新高考数学二轮复习专题2-6 导数大题证明不等式归类（解析版）

专题2-6导数大题证明不等式归类目录TOC\o"1-1"\h\u题型01不等式证明方法 1题型02单变量构造：利用第一问结论 3题型03单变量构造：数列型 6题型04数列不等式：无限和裂项型 11题型05数列不等式：累积相消型 14题型06数列不等式：取对数型 18题型07虚设根型证不等式 22题型08利用函数“凸凹反转性”证明不等式 26题型09同构型不等式证明 29题型10双变量型构造 33题型11极值点偏移型：和型证明 36题型12极值点偏移型：积型证明 39题型13极值点偏移型：平方型证明 44题型14三角函数型不等式证明 47题型15韦达定理代换型 49题型16切线放缩型证明 53高考练场 56题型01不等式证明方法【解题攻略】利用导数证明不等式问题，基本思维方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.利用导数证明不等式的基本步骤(1)作差或变形；(2)构造新的函数；(3)利用导数研究的单调性或最值；(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．【典例1-1】（陕西省澄城县20121-2022学年高三试数学（理）试题）设函数．(1)讨论的单调性；(2)证明：当时，．【答案】(1)f(x)的增区间为，减区间为.(2)证明见解析【分析】（1）求出导数，由导数大于0，可得增区间；导数小于0，可得减区间，注意函数的定义域；（2）运用（1）的单调性，当时，可得，可推出结论.（1）的定义域为，，由，可得；，可得，即有f(x)的增区间为，减区间为.（2）当时，由（1）可得在递减，可得，即有.故有：【典例1-2】已知函数.(Ⅰ)求函数的单调区间；(Ⅱ)求证：当时，.【答案】(1)f(x)的单调增区间为(1，＋∞),单调减区间为(0，1)；(2)见解析.【分析】(Ⅰ)明确定义域，求出导函数，解不等式即可得到函数的单调区间；(Ⅱ)作差构造新函数，研究函数的最值即可.【详解】(1)依题意知函数的定义域为{x|x>0}，∵f′(x)＝2x-2=，由f′(x)>0，得x>1;由f′(x)<0，得0<x<1∴f(x)的单调增区间为(1，＋∞),单调减区间为(0，1)．(2)设g(x)＝f（x）-3x+1=x2－2lnx-3x+4，∴g′(x)＝2x-2--3=，∵当x>2时，g′(x)>0，∴g(x)在(2，＋∞)上为增函数，∴g(x)>g(2)＝4-2ln2-6+4>0，∴当x>2时，x2-2lnx>3x-4,即当x>2时..【变式1-1】（湖南省三湘名校教育联盟2021-2022学年高三数学试题）已知函数，曲线在点处的切线方程为．(1)求a，b的值；(2)证明：．【答案】(1)，；(2)证明见解析.【分析】（1）根据导数的几何意义，结合，，解方程组即可；（2）根据（1）中所求，利用导数判断函数单调性，求得最小值，即可证明.(1)∵，∴，∵曲线在点处的切线方程为，∴，解得，．(2)由（1）知，，∴当时，，为减函数，当时，，为增函数，∴的最小值为，∴，即证.【变式1-2】（湖北省华中师范大学潜江附属中学2021-2022学年高三4月数学试题）已知函数f（x）＝ax3﹣3lnx.(1)若a＝1，证明：f（x）≥1；(2)讨论f（x）的单调性.【答案】(1)证明见解析(2)答案见解析【分析】（1）对f（x）求导，利用导数求出f（x）的最小值，即可得证；（2）对f（x）求导，对a分类讨论，由导数与单调性的关系即可解出.(1)若a＝1，则f（x）＝x3﹣3lnx，x＞0，，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，所以f（x）在x＝1处取得极小值，也是最小值，最小值为f（1）＝1，故f（x）≥1.(2)f（x）＝ax3﹣3lnx，x＞0，（x＞0），当a≤0时，f′（x）＜0，则f（x）在（0，+∞）上单调递减；当a＞0时，令f′（x）＞0，得x，令f′（x）＜0，得0＜x，所以f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增.综上，当a≤0时，f（x）在（0，+∞）上单调递减；当a＞0时，f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增.