拓展提升02 隐零点与极值点偏移问题
题型01 隐零点问题
解题锦囊
隐零点问题是函数零点中常见的问题之一，其源于含指对函数的方程无精确解，这样我们只能得到存
在性之后去估计大致的范围（数值计算不再考察之列）.
基本步骤：
第 1 步: 用零点存在性定理判定导函数零点的存在性, 列出零点方程
, 并结合
的单调
性得到零点的范围;
第 2 步: 以零点为分界点, 说明导函数
的正负, 进而得到
的最值表达式;
第 3 步: 将零点方程
适当变形, 整体代入
最值式子进行化简:
（1）要么消除
最值式中的指对项
（2）要么消除其中的参数项;
从而得到
最值式的估计.
考向一 不等式的证明
【典例1】（24-25 高二上·湖南长沙·期末）已知函数
（
且
）．
(1)讨论函数
的单调区间；
(2)当
时，证明：
．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先求得
并因式分解，然后对
进行分类讨论来求得
的单调区间.
（2）利用构造函数法，结合导数、零点存在性定理等知识来证得不等式成立.
【详解】（1）
，
①当
时，当
时，
，
时，
，
所以
的递增区间是
，
，递减区间为
；
②当
时，当
时，
，
时，
，
所以
的递增区间是
，
，递减区间为
．
综上，当
时，
的递增区间是
，
，递减区间为
；
当
时，
的递增区间是
，
，递减区间为
．
（2）当
时，
，
由题意可得，只需证明
，
方法一：令
，
则
，
令
，易知
在
上单调递增，
，
，
故存在
，使得
，即
，
当
时，
，
，
，
单调递减，
当
时，
，
，
，
单调递增，
故
时，
取得唯一的极小值，也是最小值．
，
所以
，即当
时，
．
【变式1】（23-24 高二下·河南洛阳·期中）给定函数
.
(1)判断函数
的单调性，并求出函数
的极值;
(2)证明:当
时，
.
【答案】(1)
在区间
上单调递减，在区间
上单调递增，极小值
.
(2)证明见解析
【分析】（1）首先求函数的导数，利用导数与函数单调性的关系，求解函数的单调区间，再求函数的极
值；
（2）首先由不等式构造函数
，转化为证明函数
的最小值大于0.
【详解】（1）函数的定义域为
.
.
令
，解得
.
当
变化时，
的变化情况如下表
负
0
正
单调递减
极小值
单调递增
在区间
上单调递减，在区间
上单调递增，
当
时，
有极小值
.
（2）要证明当
时，
，
即证明当
时，
.
令函数
.
则
.
当
时，
.
设函数
.
则
，故
在
上单调递增.
又
所以存在唯一的
使得
.
且
.
当
时，
单调递减，
当
时，
单调递增，
所以
设函数
则
即
在
单调递增.
所以
原不等式得证.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是利用隐零点问题求函数的最小值.
【变式2】（23-24 高二下·黑龙江哈尔滨·期中）已知函数
.
(1)若
，求
的取值范围；
(2)当
时，证明：
.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）令
，将问题转化为
，利用导数求出
即可；
（2）令
，将问题转化为
，通过导数研究
单
调性，借助隐零点和放缩法证明
即可.
【详解】（1）记
，
，则
恒成立，即
.
因为
，
当
；当
；
所以
在
上单调递增，在
上单调递减.
所以
，解得
.
故实数
的取值范围是
；
（2）记
，则
，
令
，则
，
所以
即
在
上单调递增.
由
，知
.
所以
，即
，
故当
单调递减；当
单调递增.
所以
，
由（*）式，可得
.
代入
式，得
.
由（1）知，当
时有
，故
，
所以
.
由于
，所以
.
故
，即
，原不等式得证.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式，转化为构造函数，利用导数分析构造的函数的单调性，求得最
值，证明即可.当导函数的零点不易求出时，可借助其单调性和零点存在定理确定零点所在区间，设出零点
，再整体代换即可.
