专题--用导数证明不等式问题（解析版）

《专题--用导数证明不等式问题（解析版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《专题--用导数证明不等式问题（解析版）（38页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

1、专题06用导数证明不等式问题函数综合题多出现在高考压轴题位置，具有考查数学思想方法以及代数推理能力的功能，用导数证明不等式问题是常见的考查形式.本专题设计意图，一是复习用导数证明不等式的基本方法，也就是通过构造函数，把不等式证明问题转化为利用导数研究函数的单调性或最值等问题；二是从看似平常的导数问题中发现、提炼不等式，或对常见不等式进行变换，用以解决难度更大的不等式证明问题.1导数证明不等式的常用方法1.1不等号左右两边结构相同的不等式，可以构造函数f(x)，使原不等式化为形如f(a)f(b)的形式例1已知函数f(x)=(a+1)lnx+ax2+1(a2)证明:对任意x1，x2(0，+)，.思

2、路探求:不妨设，由于a2，故f(x)在区间(0，+)内单调递减，所以等价于，即.设g(x)=f(x)+4x，则上式即为g(x2)g(x1)，问题转化为证明函数g(x)单调性的问题.1.2形如f(x)g(x)的不等式，可以构造函数F(x)=f(x)g(x)，转化为研究函数F(x)0的问题例2已知.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a=1时，证明对于任意的x1，2成立.思路探求:本问题是典型的构造函数证明不等式问题，证明方法是确定的，难点是如何研究新构造函数的性质.解:当a=1时，x1，2，令g(x)=xlnx，h(x)=.则.由可得g(x)g(1)=1，当且仅当x=1时取等号.又，设=3x22

3、x+6，则在区间1，2上单调递减，因为，所以存在，使得当x(1，x0)时，；当x(x0，2)时，.所以函数h(x)在区间(1，x0)内单调递增；在区间(x0，2)内单调递减.由于h(1)=1，因此，当且仅当x=2时取等号，所以，即对于任意的x1，2成立.根据待证不等式的目标指向，按形式特征把新构造的函数分为两个函数g(x)与h(x)分别研究，这是突破难点的技巧方法，也是能力考查与高考创新的体现.1.3形如的不等式，可选x1(或x2)为主元，构造函数(或).例3已知函数f(x)=lnx，设，是函数y=f(x)的图像上两点，(为f(x)的导函数)，证明:.思路探求:，于是，.以下证明 式等价于.令

4、，则，在区间(0，x2)内，所以r(x)在区间(0，x2)内为增函数.当时，即，从而得证.同理可证.上面解析中，我们把中的x1看作主元构造函数r(x)，从而证明.对于多参变量函数，主元思想与整体代换是常用的解题策略.2导数证明不等式的常用技巧2.1不等式的发现与运用很多函数问题中，蕴含了一些常见的不等关系，需要我们去发现、提炼，并将其用于难度较大的不等式证明问题中.(1)(当且仅当x=1时取等号)；(2).很多高考试题中的导数证明不等式问题，都有这类常见不等式的背景.例4已知函数.()证明:当x0时，f(x)x；()证明:当k0，使得对任意，恒有f(x)g(x)；()确定k的所有可能取值，使得

5、存在t0，对任意的x(0，t)，恒有f(x)g(x)|x2.思路探求:由不等式(1)，可以直接得到，因此第(I)问是显而易见的.对于第()问，当k0时，不等式显然成立；当0kkx，解得0x0，则当x(0，x0)时，有.这样，我们就找到了不等式证明的另一途径.把不等式(2)进行变形，可得xln(x+1)x2，与第()问联系起来看，可以大胆猜测k=1，这也是第()问的实质.2.2不等式的变换与运用例5已知函数f(x)=x1alnx.(I)若f(x)0，求a的值；()设m为整数，且对于任意正整数n，求m的最小值.思路探求:在第(I)问求出a=1之后，立刻发现，第(I)问揭示了一个不等关系，也就是上面

6、发现的不等式(1)lnxx1.而第()问不等式的结构形式，让我们想到先把不等式(1)变换为ln(x+1)x，再对x进行赋值.令，得，从而，故，而.所以m的最小值是3.通过对lnxx1进行变换，还可以发现很多不等式，例如:等.这些不等式都起到了化超越为平凡的作用，而导数不等式的证明，经常需要这种转化.2.3不等式的构造与运用有些导数证明不等式的问题，需要我们先根据问题的条件特征与解题需要，通过探究，发现、构造新的不等式，再利用新构造的不等式解决问题.例6设函数f(x)=x3+2x2x+2(I)求函数f(x)在区间0，1上的最小值；()若a0，b0，c0，且a+b+c=1，证明:.思路探求:第(I

