重难点7导数与双变量不等式的证明

2024XINSIWEISHUXUEJINGPINCHAOSHI高考数学重难点新思维数学XINSIWEI2024XINSIWEISHUXUEJINGPINCHAOSHI高考数学重难点新思维数学XINSIWEI重难点7导数与双变量不等式的证明重难点7导数与双变量不等式的证明统计近几年高考试题，明确命题规律多角度切入，多方向解析，总结解题思维策略以高考真题为载体，科学备考不走弯路针对高考中的高频难点，精心设计，助你冲击数学巅峰重难点7导数与双变量不等式的证明1．（2022·全国甲卷（理）·21）已知函数．(1)若，求a的取值范围；(2)证明：若有两个零点，则．2．（2021·全国新高考Ⅰ·21）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.3．（2022·浙江·22）设函数．(1)求的单调区间；(2)已知，曲线上不同的三点处的切线都经过点．证明：（ⅰ）若，则；（ⅱ）若，则．（注：是自然对数的底数）4.（2022·天津·20）已知，函数(1)求函数在处的切线方程；(2)若和有公共点，（i）当时，求的取值范围；（ii）求证：．5.（2022·北京·20）已知函数．(1)求曲线在点处的切线方程；(2)设，讨论函数在上的单调性；(3)证明：对任意的，有．双变量问题的关键是能进行函数的转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双变量的不等式转化为含单变量的不等式，进而巧构函数，再借助于导数判断函数的单调性，从而求其最值，最终回归双变量的不等式的证明，把所求的最值应用到双变量不等式，即可证得结果。处理导数双变量问题，要仔细分析两个变量之间的关系，在利用单调性证明不等式的过程中注意将变量统一到同一个单调区间上，防止忽略变量的范围而失分。例1．（2021·全国新高考Ⅰ·21）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.【答案】（1）的递增区间为，递减区间为；（2）证明见解析.切入点1切入点1（2）由将变量分离可得，，则，根据函数的单调性以及可设，又可得，设，利用导数可证得不等式；又，，故要证，只需要证明，令，再利用导数证明不等式。解法1等价转化【详解】(1)的定义域为．解法1等价转化由得，，当时，；当时；当时，．故在区间内为增函数，在区间内为减函数，（2）变形为，所以．令．则上式变为，于是命题转换为证明：．令，则有，不妨设．由（1）知，先证．要证：．令，则，在区间内单调递增，所以，即．再证．因为，所以需证．令，所以，故在区间内单调递增．所以．故，即．综合可知．切入点2设，同上面的分析，对于只需要证明切入点2不妨设，则，要证，只需证，两边取对数得，又因为得，，则等价于，再构造函数可证得不等式成立.解法2比值代换由得，即．解法2比值代换由，为两个不相等的正数，得．由（1）不妨设，则，从而，得，①令，则，当时，，在区间内为减函数，，从而，所以，由（1）得即．①以下证明．不妨设，则，由得，，要证，只需证，两边取对数得，即，即证．记，则.记，则，所以，在区间内单调递减．，则，所以在区间内单调递减．由得，所以，即．切入点3设，同上面的分析，对于只需要证明，只需要证明，即证，又，可得，故不等式化为，即，构造函数，进而可证得不等式。切入点3解法3构造函数由已知得，令，解法3构造函数不妨设，所以．由（Ⅰ）知，，只需证．证明同证法2．再证明．令．令，则．所以，在区间内单调递增．因为，所以，即又因为，所以，即．因为，所以，即．综上，有结论得证．方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能，也是最基本的极值点偏移问题的处理策略；方法二：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可；方法三：构造函数之后想办法出现关于的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在.【对点练1】（2024·海南海口·统考模拟预测）已知函数.(1)若的最小值为1，求；(2)设为两个不相等的正数，且，证明：.【答案】(1)0(2)证明见解析【分析】（1）由导数求解函数的单调性即可求解最值，（2）构造函数，利用极值点偏移即可求证，进而结合不等式的关系即可求证.【详解】（1）函数的定义域为，令，则，所以函数在上单调增.又，所以当时，当时，所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以，所以.