【变式1-3】（2022·云南昆明·统考模拟预测）已知函数，．(1)求曲线在点处的切线方程；(2)证明：．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据切点和斜率求得切线方程.（2）构造函数，利用导数判断的单调性，从而证得不等式成立.【详解】（1），，，故曲线在点处的切线方程为.即．（2）设，则．由（1）知，又，所以，所以在上单调递增，故，所以，，．题型02单变量构造：利用第一问结论【解题攻略】一些试题，可以通过对第一问分类讨论，得出一些不等式放缩式子或者放缩方向1.可以利用第一问单调性提炼出不等式2.可以利用第一问极值或者最值提炼出常数不等式3.可以利用题干和第一问结论构造新函数（新不等式）【典例1-1】（2023·吉林长春·长春吉大附中实验学校校考模拟预测）已知函数.(1)求的最小值；(2)证明：.【答案】(1)(2)证明过程见解析【分析】（1）利用导数的性质进行求解即可；（2）利用（1）的结果，取特殊值代入进行证明即可.【详解】（1）显然该函数的定义域为全体正实数，由，当时，，所以函数单调递增，当时，，所以函数单调递减，因此；（2）由（1）可知：，即，即，当时，.【典例1-2】（2021下·北京丰台·高三统考）已知函数在处有极值2．（Ⅰ）求，的值；（Ⅱ）证明：．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析.【分析】（Ⅰ）求出导函数，由且求得，并检验0是极值点；（Ⅱ）不等式化为，引入函数，由导数求得的最小值，最小值大于0，从而证得不等式成立．【详解】（Ⅰ）解：由已知，，则

解得，

经检验，符合题意.

（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可知，．要证，只需证．即．

令，则．

令，解得．

，的变化情况如下表所示．1－0+单调递减1单调递增所以，时，有最小值．故成立【变式1-1】（2021·四川·四川省绵阳南山中学校考模拟预测）设函数，其中为自然对数的底数，曲线在处切线的倾斜角的正切值为．（1）求的值；（2）证明：．【答案】（1）；（2）证明见解析．【分析】（1）求出函数的导函数，再代入计算可得；（2）依题意即证，即，构造函数，，利用导数说明其单调性与最值，即可得到，从而得证；【详解】解：（1）因为，所以，，解得．（2）由（1）可得即证．令，，于是在上是减函数，在上是增函数，所以（取等号）．又令，则，于是在上是增函数，在上是减函数，所以（时取等号）．所以，即．【变式1-2】（2022下·山东聊城·高三练习）已知函数.(1)讨论的单调性并求极值；(2)证明：当时，.【答案】(1)在单调递减，单调递增.极小值为,无极大值；(2)见解析【分析】(1)求出，明确单调性，从而得到函数的极值；(2)要证当时，即证当时，，构造新函数，研究其单调性即可.【详解】（1），，令，解得，令，解得，所以在单调递减，单调递增.当时函数取得极小值为，无极大值.（2）令,,由（1）可知在递增，所以，所以，因此在递减，当时，即，所以得证.【变式1-3】（20122安徽马鞍山·统考模拟）已知函数.(1)若在定义域内无极值点，求实数的取值范围；(2)求证：当时，恒成立.【答案】(1)(2)见解析【分析】（1）由题意知，令，利用导数求得有最小值，结合在定义域内无极值点，得，再验证时，即可得结论；（2）结合（1）中结论可得在上单调递增，根据可得存在唯一的零点，且在上单调递减，在上单调递增,故可得结论.【详解】（1）由题意知，令，则，当时，在上单调递减，当时，在上单调递增，又，∵在定义域内无极值点，∴又当时，在和上都单调递增也满足题意，所以.（2），令，由（1）可知在上单调递增，又，所以存在唯一的零点，故在上单调递减，在上单调递增，∴由知即当时，恒成立.题型03单变量构造：数列型【解题攻略】数列型不等式证明对于n型数列不等式证明，可以转化为定义域为X1,在实数范围内证明不等式。一些特殊形式的数列不等式，可以通过选择合适的换元，构造新函数，注意因为n的正整数属性，注意对应换元的取值范围数列型不等式的证明，一般需要联系前面第一问的结论，对要证明的不等式进行适当的拆分凑配来证明【典例1-1】（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）已知函数．(1)证明：；(2)讨论的单调性，并证明：当时，．