7、)问求得函数f(x)在区间0，1上的最小值是.对于第()问，我们可以发现待证不等式左边的三项呈现相同的形式，且其取值均在0，1中，由此获得解题启发，根据函数解析式，结合第(1)问的结果，构造含有的不等式.解析过程如下:()因为，由(1)知，当x0，1时，所以.当a0，b0，c0，且a+b+c=1时，0a1，所以.这类不等式的构造是基于问题条件特征，为解决具体问题服务的，指向性强，更具技巧性.证明此类不等式，既要深刻理解题意，又要仔细观察问题形式特征，并进行有针对性的构造.1已知函数,曲线 在点处的切线方程为y=2（1）求a,b的值；（2）当且时，求证： 【答案】(1) (2)证明见解析【解析】

8、（1），由直线的斜率为0，且过点得，化简得： ，解得：，.（2）.当时，不等式，当时，不等式.令，.当时，所以函数在单调递增， 当时，故成立.当时，故也成立.所以当且时，不等式总成立.2已知函数.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）证明：；（3）证明：.【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析.【解析】（1），则，所以曲线在点处的切线方程为；（2）设函数，则，令，得；令，得.所以，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增.则函数在处取得极小值，亦即最小值，即，即；（3）因为函数的定义域为，所以，由（2）知，即，又，所以等号可以成立，从而.3已知函数在点处的切线方程为（1）求，的值；（2

9、）设函数（），求在上的单调区间；（3）证明：（）【答案】（1）；（2）见解析；（3）见解析【解析】（1）， ，依题意得 解得。（2）由（1）知，故函数在的单调性为：当时，的递减区间为；当时，的递减区间为，递增区间为；当；当（3）由（2）知时， ，即 ，令，得，即,所以，上式中n=1，2，3，n，然后n个不等式相加得（）。故不等式成立。4已知函数f（x）x2（a+4）x+3a+4ex，（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）求证不等式（x36x2+10x）ex10（lnx+1）成立.【解析】（1）f（x）ex（xa）（x2），xR，当a2时，当x（，a，（2，+）时，f（x）0，f（x）递增；当x

10、（a，2）时，f（x）0，f（x）递减；当a2时，当x（，2，（a，+）时，f（x）0，f（x）递增；当x（2，a）时，f（x）0，f（x）递减；当a2时，f（x）0，f（x）在R上递增；（2）当a2时，f（x）（x26x+10）ex，故原不等式可化为f（x）g（x），其中g（x）10（），由（1）知，函数f（x）在（0，+）单调递增，故当x0时，f（x）f（0）10，对于g（x）10（），g（x），当x（0，1）时，g（x）0，g（x）递增；当x（1，+）时，g（x）0，g（x）递减；故g（x）的最大值为g（1）10，故f（x）g（x）成立，原命题得证.5已知函数讨论函数的单调性；设，对任意

11、的恒成立，求整数的最大值；求证：当时，【解析】（1）函数 f（x）（aR ），x0，当a0时，f（x）0，f（x）在（0，+）单调递增当a0时，f（x）0，f（x）在（0，+）单调递增当a0时，令f（x）0，解得：0x，令f（x）0，解得：x，故f（x）在（0，）递增，在（，+）递减（2）当时，则f（1）2a+30，不满足f（x）0恒成立若a0，由（1）可知，函数f（x）在（0，）递增，在（，+）递减，又f（x）0恒成立，f（x）max0，即0，令g(a)=,则g(a)单调递增，g(-1)=1，g(-2)=0，a时，g(a) 0恒成立，此时f（x）0恒成立，整数的最大值-2（3）由（2）可知，

12、当a-2时，f（x）0恒成立，即lnx2x2+10即xlnx2x3+x0，恒成立，又exx2+2x1+（）只需证exx2+2x1，记g（x）exx2+2x1（x0），则g（x）ex2x+2，记h（x）ex2x+2，则h（x）ex2，由h（x）0，得xln2当x（0，ln2）时，h（x）0；当x（ln2，+）时，h（x）0函数h（x）在（0，ln2）上单调递减；在（ln2，+）上单调递增42ln20h（x）0，即g（x）0，故函数g（x）在（0，+）上单调递增g（x）g（0）e010，即exx2+2x10结合exx2+2x1+（）0，即0成立6设函数f（x）ax2+（12a）xlnx（aR）（1