【变式3】已知函数
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）若a＝1，证明
【解答】解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），
当a≥0 时，f′（x）＞0 在（0，+∞）上恒成立
所以f（x）在（0，+∞）上单调递增，
当a＜0 时，x∈（0，﹣a）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
x∈（﹣a，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
综上，当a≥0 时，f（x）在（0，+∞）上单调递增，
当a＜0 时，f（x）在（0，﹣a）单调递减，f（x）在（﹣a，+∞）调递增．
（2）当a＝1 时，f（x）＝﹣
+lnx，令g（x）＝f（
）﹣（﹣ex），x∈（0，+∞），
则g（x）＝﹣x﹣lnx+ex，g′（x）＝1﹣
+ex，令h（x）＝﹣1﹣
+ex，x∈（0，+∞），
h′（x）＝
+ex＞0 恒成立，
所以h（x）在（0，+∞）上单调递增，
因为h（
）＝﹣3+
＜0，h（1）＝﹣2+e＞0，
所以存在唯一的x0∈（
，1），使得h（x0）＝﹣1﹣
+e
＝0，
即e
＝1+
①，
当x∈（0，x0）时，h（x）＜0，即g′（x）＜0，所以g（x）在（0，x0）上单调递减，
当x∈（x0，+∞）时，h（x）＞0，即g′（x）＞0，所以g（x）在（x0，+∞）上单调递增，
所以g（x）min＝g（x0）＝﹣x0﹣lnx0+e
，②
把①代入②得g（x0）＝﹣x0﹣lnx0+1+
，x0∈（
，1），
当x0∈（
，1）时，﹣lnx0＞0，1﹣x0＞0，
＞0，
所以g（x0）＞0，
所以g（x）＞0，
所以a＝1 时，f（
）＞﹣ex．
【变式4】（2024·山东威海·二模）已知函数
．
(1)求
的极值；
(2)证明：
．
【详解】（1）由题意得
的定义域为
，
则
，
当
时，
，
在
上单调递增，无极值；
当
时，令
，则
，令
，则
，
即
在
上单调递增，在
上单调递减，
故
为函数的极大值点，函数极大值为
，无极小值；
（2）证明：设
，
，令
，
则
，即
在
上单调递增，
，
故
，使得
，即
，
当
时，
，
在
上单调递减，
当
时，
，
在
上单调递增，
故
即
，即
，则
考向二 求参数范围
【典例2】（2020·新Ⅰ卷·统考高考真题第21 题）已知函数
．
（1）当
时，求曲线
在点
处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
（2）若不等式
恒成立，求a 的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【详解】（1）
，
，
.
，∴切点坐标为(1,1+e),
∴函数
在点(1,f(1)处的切线方程为
,即
,
切线与坐标轴交点坐标分别为
,
∴所求三角形面积为
．
（2）
,
，且
.
设
,则
g(
∴
x)在
上单调递增，即
在
上单调递增，
当
时，
,∴
,∴
成立.
当
时，
，
，
,
∴存在唯一
，使得
，且当
时
，当
时
，
，
，
因此
>1,
∴
∴
恒成立；
当
时，
∴
不是恒成立.
综上所述，实数a 的取值范围是[1,+∞).
【变式1】已知函数
，当
且
时, 不等式
在
上恒成立, 求
的最大值.
解：依题分离参数得:
,
令
,
则
,
令
.
则
在
上递增,
,
存在
, 使
.
即
,
当
时,
;
当
.
【变式2】已知函数
对任意的
恒成立, 其中实数
,
求
的取值范围.
解：由已知得
由
得
在
上递增,
又
, 而
,
所以
存在
, 使得
得
.
当
时,
递减;
当
时,
递增:
故
得
, 又因为
在
上递增, 且
,
, 由
得
.
【变式3】（2024·湖南邵阳·三模）已知函数
(1)若
，求
的单调区间.
(2)若对
，
恒成立，求实数
的取值范围
【答案】(1)
的单调递增区间为
，单调递减区间为
(2)
【详解】（1）若
，则
的定义域为
，
且
，
令
，解得
；令
，解得
；
所以
的单调递增区间为
，单调递减区间为
.
（2）因为
，则
，
所以原题意等价于对
，
恒成立，
构建
，
则
，
令
，则
对
恒成立，
可知
在
内单调递增，且
，
可知
在
内存在唯一零点
，
当
时，
，即
；
当
时，
，即
；
可知
在
内单调递减，在
内单调递增，
则
，
且
，可得
，
则
，可得
，
所以实数
的取值范围为
.