【答案】(1)证明见解析(2)答案见解析【分析】（1）构造函数，利用导数证明，可得，变形即可得证；（2）构造，利用导数证明其单调性，再结合复合函数的单调性即可判定的单调性，利用的单调性可得，同时取对数变形即可证明结论.【详解】（1）证明：令，则，所以在上单调递减，所以，即．令，则有，所以，所以，即．（2）由可得，令，则，令，则，所以在上单调递增，．令，则有，所以在上单调递增，所以在上单调递增，所以对于，有，所以，所以，即，整理得：．【典例1-2】2012·河北衡水·统考一模）设函数,其中．(1)当时，在时取得极值，求；(2)当时，若在上单调递增，求的取值范围；(3)证明对任意的正整数,不等式都成立．【答案】(1)；(2)；(3)证明见解析.【分析】(1)先由得到，再由在处取极值得到，进而可得出结果；(2)先由得，根据在上单调递增，可得在上恒成立，令，可得，求解即可得出结果；(3)先设，将原不等式化为证明当时，恒成立即可，对函数求导，确定其单调性，即可得出结论成立.【详解】解：(1)当时，，依题意有,故，此时，取得极大值，所以；(2)当时,，若在上单调递增，则在上恒成立，设，只需，即；(3)若证不等式，设，可证当时，恒成立，在上恒正,在上单调递增,当时,恒有即当时,有故对任意正整数，不等式成立．【变式1-1】2023·吉林长春·长春吉大附中实验学校校考模拟预测）设函数，其中和是实数，曲线恒与轴相切于坐标原点．求常数的值；当时，关于的不等式恒成立，求实数的取值范围；求证：．【答案】(1)；(2)；(3)详见解析【详解】.试题解析：(1)对求导得：，根据条件知，所以.(2)由(1)得，.①当时，由于，有，于是在上单调递增，从而，因此在上单调递增，即而且仅有；②当时，由于，有，于是在上单调递减，从而，因此在上单调递减，即而且仅有；③当时，令，当时，，于是在上单调递减，从而，因此在上单调递减，即而且仅有；综上(3)对要证明的不等式等价变形如下：所以可以考虑证明：对于任意的正整数，不等式恒成立.并且继续作如下等价变形对于相当于（2）中，情形，有在上单调递减，即而且仅有.取，当时，成立；当时，.从而对于任意正整数都有成立.对于相当于（2）中情形，对于任意，恒有而且仅有.取，得：对于任意正整数都有成立.因此对于任意正整数，不等式恒成立.这样依据不等式，再令利用左边，令利用右边，即可得到成立.【变式1-2】（2023上·河南南阳·高三统考期中）（1）已知函数，判断函数的单调性并证明；（2）设为大于1的整数，证明：.【答案】（1）函数在上单调递减，在上单调递增，证明见解析；（2）证明见解析【分析】（1）求得函数的定义域后，判定出函数为偶函数，利用导数即可证明其单调性；（2）把不等式变形为，两边取对数后，根据的单调性即可证明；也可以两边取对数后把不等式变形为，构造函数，利用函数的单调性证明.【详解】（1）函数的定义域为，函数的定义域为函数在上单调递减，在上单调递增证明：，∴则为上的偶函数.，，故，所以函数在上单调递减，在上单调递增.（2）（证法一）要证明，需证明即证明，即，由（1）可知即证.∵且在单调递增，∴所以对，成立.（证法二）要证明,即证明，即证，即证，设函数，，故函数在上单调递增又，∴，即成立，故原不等式成立.【变式1-3】（2017下·黑龙江大庆·高三大庆中学校已知函数；(1)若函数在上为增函数，求正实数的取值范围；(2)当时，求函数在上的最值；(3)当时，对大于1的任意正整数，试比较与的大小关系．【答案】(1)(2)函数在区间上的最大值是，最小值是0(3)【分析】（1）求导，由题意可得对恒成立，再利用参变分离运算求解；（2）将代入，求导，得到的单调区间，从而求的最值；（3）由（1）得的单调性，令，可得，运算整理证出结论．【详解】（1）因为，所以因为函数在上为增函数，所以对恒成立，所以对恒成立，即对恒成立，所以.（2）当时，，当时，，故在上单调递减；当，，故在上单调递增，所以在区间上有唯一极小值点，故，又∵，，因为，所以，即所以在区间上的最大值是综上可知：函数在区间上的最大值是，最小值是0.（3）由（1）可知：当时，在上为增函数.当时，，则即，即当时，对大于1的任意正整数，有题型04数列不等式：无限和裂项型【解题攻略】证明不等式，该不等式左边是求和式，右边只有单独的一项，但可以通过变形将右边也转化为求和式，即这样一来，设，则只需证，而要证明这个式子，可以证明左右两侧对应项的大小关系，即如果能够证出恒成立，则原不等式也就成立.