13、）讨论f（x）的单调性；（2）当a0时，证明f（x）ln（ae2）2a（e为自然对数的底数）【解析】（1）f（x）2ax+（12a），x0，当a0时，令f（x）0得：x1；令f（x）0得：0x1，函数f（x）的单调递增区间为（1，+），单调递减区间为（0，1），当a0时，若1，即a时，f（x）0，f（x）的单调递减区间为（0，+），若1即a0时，f（x）的单调递减区间为（0，1），（，+），单调递增区间为（1，），若1即a时，f（x）的单调递减区间为（0，），（1，+），单调递增区间为（，1）；（2）由（1）可知当a0时，f（x）的最小值为f（1）1a，令g（a）1a（lnae22a）a1ln

14、a，g（a）1，当a（0，1）时，g（a）0，g（a）单调递减；当a（1，+）时，g（x）0，g（x）单调递增，g（a）的最小值为g（1）0，g（a）0，1alnae22a，即f（x）ln（ae2）2a7已知，.（1）讨论的单调区间；（2）当时，证明：.【解析】（1）的定义域为，当时，由，得；由，得，所以在上单调递减，在上单调递增；当时，由，得或；由，得；所以在上单调递减，在和上单调递增；当时，由，得在上单调递增；当时，由，得或；由，得；所以在上单调递减；在和上单调递增. （2）由，得，当时，不等式显然成立； 当时，由，得，所以只需证：， 即证，令，则，令，则，令，则，所以在上为增函数，因为，

15、所以存在，所以在上单调递减，在上单调递增，又因为，当时，在上单调递减，当时，在上单调递增，所以，所以，所以原命题得证8设函数为常数(1)若函数在上是单调函数，求的取值范围； (2)当时，证明.【解析】（1）由得导函数，其中.当时，恒成立，故在上是单调递增函数，符合题意； 当时，恒成立，故在上是单调递减函数，符合题意； 当时，由得，则存在，使得.当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，故在上是不是单调函数，不符合题意.综上，的取值范围是. （2）由（1）知当时，即，故. 令，则，当时，所以在上是单调递减函数，从而，即.9已知函数，其中a为非零常数讨论的极值点个数，并说明理由；若，证明：在区间

16、内有且仅有1个零点；设为的极值点，为的零点且，求证：【解析】解：由已知，的定义域为，当时，从而，所以在内单调递减，无极值点；当时，令，则由于在上单调递减，所以存在唯一的，使得，所以当时，即；当时，即，所以当时，在上有且仅有一个极值点.综上所述，当时，函数无极值点；当时，函数只有一个极值点；证明：由知令，由得，所以在内有唯一解，从而在内有唯一解，不妨设为，则在上单调递增，在上单调递减，所以是的唯一极值点令，则当时，故在内单调递减，从而当时，所以从而当时，且又因为，故在内有唯一的零点由题意，即，从而，即因为当时，又，故，即，两边取对数，得，于是，整理得10设函数，其中为正实数.(1)若不等式恒成立

17、，求实数的取值范围；(2)当时，证明.【解析】（1）由题意得设，则，当时，即时， ， 所以函数在上单调递增，满足题意；当时，即时，则的图象的对称轴因为，所以在上存在唯一实根，设为，则当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，此时，不合题意综上可得，实数的取值范围是（2）等价于因为，所以，所以原不等式等价于，由(1)知当时，在上恒成立，整理得令，则，所以函数在区间上单调递增，所以，即在上恒成立.所以，当时，恒有，11已知函数 （1）求曲线的斜率为2的切线方程；（2）证明：；（3）确定实数的取值范围，使得存在,当时,恒有【解析】（1）函数的定义域为. 由得.令，即，得，（舍）又， 所以曲线的斜率