考向三 零点、极值点问题
【典例3】（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数
，若
的最小值为0，
(1)求
的值;
(2)若
，证明:
存在唯一的极大值点
，且
.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）对函数求导后，分
和
两种情况讨论求解即可；
（2）令
，求导后可得
在
递减，
递增，再结合零点存在性定理
得
在
存在唯一的
使得
，在
存在唯一的零点
，从而得
是
唯一的极大值点.
【详解】（1）
，
当
时，
，所以
在
上递减，则
没有最小值，
当
时，由
，得
，由
，得
，
所以
在
上递减，在
上递增，
所以
时，
取得最小值
，得
成立，
下面证
为唯一解，
令
，则
，
当
时，
，当
时，
，
所以
在
上递增，在
上递减，
所以
，
所以方程
有且只有唯一解
，
综上，
；
（2）证明:由（1）知
，
令
，
当
时，
，当
时，
，
所以
在
上递减，
上递增，
因为
，
所以
在
存在唯一的
使得
，在
存在唯一的零点
，
所以当
或
时，
，即
，
当
时，
，即
，
所以
在
上递增，在
上递减，在
上递增，
即
是
唯一的极大值点，
，
由
，得
，
所以
，
因为
，所以
.
【变式1】（2024·山东·模拟预测）已知函数
，则使
有零点的一个充分条件是
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】首先判断
，此时可得
的单调性，依题意可得
，令
，结
合函数的单调性及零点存在性定理得到存在
使得
，从而得到
有零点的充要条件为
，即可判断.
【详解】因为
，
当
时
，
，所以
，
没有零点，故A 错误；
当
时
与
在
上单调递增，所以
在
上单调递增，
，要使
有零点，则需
，
即
，令
，则
在
上单调递减，
且
，
，
，
所以存在
使得
，
所以
有零点的充要条件为
，
所以使
有零点的一个充分条件是
.
故选：D
【变式2】（23-24 高三下·广东韶关·期末）已知函数
，若
有两个零点，则a
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据已知条件，分类讨论求导函数判断函数单调性及极值点，结合零点存在定理可得参数范围.
【详解】已知函数
，函数
的定义域为
，
当
时，
恒成立，所以
在
上单调递减，故
时，
至多有一个零点；
当
时，令
得
，当
时，
；当
时，
，所以
在
上单调递减，在
上单调递增．
此时最小值为
，
①当
时，由于
，故
只有一个零点；
②当
时，
即
，故
没有零点；
③当
时，
即
，又
；
，
由零点存在定理知
在
上有一个零点；在
有一个零点．
所以
有两个零点，a 的取值范围为
；
故选:A．
【变式3】（2024·辽宁·模拟预测）已知函数
.
(1)求
在区间
内的极大值；
(2)令函数
，当
时，证明：
在区间
内有且仅有两个零点．
，
令
，则
(【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数研究函数的单调性，求解极大值.
（2）由
可构造
，讨论单调性和极值，证明零点个数的结论.
【详解】（1）由题得
，
当
时，f
′ (x)>0，当
时，f
′ (x)<0，
则
在区间
内单调递增，在区间
内单调递减，
所以
在区间
内的极大值为
．
（2）
，
设
，
，则
)，所以φ(x)在区间
内单调递减．
又
，
，故存在
，使得
，
当x∈(0, x0)时，
，即h
′ (x)>0，h(x)在区间
内单调递增；
当
时，
，即h
′ (x)<0，h(x)在区间
内单调递减．
又
，
，因为
，所以
，
所以h(x)在区间
，
内各有一个零点，
即F (x)在区间
内有且仅有两个零点．
【变式4】（2024·江西新余·模拟预测）已知函数
.
(1)若
，求
在
处的切线方程.
(2)讨论
的单调性.
(3)求证：若
，
有且仅有一个零点.
【答案】(1)
；
(2)答案见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）把
代入，利用导数的几何意义求出切线方程.
（2）根据给定条件，按
，
，
，
分类，利用导数求出单调区间.