【典例1-1】（2023·内蒙古呼和浩特·呼市二中校考一模）已知函数．(1)求函数的极值；(2)求证：．【答案】(1)①当时，没有极值；②当时，有极大值，无极小值.(2)证明见解析【分析】（1）求定义域后求，运用导数分类讨论与时单调性进而分析的极值.（2）运用对进行放缩及对数运算公式即可证明.【详解】（1），则定义域为，.①当时，恒成立，则为上的增函数，所以没有极值.②当时，由，得；由，得.所以在上单调递增，在上单调递减.故当时，有极大值，无极小值.综述：①当时，没有极值；②当时，有极大值，无极小值.（2）证明：取m＝1，由（1）知在上单调递减，所以.即,.令，得，即，分别取k＝n＋1，n＋2，…，n＋（n＋1），，可得．即成立．【典例1-2】（2023·全国·高三专题练习）已知函数，．(1)讨论函数的单调性；(2)证明:．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）求得，分和，两种情况讨论，结合导数的符号，进而求得函数的单调区间；（2）由（1），根据题意，得到，即，当时，结合，，，，将不等式累加后，即可求解.【详解】（1）解：由函数，可得的定义域为，且若，可得，在上单调递减；若，令，因为，可得，当时，，单调递增；当时，，单调递减，综上可得：当时，在上单调递减；当时，的递增区间为，递减区间为.（2）证明：由（1）知，当时，的递增区间为，递减区间为，所以，所以，即，当时，可得：，将不等式累加后，可得，即.【变式1-1】（2023上·浙江·高三浙江省富阳中学校联考阶段练习）已知函数）.(1)讨论的单调性；(2)若时，，求实数的取值范围；(3)对任意，证明：.【答案】(1)答案见解析(2)(3)证明见解析【分析】（1）讨论，由的正负确定单调性；（2）记，由得，讨论与1大小关系，验证是否成立；（3）由（2）知，，令得，累加得证.【详解】（1）当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.（2）记，由题知时恒成立，由得，，由（1）知：当时，在上单调递减，在上单调递增.若，则，故在上单调递增，所以恒成立；若，则，故，由于，因此，故不能恒成立.综上得.（3）证明：由知，令，所以，即所以，故，即.【变式1-2】（2023上·福建厦门·高三厦门市湖滨中学校考期中）已知函数.(1)若不等式在区间内恒成立，求实数的取值范围；(2)求证：（为自然对数的底数）【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）分离参数，转化为求定函数的最值问题；（2）根据第一问，合理构造，利用不等式的性质合理变形达到证明的目的.【详解】（1）因为，，所以，令，又，令解得，时，，递增，时，，递减，所以当时函数有最大值，且最大值为，所以.（2）由（1）知，所以，所以，又，所以，即.【变式1-3】（2023上·陕西·高三校联考阶段练习）已知函数，．(1)若函数在R上单调递减，求a的取值范围；(2)已知，，，，求证：；(3)证明：．【答案】(1)(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）由函数单调递减得恒成立，分离参数法可得；（2）利用导数得函数单调性，由单调性证明不等式即可；（3）利用（2）结论，逐个赋值后累加法可证.【详解】（1）对恒成立，即对恒成立．因为，则．（2），只需证明．令，，则在单调递减，则，又，则，即成立，得证．（3）由（2）知，令，则有，即，，，…，，累加可得，故，从而命题得证．题型05数列不等式：累积相消型【解题攻略】累加列项相消证明法证明不等式为例，该不等式左边是求积式，右边只有单独的一项，但可以通过变形将右边也转化为求和式，如转化为累积相消型这样一来，设，则只需证，而要证明这个式子，可以证明左右两侧对应项的大小关系，即如果能够证出恒成立，则原不等式也就成立.【典例1-1】（2022贵州铜仁·高三贵州省铜仁第一中学阶段练习）已知函数f(x)＝alnx－ax－3(a∈R)．(1)若a＝－1，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数y＝f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t∈[1,2]，函数g(x)＝x3＋x2(是f(x)的导函数)在区间(t,3)上总不是单调函数，求m的取值范围；(3)求证：×…×<(n≥2，n∈N*)【答案】（1）当时，单调增区间为，减区间为，当时，单调增区间为，减区间为，当时，不是单调函数；（2）；（3）证明见解析.