（2）由，得，即即.由（1）知在上单调递减，在上单调递增，不妨设.令，则.当时，，所以当函数单调递减，所以，即，又，所以.因为，当时函数单调递增，所以，所以，因为，所以，所以.题后反思1.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．2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.例2（2022·全国甲卷（理）·21）已知函数．(1)若，求a的取值范围；(2)证明：若有两个零点，则．切入点1（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；（2）结合（1）的过程，不妨设，要证,即证因为,即证又因为,故只需，构造函数可证得结论切入点1【详解】（1）[方法一]：常规求导的定义域为，则令,得当单调递减当单调递增，若,则,即所以的取值范围为解法解法1构造函数（2）由题知,一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设要证,即证因为,即证又因为,故只需证即证即证下面证明时，设，则设所以,而所以,所以所以在单调递增即,所以令所以在单调递减即,所以；综上,,所以.切入点2（2）由题意得：，又可得两边取对数得：，即，等价于又，不妨设，则只需证切入点2进而可证得结论解法2换元转化由题意得：，令，则，解法2换元转化所以在上单调递增，故只有1个解又因为有两个零点，故两边取对数得：，即又因为，故，即下证因为不妨设，则只需证构造，则故在上单调递减故，即得证【对点练】（2024·全国·高三专题练习）已知函数，.(1)求函数的极值；(2)若，求函数的最小值；(3)若有两个零点，，证明：.【答案】(1)极大值为，无极小值(2)(3)证明见解析【分析】（1）求导后解不等式、即可求得极值.（2）运用导数研究的单调性，进而可求得其最小值.（3）由已知可得，构造函数，根据其单调性可得，构造函数并研究其单调性，构造函数并研究其单调性，当时，依次结合函数、的单调性即可证得结果.【详解】（1）由题意知函数的定义域为，，，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极大值，极大值为，无极小值.（2）由题意知函数的定义域为.，则，，所以在上单调递减，在上单调递增.所以.（3）不妨设，则由（2）知，.设，由，得，即，因为函数在R上单调递增，所以成立.构造函数，则，，，所以在上单调递减，在上单调递增，构造函数，则，所以函数在上单调递增，所以当时，，即当时，，所以，又在上单调递减，所以，即.题后反思极值点偏移问题的方法指导：(1)(对称化构造法)构造辅助函数：对结论型，构造函数；对结论型，构造函数，通过研究的单调性获得不等式．(2)(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．【对点练2】已知函数f(x)=lnxQUOTEa(x-1)x+1(1)若函数f(x)在(0,+∞)上为单调增函数,求a的取值范围;(2)设m,n>0,且m≠n,求证:QUOTEm-nlnm-lnn<QUOTEm+n2(1)解:f′(x)=QUOTE1xQUOTEa(x+1)-a(x-1)(x+1)2=QUOTE(x+1)2-2axx(x因为f(x)在(0,+∞)上为单调增函数,所以f′(x)≥0在(0,+∞)上恒成立.即x2+(22a)x+1≥0在(0,+∞)上恒成立,由x∈(0,+∞)时,x2+(22a)x+1≥0,得2a2≤x+QUOTE1x,由于x+QUOTE1x在(0,+∞)上的最小值为2,故2a2≤2,解得a≤2,所以a的取值范围是(∞,2].(2)证明:由于交换m,n不影响不等式的结构,故可以设m>n.原不等式等价于QUOTEmn-1lnmn<QUOTEmn+12,即lnQUOTEmn>QUOTE2(mn-1)mn+1,即lnQUOTEmnQUOTE2(mn-1)mn+1>0.根据(1),函数h(x)=lnxQUOTE2(x-1)x+1在(0,+∞)上是单调增函数,又QUOTEmn>1,所以h(QUOTEmn)>h(1)=0,所以lnQUOTEmnQUOTE2(mn-1)mn+1>0成立,所以QUOTEm-nlnm-lnn<QUOTEm+n2.例3．（2022·北京·20）已知函数．(1)求曲线在点处的切线方程；(2)设，讨论函数在上的单调性；(3)证明：对任意的，有．切入点（1）先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程；切入点（2）在求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解；（3）令，，即证，由第二问结论可知在[0,+∞）上单调递增，即得证.【详解】（1）解：因为，所以，即切点坐标为，又，∴切线斜率∴切线方程为：（2）解：因为，