18、为的切线方程为 （2）设，则. 令得，（舍）当时，；当时，.所以在上单调递增，在上单调递减. 所以.所以.（3）由（2）可知， 当时，所以不存在，当时，恒有；所以不符合题意. 当时，对于，所以不存在，当时，恒有；所以不符合题意. 当时，设.因为，令即.因为，解得.又因为，所以.取.当时，；所以在上单调递增.所以.即.所以符合题意.所以实数的取值范围是.12已知函数(1)当时，设函数的最小值为，证明：；(2)若函数有两个极值点，证明：【解析】（1），令，解得，当时，当时，令，则，令，解得，当时，当时， ，当时，；（2），令，则，令，解得，当时，当时，又函数有两个极值点，则，且，当时，单调递增，当

19、时，单调递减，当时，又，令，则，令，则，在上单调递增，在上单调递增，即，13已知函数.（1）若对任意，恒成立，求的取值范围；（2）若函数有两个不同的零点，证明：.【解析】（1）解：由对任意恒成立，得对任意恒成立.令，则.令，则.在上，单调递增；在上，单调递减.，则，即的取值范围为.（2）证明：设，则.在上，单调递增；在上，单调递减.，当时，且，要证，即证.，在上单调递减，只需证明.由，只需证明.令，.，在上单调递增，即，.14已知函数.（1）当时，求函数在的单调性；（2）当且时，求函数在上的最小值；（3）当时，有两个零点，且，求证：.【解析】（1）由题意，函数，则，又，在上单调递增.（2）由，

20、则，（1）当时，此时图数在区间上单调递减，函数在处取得最小值，即；（2）当时，令，当时，即当，此时函数在区间上单调递减，函数在处取得最小值，即；综上所得.（3）证明：根据题意，是函数的两个零点，.两式相减，可得，即，则，.令，则.记，则.又，恒成立，故，即.可得，.15已知函数，又函数的两个极值点为，且满足，恰为的零点（1）当时，求的单调区间；（2）当时，求证：【解析】（）又令，解得，令，解得0x或x函数的单调递减区间是和，单调递增区间是；（），,由题意，解得0，当时，即证：，,两式相减得：2ln（x1x2）（x1+x2）+（x1x2）=0，（0t），记，则，在（0，递减，的最小值为即，得证.

21、16已知函数（1）当时，讨论的单调性；（2）设函数，若存在不相等的实数，使得，证明：【解析】（1）函数的定义域为.，因为，所以，当，即时，由得或，由得，所以在，上是增函数， 在上是减函数；当，即时，所以在上是增函数；当，即时，由得或，由得，所以在，.上是增函数，在.上是减函综上可知：当时在，上是单调递增，在上是单调递减；当时，在.上是单调递增； 当时在，上是单调递增，在上是单调递减. （2），当时， ，所以在上是增函数，故不存在不相等的实数，使得，所以. 由得，即，不妨设，则，要证，只需证，即证，只需证，令，只需证，即证，令，则，所以在上是增函数，所以，从而，故.17已知函数，.（1）若，求证

22、：当时，；（2）若函数在上单调递减，求实数的取值范围.【解析】（1）依题意，定义域为，.令，则.所以当时，当时，.所以在上单调递减，在上单调递增.所以，即，所以函数在上单调递增.所以当时，.（2）设，则.易知当时，即，故在上单调递增.所以，.若，则在上，所以.所以.令.在上，要使单调递减，则，从而.因为，所以在上单调递减.所以，所以.若，即，则在上，所以，由可知.所以当时，从而，所以在上单调递减.若，则存在，使得，从而.而，从而在区间上不单调递减.综上所述，实数的取值范围为.18设函数.(1)若，求的单调区间；(2)若存在三个极值点，且，求的取值范围，并证明:.【解析】(1).令，得，得，在上

23、递减，在上递增.即，解得，解得，的单调减区间为，单调增区间为.(2)，有三个极值点，方程有两个不等根，且都不是，令，时，单调递增，至多有一根，解得，解得.在上递减，在上递增，此时，时.时，有三个根，且，由得，由得，下面证明:，可变形为令，在上递增，19已知函数,.（）求函数的单调区间； （）令两个零点，证明：.【解析】（）由题意，函数，则，且，当时，函数单调递减；当时，函数单调递增；所以函数在上单调递减，在上单调递增. （）由有两个零点可知由且可知，当时，函数单调递减；当时，函数单调增；即的最小值为，因此当时，可知在上存在一个零点；当时，可知在上也存在一个零点，因此，即.20已知函数（1）若在