【分析】（1）求出导函数，解不等式得增区间，解得减区间；（2）由切线斜率求得参数，的不单调转化为在上有解，然后根据零点存在定理得条件结合二次函数性质求解；（3）由（1）单调性得，可得出（），个式子相乘可证结论．【详解】（1）当时，()，解得；解得，的单调增区间为，减区间为；（2）∵，∴得，，，∴∵在区间上总不是单调函数，且，∴，由题意知：对于任意的，恒成立，所以，，∴.（3）证明如下：由（1）可知当时，即，∴对一切成立．∵，则有，∴..【典例1-2】（2023·全国·高三专题练习）已知函数．(1)若，求的值；(2)证明：当且时，．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）求出的导数，分类讨论，确定函数的单调性，利用成立，求出；（2）由（1），当时，即，令，则有，可得，累乘可证得结果.【详解】（1）由题意知，，，①当时，，在上单调递减，所以，当时，，不合题意；②当时，由得，，则在上单调递增，由得，，则在上单调递减，所以，，不合题意；③当时，由得，，则在上单调递增，由得，，则在上单调递减，所以，对于任意的，，符合题意；④当时，由得，，则在上单调递增，由得，，则在上单调递减，所以，，不合题意．综上所述，．（2）由（1）知，时，即，当且仅当时等号成立．令，其中且，则有，又，所以，，即所以．所以，原不等式得证．【变式1-1】（2023·全国·高三专题练习）已知函数，(1)若对任意的恒成立，求实数的取值范围；(2)求证：

.【答案】(1)(2)见解析【分析】(1)求出的导数，通过讨论的范围，结合函数的单调性确定的具体范围即可；(2)得到，令，得，取不同的值，相乘即可．【详解】（1）因为对任意的恒成立，设，所以在恒成立，设，在恒成立，所以在上为增函数，所以在恒成立，所以函数为增函数；所以，所以的取值范围为.（2）（2）由（1）知，令，，∴当时，，且当且仅当时令，则即，，，，，将上述个式子相乘得：，∴原命题得证【变式1-2】（2023·全国·高三专题练习）设整数，，且，函数．(1)求证：；(2)求证：．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）利用导数研究单调性，进而求证结论；（2）由（1）结论（伯努利不等式）有，令，放缩，累乘即可证结论.【详解】（1）由，∵，，∴单调递增．当时，，单调递减；当时，，单调递增．∴．（2）由（1）知，，令，，得，∴．【变式1-3】（2022·全国·高三专题练习）已知函数，.(1)若在上恒成立，求实数的取值范围；(2)求证：.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）等价于，即，记，只要证明即可，分，和三种情况讨论函数的最值，从而可得出答案；（2）由（1）可知当时，在上成立，即，令，则，由此即可证得结论.【详解】（1）解：等价于，即，记，则，当时，，在上单调递增，由，，所以，即不恒成立；当时，则，当时，，所以在上单调递增，则，所以不恒成立；当时，，，在上单调递减，所以，所以，即恒成立，所以在上恒成立，实数的取值范围是；（2）证明：当时，在上成立，即，令，则，所以，所以.题型06数列不等式：取对数型【解题攻略】取对数型证明不等式为例，该不等式左边是求积式，右边只有单独的一项常数，但可以通过取对数，把左边的积转化为对数和型，如转化为累加或者累积相消型【典例1-1】（2023·全国·高三专题练习）已知函数．(1)求证：当时，；(2)已知e为自然对数的底数，求证：，．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）构造函数和，求导即可求解，（2）由（1）可知：当时，，．取，可得，利用“累加求和”即可证明不等式的右边部分．由（1）可知：当时，，．取，则，利用“累加求和”即可证明不等式的左边部分．【详解】（1）令，则，故在上单调递增，∴当时，，即成立．令，则，∴在上单调递减，∴当时，，即成立．综上所述，当时，成立．（2）由（1）可知：，．取，，，．，，，．由（1）可知：当时，对恒成立．取，，，．则，，，，，．综上可得：，．【典例1-2】（2023·全国·高三专题练习）已知函数．