,使得,
即是在区间 上唯一的零点.
例3 [2025· 全国二卷] 已知函数 ,
其中 .
（2）设,分别为在区间 上的极值点和零点.
（i）设函数,证明:在区间 上
单调递减；
证明：因为 ,
所以 ,
因为,所以, ,
所以 ,即在区间 上单调递减.
例3 [2025· 全国二卷] 已知函数 ,
其中 .
（2）设,分别为在区间 上的极值点和零点.
（ii）比较与 的大小,并证明你的结论.
解：由得,在 上单调递减,
所以,即 ,故 .
因为是的零点,所以 ,所以 ,
又因为,,且在 上单调递减,所以 .
自测题
已知函数 .
（1）当时,求 的单调区间.
解：由题意可得的定义域为 ,
.
当时,,此时,
所以 的单调递减区间是 ,无单调递增区间.
已知函数 .
（2）若函数存在正零点 .
（i）求 的取值范围；
解： 由（1）知, .
令,则 ,
当时,, 单调递减.
①当时,,
当 时, ,
则,所以在 上单调递减,
又,所以当时,,
则函数 不存在正零点.
②当时,,
此时 , ,
所以存在满足 ,
所以在上单调递增,在 上单调递减.
令,则当时,,
所以在 上单调递增,在上单调递减,
所以当 时, ,即,
所以 .
又因为,所以 ,所以此时存在正零点 .
综上,实数的取值范围为 .
已知函数 .
（2）若函数存在正零点 .
（ii）记为的极值点,证明： .
证明： 由题意得 即
可得 ,即 .
由知当时,,即当时, ,
又 ,所以,
所以 ,即,
所以 ,整理得 .
［备选理由］例1和例2都考查与零点、极值点有关的证明.例1（2）
中重在考查构造函数以及隐零点最值问题,方法较为常规；例2
考查侧重多元变量的处理策略,与现在高考的多变量多参数相匹配,
难度均较大.
例1 ［配例2使用］[2025·浙江六校联考] 已知函数 ,其
中 为自然对数的底数.
（1）当时,求 的单调区间.
解：的定义域为 ,
当时,,则 .
令,则 ,
令得,令得 ,
则在上单调递减,在 上单调递增,
又,所以当时, ,即 ,
则的单调递增区间为, ,无单调递减区间.
例1 ［配例2使用］[2025·浙江六校联考] 已知函数 ,其
中 为自然对数的底数.
（2）当时,若关于的方程有两个不同的根, ,且
,
（i）求 的取值范围；
解：当时,关于的方程 ,
即有两个不同的根, .
令,则在上有两个不同的非零零点, ,
又,
所以在 上有两个不同的零点, .
,
当时,,此时在 上单调递增,
则在 上至多存在一个零点,不符合题意.
当时,由得,由得,
则 在上单调递减,在 上单调递增,
又,所以 ,
当 时, ,当 时, ,
由函数零点存在定理可知此时在 上有两个不同的零点.
综上可知,的取值范围为 .
例1 ［配例2使用］[2025·浙江六校联考] 已知函数 ,其
中 为自然对数的底数.
（2）当时,若关于的方程有两个不同的根, ,且
,
（ii）当最小时,求 的值.
解：,结合的单调性可知, ,
由可知,是的两个根,
即 , ,两式相减得 .
令,
则 ,则 .
由（1）可知,在 上单调递增,
故要求的最小值,只需求的最小值,即求 的最小值.
令,,则 .
令,,则,
所以 在 上单调递增,
又,,
所以存在 ,使得,即 .
令得,令得 ,
所以在上单调递减,在 上单调递增,
所以当时,取得最小值,所以当时, 取得最小值,
此时 .
综上所述,当最小时, .
例2 ［补充使用］[2025·天津卷] 已知函数 .
（1）当时,求的图象在点 处的切线方程.
解：当时,, ,
则,所以,
又 ,
所以的图象在点处的切线方程为 ,即 .
例2 ［补充使用］[2025·天津卷] 已知函数 .
（2）已知有3个零点,,,且 .
（i）求 的取值范围;
解： 令, ,得 ,
设, ,则 ,
令,解得或 .
当时,,在 上单调递减；
当时,,在 上单调递增；
当时,,在 上单调递减.
又,,且当时, ,
当 时,,当时, ,
故作出函数 的大致图象如图.
要使函数 有3个零点,
则方程在 内有3个根,
即直线与函数 的图象有3个交点.
结合图象可知 ,
故的取值范围为 .
例2 ［补充使用］[2025·天津卷] 已知函数 .
（2）已知有3个零点,,,且 .
（ii）证明： .
证明：由图象可知, ,
设,,,则 ,
且由②③可得
两式作差可得 ,
则由对数均值不等式可得,则 .
要证 ,即证,
只需证,即证 .
方法一：因为 ,所以只需证,即证 ,
又,所以 ,
又,在 上单调递减,
所以 ,故原命题得证.
方法二：因为,所以,则 ,
所以,故只需证 .
设函数,,则 ,
当时,,则在 上单调递增,
当时,,则在 上单调递减,
故,即 .
由 ,
可知 成立,故原命题得证.

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