24、点处的切线与直线平行，求在点的切线方程；（2）若函数在定义城内有两个极值点，求证：【解析】（1）因为在点处的切线与直线平行，即故切点坐标为切线方程为（2）由题知方程在上有两个不等实根.又令则在上单调递减.即21已知函数（1）求函数的单调区间；（2）已知且，若函数没有零点，求证：【解析】解法一：（1） 当时，令得或；令得函数的单调递增区间为和，单调递减区间为 当时，令得；令得或函数的单调递增区间为，单调递减区间为和. 综上所述,当时，函数的单调递增区间为和，单调递减区间为；当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为和.（2）函数在时无零点，即在无解则与在无交点，在上单调递增，则 由（1）得在上单

25、调递增要证 即证 即证 即证 令 在时单调递增，所以原不等式成立 解法二：（1）同解法一（2）函数在时无零点，即在无解则与在无交点，在上单调递增，则 要证，即证，即证因为，所以只需证 ，即证 ，令 ，在时单调递增，所以原不等式成立22巳知函数，其中.(1)若是函数的极值点，求的值；(2)若在区间上单调递增，求的取值范围；(3)记，求证：.【解析】(1)由，得，是函数的极值点，解得，经检验为函数的极值点，所以(2)在区间上单调递增，在区间上恒成立，对区间恒成立，令，则当时，有，的取值范围为(3) 解法1：，令，则令，则，显然在上单调递减，在上单调递增，则，则，故解法2：则表示上一点与直线上一点距

26、离的平方由得，让，解得，直线与的图象相切于点，（另解：令，则，可得在上单调递减，在上单调递增，故，则，直线与的图象相切于点），点（1，0）到直线的距离为，则23已知，.（1）当时，求证：；（2）若存在，使得成立，求实数的取值范围.【解析】(1)设，F（x）=4e2x2=e2x-+2（e2x1）+e2x0，（x0），所以，F（x）在0，+）上递增，所以F（x）F（0）=0，所以，F（x）在0，+）上递增，所以F（x）F（0）=0，即有当x0时，f（x）（x+1）2+x；（2）即，则，在上递增，当时，,在上为单调递增函数，故，当时，设,在上为单调递增函数，则当时，恒成立，不合题意综上，则24已知函

27、数.（1）求函数的单调区间；（2）证明：对任意的，存在唯一的，使；（3）设（2）中所确定的关于的函数为，证明：当时，有.【解析】（1）函数的定义域为，令，得，当变化时，的变化情况如下表：极小值所以函数的单调递减区间是，单调递增区间是；（2）当时，.设，令，由（1）知在区间内单调递增，故存在唯一的，使得成立；（3），由（2）知，且，其中，要使成立，只需且，当时，若，则由的单调性，有，矛盾，所以，即，从而成立.又设，则，所以在内是增函数，在内为减函数，在上的最大值为成立，当时，成立.25已知函数 (1)讨论的单调性；(2)若对任意恒成立，求实数的取值范围（为自然常数）；(3)求证：【解析】（1）函

28、数的定义域为， 当时，的单调增区间为，单调减区间为；当时，的单调增区间为，单调减区间为；（2）令, 则，令，则, （a）若,即 则在是增函数, , 无解.（b）若即，则在是减函数, 所以,（c）若,即，在是减函数, 在是增函数, 最大值可得,可得所以 , 综上所述 ,（3）令，此时，所以，由（1）知在上单调递增，当时，即，对一切成立，则有，所以 26已知函数，且曲线在点处的切线与直线垂直.（1）求函数的单调区间；（2）求证：时，.【解析】（1）由，得.因为曲线在点处的切线与直线垂直，所以，所以，即，.令，则.所以时，单调递减；时，单调递增.所以，所以，单调递增.即的单调增区间为，无减区间（2）

29、由（1）知，所以在处的切线为，即.令，则，且，时，单调递减；时，单调递增.因为，所以，因为，所以存在，使时，单调递增；时，单调递减；时，单调递增.又，所以时，即，所以.令，则.所以时，单调递增；时，单调递减，所以，即，因为，所以，所以时，即时，.27已知函数.（1）当时，证明：；（2）若对于定义域内任意x，恒成立，求t的范围【解析】（1）证明：即是证明，设，当，单调递增；当，单调递减；所以在处取到最大值，即，所以得证（2）原式子恒成立即在恒成立设，设，所以单调递增，且，所以有唯一零点，而且，所以两边同时取对数得易证明函数是增函数，所以得，所以所以由在上单调递减，在上单调递增，所以于是t的取值范