(1)求函数的图象在处的切线方程；(2)若任意，不等式恒成立，求实数的取值范围；(3)设，证明：．【答案】(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）求导，再利用导数的几何意义求解；（2）将问题转化为，令，用导数法求其最大值即可.（3）易知，易知在上恒成立，令得到证明.【详解】（1）解：，∴，∴切线方程为．（2），令，则．令，则．①当，即时，恒成立，∴单调递增．∴，∴，∴单调递增，从而，不符合题意．②当，即时，恒成立，∴单调递减．∴，∴，∴单调递减，从而，符合题意．③当，即时，由，，∴在上存在，使得，且当时，，∴单调递增，∴，不符合题意．综上所述，实数的取值范围是．（3）由（2）可知，当时，，∴．又令，求导，得，∴单调递减，从而，即在上恒成立．令，得．∴．即，∴，于是得证．【变式1-1】（2023上·江苏淮安·高三金湖中学校联考）已知函数．(1)求曲线在点处的切线方程；(2)证明：当时，；(3)设为整数，若对于成立，求的最小值．【答案】(1)(2)证明见解析(3)3【分析】（1）求导，结合导数的几何意义运算求解；（2）求导，利用导数判断原函数的单调性和最值；（3）结合（2）可得：，结合等比数列的求和公式可得，结合恒成立问题分析求解.【详解】（1）由题意可得：，则，，即切点坐标为，斜率，所以曲线在点处的切线方程为，即．（2）当时，，可知的定义域为，且，令，解得．列表如下：10单调递减极小值单调递增可知当时，取最小值，所以．（3）由（2）可知：，当且仅当时，等号成立，令，则，可得，即，所以．当时，,所以对于任意，成立时，整数的最小值为3．【变式1-2】（2023·全国·高三专题练习）已知关于的函数（1）讨论的单调性；（2）证明：当时，【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）对函数求导，分和两类分别讨论函数的单调性；（2）由（1）知，即，利用累加法可证得命题成立．【详解】（1）由得知当时在上单调递减 当时，当时在上单调递增，当时在上单调递减.（2）由（1）知时在上单调递减，在上单调递增，，即有，，以上各式相加得，【变式1-3】（2023·四川成都·石室中学校考模拟预测）已知函数(1)若单调递增，求a的值；(2)判断（且）与的大小，并说明理由.【答案】(1)(2)，理由见解析【分析】（1）根据题意，由单调递增，转化为恒成立，然后分，，讨论，即可得到结果；（2）根据题意，由（1）可得时，，然后再由放缩，裂项即可得到结果.【详解】（1）由可得，，由于函数单调递增，则恒成立，设，则，当时，，可知时，，不满足题意；当时，，函数单调递增，又因为，即，不满足题意；当时，令，解得，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，所以当时，函数取得最小值，由可得，，令，则，可知时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减，则，由于恒成立，所以，当且仅当时取等号，故函数单调递增时，实数的值为.（2）.理由如下：由（1）可知，当时，，即有，则时，，故当且时，，因为时，，所以，则，所以.题型07虚设根型证不等式【解题攻略】虚设零点法：涉及到导函数有零点但是求解相对比较繁杂甚至无法求解的情形时，可以将这个零点只设出来而不必求出来，然后寻找一种整体的转换和过度，再结合其他条件，进行代换变形，从而最重获得问题的解决【典例1-1】已知函数．(1)求函数的单调区间；(2)当时，证明：对任意的，．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）利用导数求单调区间；（2）将不等式等价转化为，利用导数讨论最值即可求解.【详解】（1）由题可知函数的定义域为，，即，(i)若，则在定义域上恒成立，此时函数在上单调递增；(ii)若，令，即，解得,令，即，解得,所以在上单调递减，上单调递增.综上，时，在上单调递增；时，在上单调递减，上单调递增.（2）当时，，要证明，只用证明，令，，令，即，可得方程有唯一解设为，且，所以，当变化时，与的变化情况如下，单调递减单调递增所以，因为，因为，所以不取等号，即，即恒成立，所以，恒成立，得证.【典例1-2】（20122·浙江·模拟预测）已知函数．(1)求函数的单调区间；(2)当时，证明：对任意的，．