所以，令，则，∴在上单调递增，∴∴在上恒成立，∴在上单调递增.（3）解：原不等式等价于，令，，即证，∵，，由（2）知在上单调递增，∴，∴∴在上单调递增，又因为，∴，所以命题得证.根据双变量不等式的特点，通过构造函数，将不等式转化为函数的单调性问题，也是此类问题常用的转化策略。【对点练1】（2013上·湖北襄阳·高三校联考期中）已知函数f(x)=x－ax+(a－1)，.（1）讨论函数的单调性；（2）若，设，（ⅰ）求证g（x）为单调递增函数；（ⅱ）求证对任意x，x，xx，有.【答案】(1)当a=2时，f（x）在（0，+∞）单调递增；当1＜a＜2时，f（x）在（a1，1）单调递减，在（0，a1），（1，+∞）单调递增；当a＞2时，f（x）在（1，a1）单调递减，在（0，1），（a1，+∞）单调递增.(2)见解析.【详解】试题分析：（1）先利用导数求出函数的两个潜在极值点与，由于，可以确定也在函数的定义域中，然后对与的大小关系分三种情况进行讨论，并求出相应条件下函数的单调区间；（2）（ⅰ）求出的导数，然后利用导数或法说明在上恒成立，从而证明函数为单调递增函数；（ⅱ）利用（ⅰ）中的结论是单调递增函数，并假设，由经过变形得到.试题解析：(1)的定义域为，2分（i）若即,则故在单调增加．3分(ii)若,而,故,则当时，;当及时，故在单调减少，在单调增加．5分(iii)若,即,同理可得在单调减少，在单调增加.6分(2)（ⅰ）则7分由于1<a<5,故，即g(x)在(0,+∞)单调增加，8分（ⅱ）有（ⅰ）知当时有，即，故，当时，有10分考点：分类讨论、函数的单调性与导数【对点练2】（2024·全国·高三专题练习）已知函数．(1)讨论函数的单调性；(2)若函数在处取得极值，不等式对恒成立，求实数的取值范围；(3)当时，证明不等式．【答案】(1)答案见解析(2)(3)证明见解析【分析】（1）结合函数定义域，分，两种情况分析和的解即可得答案；（2）问题等价于恒成立，求出函数的最小值可得答案；（3）即证明，结合函数单调性可证明结论.【详解】（1）由题，，．当时，，从而，函数在单调递减；当时，若，则，从而，若，则，从而，则函数在单调递减，在单调递增．综上，当时，在单调递减；当时，在单调递减，在单调递增；（2）根据（1）函数的极值点是，若，则，，即，，即，令，则，注意到.得是函数在内的唯一极小值点，也是最小值点，故，故；（3）由即，构造函数，则，又令在上单调递增.注意到时，，时，在递增，，，.一、多选题1．（2024上·山东淄博·高三统考期末）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2．（2024·海南海口·统考模拟预测）设函数，则（

）A．B．函数有最大值C．若，则D．若，且，则【答案】ACD【分析】根据的解析式直接求解可对A判断；利用导数求最值方法可对B判断；结合给出的已知条件并利用A、B中的结论可对C、D判断求解.【详解】对A，由题意知，所以，故A正确；对B，由题意知的定义域为，，当，，当，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以当时，取到极小值也是最小值，故B错误；对C，当时，可得，由A知，所以，由B知恒成立，所以，故C正确；对D，当时，得，又因为，所以，由B知在上单调递增，所以，又由A知，所以，故D正确.故选：ACD.【点睛】方法点睛：灵活运用已知条件，，并结合的对称性和单调性进行求解.二、解答题3．（2024·全国·模拟预测）已知函数．(1)求的单调区间；(2)若有两个零点，，且，求证：．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）先求出函数的导数，然后分类讨论的取值情况，从而可求解.（2）结合（1）中结论可知，从而求出，，然后设并构造函数，然后利用导数求解，然后再构造函数证明，从而求解.【详解】（1）因为函数的定义域是，，当时，，所以在上单调递减；当时，令，解得，当时，，单调递增；当时，，单调递减．综上所述，当时，的减区间为，无增区间；当时，的增区间为，减区间为．（2）因为是函的两个零点，由（1）知，因为，设，则，当，，当，，所以在上单调递增，在上单调递减，．又因为，且，所以，．首先证明：．