30、围是28已知函数.（1）若，求函数的单调区间；（2）若函数在区间内有两个极值点、，求实数的取值范围；（3）在（1）的基础上，求证：.【解析】（1）时，则，由，得；，得.因此，函数的单增区间为，单减区间为；（2），其中，由题意可知，、是函数在区间内的两个零点由得，结合（1），则问题也等价于在区间有两个零点，从而，可转化为直线与的图象在上有两个交点，由（1）知，函数在上单减，在上单增，而当时，如下图所示：由图象可知，当时，直线与函数在区间上的图象有两个交点，因此，实数的取值范围是；（3）由（2）可知，、为在区间内的两个根，且，其中是函数的极小值点，.由，可得故所证.下面证明出，即证.设，即证，即证

31、.构造函数，其中，则，所以，函数在区间上单调递增，当时，.所以，当时，所以，.将等式两式相减得，.，因此，.所以，.29已知函数，是的导函数.（1）证明：当时，在上有唯一零点；（2）若存在，且时，证明：.【解析】（1）证明：当时，.当时，为增函数，且，在上有唯一零点；当时，在上没有零点.综上知，在上有唯一零点.（2）证明：不妨设，由得，.设，则，故在为增函数，从而，下面证明：.令，则，即证明，只要证明.（*）设，则，在单调递减.当时，从而（*）得证，即.，即.30已知函数有两个零点.（1）求实数的取值范围；（2）求证：.【解析】（1）令，解得，令，故，令，解得，故当时，当时，作出函数的图象如下

32、所示，观察可知，即；（2）依题意，两式相减可得，不妨设，要证：，即证：，即证：，即证：，令，则，则，即函数在上单调递减，故，故，即.31已知函数（1）若对恒成立，求实数的取值集合；（2）在函数的图象上取定点，记直线AB的斜率为，证明：存在，使成立；（3）当时，证明：【解析】（1），令，当，当时，取得极大值，亦为最大值，设，令.，又，；（2），令，当，同理，函数连续不断，故存在，使得，即存在，使成立；（3）设，当时，在递增，令，32已知函数，.（1）若存在极小值，求实数的取值范围；（2）设是的极小值点，且，证明：.【解析】（1）.令，则，所以在上是增函数.又因为当时，；当时，.所以，当时，函数在

33、区间上是增函数，不存在极值点；当时，的值域为，必存在使.所以当时，单调递减；当时，单调递增；所以存在极小值点.综上可知实数的取值范围是.（2）由（1）知，即.所以，.由，得.令，显然在区间上单调递减.又，所以由，得.令，当时，函数单调递增；当时，函数单调递减；所以，当时，函数取最小值，所以，即，即，所以，所以，即.33已知，（1）若在恒成立，求实数a的取值范围；（2）若，求证：【解析】（1）在恒成立，当在恒成立令，则，令，则在恒成立，所以在内，所以在内，所以在内递增，所以在内，所以（2）即证由（1）知，即，所以，所以，所以34已知函数.（1）讨论的导数的单调性；（2）若有两个极值点，求实数的取

34、值范围，并证明.【解析】（1）由题意，得.设，则.当时，所以在上单调递增.当时，由，得.当时，在上单调递减；当时，在上单调递增.（2）由于有两个极值点，即在上有两解，即，显然，故等价于有两解，设，则，当时，所以在单调递减，且，时，时，；当时，所以在单调递减，且时，；当时，所以在单调递增，且时，所以是的极小值，有两解，等价于，得.不妨设，则.据（1）在上单调递减，在上单调递增，故，由于，且，则，所以，即，欲证明：，等价于证明：，即证明：，只要证明：，因为在上单调递减，所以只要证明：，由于，所以只要证明：，即证明：，设，据（1），所以在上单调递增，所以，即，故.35已知函数，函数，其中，是的一个极值点，且.（1）讨论的单调性（2）求实数和a的值（3）证明【解析】（1）由已知可得函数的定义域为，且，令，则有，由，可得，可知当x变化时，的变化情况如下表：1-0+极小值，即，可得在区间单调递增；（2）由已知可得函数的定义域为，且，由已知得，即，由可得，联立，消去a，可得，令，则，由（1）知，故，在区间单调递增，注意到，所以方程有唯一解，代入，可得，；（3）证明：由（1）知在区间单调递增，故当时，可得在区间单调递增，因此，当时，即，亦即，这时，故可得，取，可得，而，故.