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）利用导数求单调区间；（2）将不等式等价转化为，利用导数讨论最值即可求解.【详解】（1）由题可知函数的定义域为，，即，(i)若，则在定义域上恒成立，此时函数在上单调递增；(ii)若，令，即，解得,令，即，解得,所以在上单调递减，上单调递增.综上，时，在上单调递增；时，在上单调递减，上单调递增.（2）当时，，要证明，只用证明，令，，令，即，可得方程有唯一解设为，且，所以，当变化时，与的变化情况如下，单调递减单调递增所以，因为，因为，所以不取等号，即，即恒成立，所以，恒成立，得证.4.【变式1-1】（2023上·福建福州·高三校联考）设函数．(1)求时，的单调区间；(2)求证：当时，．【答案】(1)单调减区间为，单调增区间为(2)证明见解析【分析】（1）根据题意，求导得，即可得到其单调区间；（2）根据题意，当时，结合隐零点的处理方法，即可得证.【详解】（1）时，的定义域为，∴，令，则，∴当时，；当时，，∴函数的单调减区间为，单调增区间为．（2）证明：的定义域为且．当时，为单调递增，单调递增，故在上单调递增，又，假设存在满足时，且，当时，导函数存在唯一的零点，设该零点为，当时，，当时，，故在单调递减，在单调递增，当时取得最小值，由于，即，两边取对数得，∴，当且仅当时，即时，取等号，故时，．【变式1-2】（2024上·陕西安康·高三校联考阶段练习）已知函数.(1)讨论函数的单调性；(2)当时，令，若为的极大值点，证明：.【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【分析】（1）对参数分类讨论，根据不同情况下导函数函数值的正负，即可判断单调性；（2）利用导数判断的单调性，求得的范围，满足的条件，以及，根据的范围夹逼的范围即可.【详解】（1）函数的定义域为，①当时，，函数在上单调递增；②当时，由，得，由，得，所以，函数在上单调递增，在上单调递减.综上，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）当时，，设，则，当时，，所以在上单调递增，又，所以存在，使得，且当；又当；故当6.，；当，；当，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以当时，取得极大值，故，且，所以，，又在单调递减，所以.【变式1-3】（2023上·重庆沙坪坝·高三重庆一中校考阶段练习）已知函数,.(1)判断的单调性;(2)若,求证:,其中e是自然对数的底数.【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增．(2)证明见详解【分析】（1）求导，由导数的正负即可求解函数的单调性，（2）构造函数，利用导数求解函数的单调性，即可求解最值，进而可证明.【详解】（1）函数的定义域为，，当时，，当，；故在上单调递减，在上单调递增．（2）证明：令，则，令，则，显然在上单调递增．又，，故存在唯一的，使得．从而在上单调递减，在上单调递增，，

又，两边取对数得，故，，故在上单调递增，所以，得证．题型08利用函数“凸凹反转性”证明不等式【解题攻略】凸凹反转首先是证明不等式的一种技巧，欲证明，若可将不等式左端拆成，且的话，就可证明原不等式成立.通常情况，我们一般选取为上凸型函数，为下凹型函数来完成证明.【典例1-1】（2023上·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨市第十三中学校校考）已知函数.(1)讨论的单调性；(2)证明：当时，.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）求出函数的导函数，对进行分类讨论，判断的正负作答即可；（2）把代入不等式，化简转化为，构造新函数，对新函数求导，并求出其最小值为，即可判断原不等式成立.【详解】（1）函数的定义域是，可得.当时，可知，所以在上单调递增；当时，由得，可得时，有，时，有，所以在上单调递减，在上单调递增.综上所述：当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增.（2）证明：当时，要证成立，只需证成立，只需证即可.因为，由（1）知，.