（3）利用（2）的结论，结合零点存在性定理推理证明即可.
【详解】（1）当
时，
，求导得
，则
，而
，
所以函数
的图象在
处的切线方程为
，即
.
（2）函数
的定义域为
，
求导得
，
①当
时，由
，得
，由
，得
，
则函数
在
上单调递增，在
上单调递减；
②当
时，由
，得
，由
，得
，
则函数
在
上单调递增，在
，
上单调递减；
③当
时，
，函数
在
上单调递减；
④当
时，由
，得
，由
，得
，
则函数
在
上单调递增，在
，
上单调递减，
所以当
时，函数
的递增区间为
，递减区间为
；
当
时，函数
的递增区间为
，递减区间为
，
；
当
时，函数
的递减区间为
；
当
时，函数
的递增区间为
，递减区间为
，
.
（3）①当
时，函数
在
上单调递减，而
，
，
因此存在唯一
使
，则
有且仅有一个零点；
②当
时，函数
在
处取得极小值
，
令
，求导得
，当
时，
，当
时，
，
函数
在
上单调递减，
在
上单调递增，
，即
，
，当
时，
，则
，
因此存在唯一
使
，则
有且仅有一个零点；
③当
时，函数
在
处取得极小值
，
，
同理存在唯一
使
，则
有且仅有一个零点，
所以
有且仅有一个零点.
题型02 极值点偏移问题
【典例4】（24-25 高二上·江苏连云港·期末）已知函数
.
(1)当
时，求曲线
在
处的切线方程；
(2)若
有两个零点
，且
，证明：
.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线的斜率，进而根据点斜式即可求解；
（2）令
得
，令
，则
，
从而令
，则利用导数求出
最小值可得答案.
【详解】（1）当
时，
，
曲线
在
处切线的斜率为
，
又
切线方程为
，
即曲线
在
处的切线方程为
；
（2）若
有两个零点
，
则
，
得
.
，令
，则
，
故
，
则
，
，
令
，则
，
令
，则
，
在
上单调递增，
，
，则
在
上单调递增，
，
故
.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为
不等式恒成立问题，注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点不等式证明常转化为函数的单
调性、极（最）值问题处理．
【变式1】（23-24 高三上·山东淄博·期末）已知函数
，
，则下列说法正确的是
（ ）
A．函数
与函数
有相同的极小值
B．若方程
有唯一实根，则a 的取值范围为
C．若方程
有两个不同的实根
，则
D．当
时，若
，则
成立
【答案】ACD
【分析】对于A，根据题目直接对两个函数求导判断极值即可；对于B，根据函数单调性和最值判断函数
变化趋势，进而求出参数范围；对于C，利用对数均值不等式直接判断即可；对于D，利用同构方法进行
转化即可.
【详解】对于A，
定义域
，
，
当
时，
，
单调递减，
当
时，
，
单调递增，
所以
，
定义域
，
，
当
时，
，
单调递减，
当
时，
，
单调递增，
所以
，故A 正确；
对于B，若方程
有唯一实根，
由于当
时，
，且
，
结合已求的单调性和最值可知，
或
，故B 错误；
对于C，因为方程
有两个不同的实根
，假设
，则
，
则
，即
，两式相减得
，
即
，由对数均值不等式
，
则
，即
得证，故C 正确；
对于D，当
时，若
，则
，
即
，显然
，则
，
则
成立，故D 正确.
故选：ACD
下面补证C 选项对数均值不等式：
要证
，即证
，
设
，即证
，即证
，
令
，
，
则
在
单调递增，当
时，
得证.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，
利用数形结合的方法求解
【变式2】已知函数
有两个零点
、
，则下列说法正确的是（ ）．
A．
B．
C．
D．
【答案】ACD
【分析】分析可知直线
与曲线
的图象有两个交点，数形结合可判断A 选项；证明对数平均不
等式
，其中
，且
、
均为正数，利用对数平均不等式可判断BCD 选项.
【详解】由
可得
，令
，其中
，
所以，直线
与曲线
的图象有两个交点，
，令
，可得
，列表如下：
减
极小值
增
作出函数
与
的图象如下图所示：
由图可知，当
时，函数
与
的图象有两个交点，A 对；
接下来证明对数平均不等式
，其中
，且
、
均为正数.