由题意，得，设，则两式相除，得．要证，只要证，即证．只要证，即证．设，．因为，所以在上单调递增．所以，即证得①．其次证明：．设，．因为，所以在上单调递减．所以，即．所以②．由①②可证得．【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．（4）利用导数研究函数的零点问题．4．（2023上·云南昆明·高三昆明一中校考阶段练习）设，为函数（）的两个零点．(1)若当时，不等式恒成立，求实数的取值范围；(2)证明：．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）求出定义域，求导，得到的单调性和极值情况，根据函数零点个数，得到，求出，结合题目条件，得到当时，，根据零点存在性定理得到在内存在唯一零点，同理得到在内存在唯一零点，从而求出答案；（2）设，由可得，令，故，，推出要证，即证，构造，，求导，对分子再构造函数，证明出，在定义域内单调递减，故，即，证明出结论.【详解】（1）的定义域为R，，当时，，当时，，故在内单调递减，在单调递增，故要使有两个零点，则需，故，由题目条件，可得，当时，因为，又，故在内存在唯一零点，又，故在内存在唯一零点，则在R上存在两个零点，故满足题意的实数的取值范围为；（2）证明：由（1）可设，由可得，令，则，所以，故，所以，要证，即证，即证，因为，即证，即，令，，，令，则，当时，，当时，，故在内单调递减，在单调递增，所以，所以，令得，故，在定义域内单调递减，故，即，，，则，证毕．【点睛】导函数处理零点个数问题，由于涉及多类问题特征（包括单调性，特殊位置的函数值符号，隐零点的探索、参数的分类讨论等），需要学生对多种基本方法，基本思想，基本既能进行整合，注意思路是通过极值的正负和函数的单调性判断函数的走势，从而判断零点个数，较为复杂和综合的函数零点个数问题，分类讨论是必不可少的步骤，在哪种情况下进行分类讨论，分类的标准，及分类是否全面，都是需要思考的地方5．（2023上·河南·高三南阳中学校联考阶段练习）已知函数.(1)若有唯一极值，求的取值范围；(2)当时，若，，求证：.【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）求出函数的导数，分析极值点情况即可得解.（2）由（1）的信息可设，再构造函数，探讨函数的单调性推理即得.【详解】（1）函数的定义域为，求导得，当时，若，，函数在上单调递增，无极值点，不符合题意；若，当或时，，当时，，即函数在上单调递增，在上单调递减，函数有两个极值点，不符合题意；若，当或时，，当时，，即函数在上单调递增，在上单调递减，函数有两个极值点，不符合题意；当时，当时，，当时，，即函数在上单调递增，在上单调递减，2是函数的极大值点，且是唯一极值点，所以的取值范围是.（2）当时，函数在上单调递增，在上单调递减，由，，不妨令，要证，只证，即证，就证，令，求导得，于是函数在上单调递减，，而，则，即，又，因此，显然，又函数在上单调递增，则有，所以.【点睛】思路点睛：涉及函数的双零点问题，不管待证的是两个变量的不等式，还是导函数的值的不等式，都是把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数.6．（2018全国高考=1\*ROMANI卷）已知函数f（x）x+alnx．（1）求f（x）在（1，f（1））处的切线方程（用含a的式子表示）（2）讨论f（x）的单调性；（3）若f（x）存在两个极值点x1，x2，证明：．【答案】（1）y＝（﹣2+a）x+2﹣a．（2）见解析（3）见解析【解析】（1）求出切点坐标，根据导函数求出切线斜率，即可得到切线方程；（2）求出导函数，对g（x）＝﹣x2+ax﹣1，进行分类讨论即可得到原函数单调性；（3）结合（2）将问题转为证明1，根据韦达定理转化为考虑h（x）＝2lnx﹣x的单调性比较大小即可得证.【详解】（1）∵f（x）x+alnx（x＞0）∴f′（x）（x＞0）∴当x＝1时，f（1）＝0，f′（1）＝﹣2+a，设切线方程为y＝（﹣2+a）x+b，代入（1，0），得b＝2﹣a，∴f（x）在（1，f（1））处的切线方程为y＝（﹣2+a）x+2﹣a．（2）函数的定义域为（0，+∞），函数的导数f′（x），设g（x）＝﹣x2+ax﹣1，注意到g（0）＝﹣1，①当a≤0时，g（x）＜0恒成立，即f′（x）＜0恒成立，此时函数f（x）在（0，+∞）上是减函数；②当a＞0时，判别式△＝a2﹣4，（i）当0＜a≤2时，△≤0，即g（x）≤0，即f′（x）≤0恒成立，此时函数f（x）在（0，+∞）上是减函数；（ii）当a＞2时，令f′（x）＞0，得：x；令f′（x）＜0，得：0＜x或x；∴当a＞2时，f（x）在区间（，）单调递增，在（0，），（，+∞）单调递减；综上所述，综上当a≤2时，f（x）在（0，+∞）上是减函数，当a＞2时，在（0，），（，+∞）上是减函数，在区间（，）上是增函数．