先证明
，其中
，
即证
，
令
，
，其中
，则
，
所以，函数
在
上为增函数，当
时，
，
所以，当
时，
，
接下来证明：
，其中
，即证
，
令
，即证
，
令
，其中
，则
，
所以，函数
在
上为减函数，当
时，
，
所以，当
时，
，
由已知可得
，两式作差可得
，所以，
，
因为
，故
，
，B 错，CD 都对.
故选：ACD.
【点睛】思路点睛：应用对数平均不等式
证明极值点偏移：
①由题中等式中产生对数；
②将所得含对数的等式进行变形得到
；
③利用对数平均不等式来证明相应的问题.
【变式3】（2024 高二上·全国·专题练习）已知函数
，直线
是曲线
的一
条切线．
(1)求
的值，并讨论函数
的单调性；
(2)若
，其中
，证明：
．
【答案】(1)
，函数
在
上单调递减，在
上单调递增
(2)证明见解析
【分析】（1）设切点为
，利用导数几何意义和切线方程可构造方程得到
，设
，利用导数可确定
有唯一零点
，由此可得
；代入
后，根据
的正负
可得单调区间；
（2）根据
单调性和
的正负可确定
，将所证不等式转化为
对任意
恒成立；令
，利用导数可求得
单调递增，得到
，由此可得结论.
【详解】（1）设直线
与曲线
相切于点
，
，
又
，即
，
设
，则
，
在
上单调递增，
又
，
有唯一零点
，
，解得
，
，
则当
时，
；当
时，
，
在
上单调递减，在
上单调递增．
（2）由（1）知
，
当
时，
；当
时，
，
，
要证
，只需证
．
在
上单调递减，
只需证
，又
，
则只需证
对任意
恒成立．
设
，
则
，
设
，则
，
在
上单调递减，
．
又当
时，
，
在
上单调递增，
，即
在
时恒成立，
又
．故原不等式得证．
【变式4】（24-25 高三上·江苏无锡·阶段练习）已知函数
.
(1)若
，当
与
的极小值之和为0 时，求正实数
的值；
(2)若
，求证：
.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据极小值的定义计算即可；
（2）把问题转化为
，进而转化为
，令
，只需证明
即可.
【详解】（1）
定义域均为
，
，令
，解得：
，
令
，解得：
，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，
在
取极小值，且
；
又
，令
，解得：
，
令
，解得：
，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，
在
取极小值，且
所以
，解得：
.
（2）令
，因为
，所以
，
由
可得：
，
（1）—（2）得：
，所以
，
要证：
，只要证：
，
只要证：
，
不妨设
，所以只要证：
，
即证：
，令
，只需证：
，
令
，
所以
在
上单调递增，所以
，
即有
成立，所以
成立.
【点睛】方法点睛：本题第二问考查极值点偏移问题，难度较大，解决极值点偏移的主要方法有：
1.构造对称函数；
2.比值换元；
3.对数平均不等式.
本题使用的解法是对数平均不等式即证明：
，
称为
的对数平均数.
【变式5】24-25 高三上·湖南·阶段练习）已知函数
，
.
(1)若
，求曲线
在点
处的切线方程.
(2)若
有两个极值点
，
．
（i）证明：
；
（ii）证明：
.
【答案】(1)
；
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析.
【分析】（1）求出函数
的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程即得.
（2）（i）求出函数
及导数，分离参数并构造函数
，探讨函数性质即可推理得证；
（ii）由（i）中信息，构造函数
，探讨函数
在
上的单调性，推理得证.
【详解】（1）函数
，求导得
，则
，而
，
所以曲线
在点
处的切线方程为
.
（2）（i）函数
，求导得
，
令
，得
，
设
，求导得
，
，
令
，得
，
当
时，
；当
时，
，函数
在
上递减，在
上递增，
于是
，由
有两个极值点，得方程
有两个实根，
即
有两个实根，则
.
（ii）由（i）知
，
是方程
的两个实根，即
，且
，
设
，求导得
，
令
，则当
时，
，
即函数
在
上单调递增，则
，即当
时，
，
于是函数
在
上单调递增，则
，因此
，
则
，即
，而
，又
在
上单调递减，
因此
，所以
.
【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题：
①通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
②利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
③适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
④构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
【变式6】（24-25 高三上·四川成都·阶段练习）已知函数
，其中为自然对数的底数．
(1)当
时，求
的单调区间；
(2)若方程
有两个不同的根
．
（i）求
的取值范围；
（ii）证明：
．
【答案】(1)
在区间
内单调递增，在区间
内单调递减；
(2)（i）
；（ii）证明见解析.
【分析】（1）求函数
的导函数及其零点，分区间分析导函数的正负，结合导数与单调性的关系求单
调区间；
（2）方程
可化为
，结合（1）确定函数
的性质，由条件确定
的取值范围；
（3）设
，由（i）
，由已知
，法一：先证明
时结论成立，构造函数
，
，并证明
，由此可得
，结合
的单调
性证明
，再结合基本不等式证明当
时，结论成立；法二：构造函数
，
证明当
时，
，由此可证
，结合
的单调性证明
，再结合基本不等
式证明结论.
【详解】（1）由题意得
，
，则
，
由
，解得
．
当
时，
单调递增，
当
时，
单调递减；
综上，
在区间
内单调递增，在区间
内单调递减；
（2）（i）由
，得
，
设
，
由（1）得
在区间
内单调递增，在区间
内单调递减，
又
，当
时，
，且当
时，
，
所以当
时，方程
有两个不同的根，即方程
有两个不同的根，
故
的取值范围是
．
（ii）不妨设
，则
，且
．
法一：
当
时，结合（i）知
，即
；
当
时，
．
设
则
所以
在区间
内单调递增，
则
，即
，
所以
又
在区间
内单调递减，
所以
，即
，
又
，所以
，
故
，所以
，得证．
法二：
设
，
，
则
，
所以
在区间
内单调递增，又
，
所以
，即
．
又
，所以
，
又
在区间
内单调递减．
所以
，即
，
又
，所以
，得证．
【变式7】（23-24 高二下·江苏苏州·期末）已知函数
．
(1)求曲线
在
处的切线方程；
(2)若关于
的不等式
在
上恒成立，求实数
的最大值；
(3)若关于
的方程
有两个实根
，
，求证：
．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得；
（2）由题意可得
在
上恒成立，则可构造函数
，求
导后分
及
讨论其单调性，在
时结合零点的存在性定理研究，即可得
的具体范围，即可
得其最大值；
（3）借助因式分解可将原问题转化为
有两个实根，借助导数研究其单调性可得两根范围，
借助换元法，令
，
，可得
，两式作差可得
，从而将证明
转化为证明
，借助换元法令
，即证
，构造相应函数，
借助导数即可证明；再借助（2）中所得，结合两实根的范围，可得
，即可得
，两式作差即可得证
.
【详解】（1）
，
，
又
，则有
，
即曲线
在
处的切线方程为
；
（2）由题意可得
在
上恒成立，
令
，则
，
令
，则
，
则当
时，
，故
在
上单调递增，
则当
时，
，
当
时，
，故
在
上单调递增，
有
，符合要求，
当
时，由
，
，
则存在
，使
，即当
时，
，
当
，
，
故
在
上单调递减，在
上单调递增，
则
，不符合要求，故舍去，
综上所述，
，故实数
的最大值为
；
（3）
，
由
，即有
有两个实根
，
，
令
，
，
当
时，
恒成立，
不可能有两个实根，故舍去；
当
，则
时，
，当
时，
，
故
在
上单调递增，在
上单调递减，
则有
，即
，
又
，
不妨令
，则有
，
有
，令
，
，即有
，
则有
，即
，
即
，则要证
，只需证
，
即证
， 令
，即证
，
令
，
，
则
恒成立，
故
在
上单调递减，故
，
即有
在
时恒成立，故
得证；
由（2）可知，当
时，
在
上恒成立，
即
在
上恒成立，
则当
时，
，即
，
由
，则
、
，
故
，
，
则
，
，
又
，即
，即
，
即
，则有
，
整理得
，即
，即
，
即
；
综上，
得证.
【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于借助换元法，令
，
，从而将证明
转换为证明
.