（3）由（2）知a＞2，0＜x1＜1＜x2，x1x2＝1，则f（x1）﹣f（x2）x1+alnx1﹣[x2+alnx2]＝（x2﹣x1）（1）+a（lnx1﹣lnx2）＝2（x2﹣x1）+a（lnx1﹣lnx2），则2，则问题转为证明1即可，即证明lnx1﹣lnx2＞x1﹣x2，则lnx1﹣lnx1，即lnx1+lnx1＞x1，即证2lnx1＞x1在（0，1）上恒成立，设h（x）＝2lnx﹣x，（0＜x＜1），其中h（1）＝0，求导得h′（x）10，则h（x）在（0，1）上单调递减，∴h（x）＞h（1），即2lnx﹣x0，故2lnx＞x，则a﹣2成立．7．（2024·全国·高三专题练习）已知函数.(1)求函数的单调区间；(2)若函数有两个零点、，证明.【答案】(1)单调减区间为，单调增区间为(2)证明见解析【分析】（1）利用函数单调性与导数的关系可求得函数的增区间和减区间；（2）设，由（1）可得，先证，即证，构造函数，其中，利用导数分析函数在上的单调性，可证得成立；其次证明出，令，则，将所证不等式变形为即证，令，，利用导数分析函数的单调性，可证得，综合可得结论.【详解】（1）解：因为的定义域为，则，令，解得，令，解得，所以的单调减区间为，单调增区间为.（2）证明：不妨设，由（1）知：必有.要证，即证，即证，又，即证.令，其中，则，令，则在时恒成立，所以在上单调递减，即在上单调递减，所以，所以在上单调递增，所以，即，所以；接下来证明，令，则，又，即，所以，要证，即证，有，不等式两边取对数，即证，即证，即证，令，，则，令，其中，则，所以，在上单调递增，则当时，，故当时，可得函数单调递增，可得，即，所以，综上，.【点睛】方法点睛：证明极值点偏移的相关问题，一般有以下几种方法：（1）证明（或）：①首先构造函数，求导，确定函数和函数的单调性；②确定两个零点，且，由函数值与的大小关系，得与零进行大小比较；③再由函数在区间上的单调性得到与的大小，从而证明相应问题；（2）证明（或）（、都为正数）：①首先构造函数，求导，确定函数和函数的单调性；②确定两个零点，且，由函数值与的大小关系，得与零进行大小比较；③再由函数在区间上的单调性得到与的大小，从而证明相应问题；（3）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.8．（2024·全国·高三专题练习）已知函数.(1)讨论函数的单调性：(2)若是方程的两不等实根，求证：；【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）求出函数的定义域和导数，再根据和分类讨论，即可得出函数的单调性；（2）由可得，是方程的两不等实根，从而可将问题转化为是方程的两不等实根，即可得到和的范围，原不等式等价于，即极值点偏移问题，根据对称化构造（解法1）或对数均值不等式（解法2）等方法即可证出．【详解】（1）由题意得，函数的定义域为.由得：，当时，在上单调递增；当时，由得，由得，所以在上单调递增，在上单调递减.（2）因为是方程的两不等实根，，即是方程的两不等实根，令，则，即是方程的两不等实根.令，则，所以在上递增，在上递减，，当时，；当时，且.所以0，即0.令，要证，只需证，解法1（对称化构造）：令，则，令，则，所以在上递增，，所以h，所以，所以，所以，即，所以.解法2（对数均值不等式）：先证，令，只需证，只需证，令，所以在上单调递减，所以.因为，所以，所以，即，所以.【点睛】方法点睛：本题第二问解题关键是合理转化，将问题变成熟悉的极值点偏移问题，从而根据对称化构造及对数均值不等式等方法证出．9．（2024·云南昭通·统考模拟预测）已知函数.(1)讨论的单调区间；(2)已知在上单调递增，且，求证：.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）函数求导后，对参数分类讨论，考查导数的正负即可；（2）根据题意得，所证不等式可以转化为，构造函数，求导判断单调性，继而可以证明.【详解】（1）的定义域为..①当时，由得，单调递增，由得，单调递减，在区间上单调递增，在区间上单调递减；②当时，由得，或，在区间上单调递减，在区间上单调递增；③当时，在上单调递增；④当时，由得，或，由得，，在区间上单调递减，在区间上单调递增.综上，当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增；当时，在上单调递增；当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增.（2）由（1）知，当且仅当时，在上单调递增，即：.，又且在上单调递增，和均不成立.故不妨设，因此要证，即证，因为在上单调递增，所以即证.又，故只需证，即证.设，.，故.因此在上单调递增，所以.故，又因为在上单调递增，.【点睛】方法点睛：证明（或）：①首先构造函数，求导，确定函数和函数的单调性；②确定两个零点，且，由函数值与的大小关系，得与零进行大小比较；③再由函数在区间上的单调性得到与的大小，从而证明相应问题；10．（2024上·天津宁河·高三统考期末）已知函数，．(1)当时，求曲线在处的切线方程；(2)求的单调区间；(3)设是函数的两个极值点，证明：．【答案】(1)(2)答案见解析(3)证明见解析【分析】（1）求导，然后求出，，根据点斜式写出直线方程；（2）求导，然后分和讨论求的单调区间；（3）根据极值点为导函数的零点，令，利用韦达定理将用表示，代入，构造函数求其最值即可.【详解】（1）当时，，得，则，，所以切线方程为，即；（2），当时，恒成立，在上单调递增，当时，令，得，单调递增，令，得，单调递减，综合得：当时，的单调递增区间为；当时，的单调递增区间为，的单调递减区间为；（3），则，因为是函数的两个极值点，即是方程的两不等正根，所以，得，令，则，得，则，所以，则，令，则，所以在上单调递增，所以，所以，即.【点睛】关键点睛：对于双变量问题，我们需要通过换元转化为单变量问题，本题就是利用韦达定理，令达到消元的目的，常用的换元有等.11．（2024·福建厦门·统考一模）已知函数有两个极值点，．(1)求实数的取值范围；(2)证明：．【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）利用导数，结合的极值点个数，得到且，是的两个不同根，列不等式组求参数范围；（2）设，应用分析法将问题化为证，令，则证，再由对应单调性即可证结论.【详解】（1）由题设且，若，则在上恒成立，即递增，不可能有两个极值点，不符；故，又有两个极值点，则，是的两个不同正根，所以，可得，即实数的取值范围是.（2）由（1）且，，不妨设，则，要证，需证，即，只需证，即，令，则证，由（1），时，即，所以在上递增，又，故，即，综上，.【点睛】关键点点睛：第二问，设，应用分析法将问题转化为证为关键.12．（2024·广东广州·华南师大附中校考一模）已知函数．(1)当时，求在曲线上的点处的切线方程；(2)讨论函数的单调性；(3)若有两个极值点，，证明：．【答案】(1)；(2)详见解析；(3)详见解析.【分析】（1）根据导数的几何意义求出；（2）求出导函数，在定义域内分类讨论解含参不等式即可求出；（3）由题意得，，，而，只需证明，即证：，即证：对任意的恒成立即可．【详解】（1）由题可知，当时，，，，切点为，切线的斜率为，切线方程为：，即；（2）对函数求导可得，．当时，．则在上单调递增．当时，．则，．令，则，或．，则，综上：当时，在上单调递增，当时，在和上单调递增，在上单调递减．（3）有两个极值，，，是方程的两个不等实根，则，，，．要证：．即证：．不妨设，即证：．即证：对任意的恒成立．令，．则．从而在上单调递减，故．所以．【点睛】本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，训练了构造函数法证明不等式的成立，属难题.13．（2024上·广东·高三广东华侨中学校联考期末）已知函数.(1)讨论函数的单调性；(2)若恰有两个极值点，，且，证明：.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）先求得，然后对进行分类讨论，从而求得的单调区间.（2）由（1）求得，然后将要证明的不等式转化为，根据对数函数的知识证得结论成立.【详解】（1）的定义域是，，当，即时，在上单调递增，当，即时，令解得，若，则在区间上单调递减，在区间上单调递增，若，则在区间上，单调递增，在区间上单调递减.综上所述，时，增区间；当时，增区间，减区间；当时，增区间，减区间.（2）若恰有两个极值点，，且，由（1）可知，增区间，减区间；所以是极大值点，是极小值点，所以且，则，要证明，即证明，即证明，即证明，由于，所以即证明，即证明，由于，所以，所以成立，所以不等式成立.【点睛】求解函数单调区间的步骤：（1）确定的定义域；（2）计算导数；（3）求出的根；（4