令，则，可得时，有；时，有，所以在上单调递减，在上单调递增，可知，则有，所以有，所以当时，成立.【典例1-2】已知函数．（1）当时，恒成立，求的取值范围；（2）当时，证明：．【解析】解：（1）由题意得，恒成立对恒成立，令，则，当时，，故在上是增函数，故当时，；故若使恒成立对恒成立，则只需使；（2）证明：；令，；当时，，当时，；即在上为减函数，在上为增函数，（1）①．令，，故在上是减函数，在上为增函数；故（2）②．故由①②可得，．【变式1-1】（2021上·全国·高三校联考阶段练习）已知，．（Ⅰ）讨论的单调性；（Ⅱ）若，证明：．【答案】（Ⅰ）答案见解析；（Ⅱ）证明见解析.【分析】（Ⅰ）分，进行讨论，再利用导数研究函数的单调性即可求解；（Ⅱ）由结合（Ⅰ）可得，构造新函数，利用导数研究函数的单调性即可得证．【详解】（Ⅰ）由题可知，．当时，恒成立，函数在上单调递增；当时，令，解得．当时，，在上单调递增；当时，，函数在上单调递减．综上可知，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．（Ⅱ）证明：若，则由（Ⅰ）可知，在处取得极大值，．令．，，函数在上单调递减．又，，．【变式1-2】已知，（1）对，不等式恒成立，求实数的取值范围；（2）证明：对一切，都有．【解析】解：（1），则，设，则，当时，，单调递减，当时，，单调递增，（1），对一切，恒成立，．证明：（2）问题等价于证明，由（1）可知，的最小值是，当且仅当时取得．设，则，由题意得（1），当且仅当时取到，从而对一切，都有成立．【变式1-3】已知函数f（x）＝ax2﹣xlnx．（I）若f（x）在区间（0，+∞）内单调递增，求a的取值范围；（Ⅱ）若a＝e（e为自然对数的底数），证明：当x＞0时，f（x）＜xex+．【分析】（Ⅰ）先求导，再分离参数，构造函数，利用到导数求出函数的最值即可得到a的取值范围，（Ⅱ）当x＞0时，f（x）＜xex+．不等式等价于lnx+＞ex﹣ex，分别构造函数h（x）＝lnx+，φ（x）＝ex﹣ex，利用导数求出函数的最值即可证明【解答】解：（Ⅰ）∵f（x）在区间（0，+∞）内单调递增，∴f′（x）＝2ax﹣1﹣lnx≥0在（0，+∞）上恒成立，∴2a≥在（0，+∞）上恒成立，设g（x）＝，∴g′（x）＝﹣，令g′（x）＝0，解得x＝1，当x∈（0，1）时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增，当x∈（1，+∞）时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减，∴g（x）max＝g（1）＝1，∴2a≥1，∴a≥，故a的取值范围为[，+∞），证明（Ⅱ）当a＝e时，要证f（x）＜xex+，即证ex2﹣xlnx＜xex+，∵x＞0，则需要证ex﹣lnx＜ex+，即证lnx+＞ex﹣ex，设h（x）＝lnx+，∴h′（x）＝﹣＝，x＞0，当x∈（0，）时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减，当x∈（，+∞）时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增，∴h（x）min＝h（）＝0，∴h（x）≥0，即lnx+≥0，再设φ（x）＝ex﹣ex，∴φ′（x）＝e﹣ex，当x∈（0，1）时，φ′（x）＞0，函数φ（x）单调递增，当x∈（1，+∞）时，φ′（x）＜0，函数φ（x）单调递减，∴φ（x）max＝φ（1）＝0，∴φ（x）≤0，即ex﹣ex≤0，∵h（x）和φ（x）不同时为0，∴当x＞0时，lnx+＞ex﹣ex，故原不等式得以证明．题型09同构型不等式证明【解题攻略】常见同构技巧：【典例1-1】（2023·全国·高三专题练习）已知，，．(1)当时，求函数的极值；(2)当时，求证：．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）分类讨论求解函数的极值即可.（2）首先将题意转化为．令，即证：，再构造函数，求其最小值即可证明.【详解】（1），当时，，即在上单调递减，故函数不存在极值；当时，令，得，x+0-增函数极大值减函数故，无极小值.综上，当时，函数不存在极值；当时，函数有极大值，，不存在极小值．（2）显然，要证：，即证：，即证：，即证：．令，故只须证：．设，则，当时，，当时，，故在上单调递增，在上单调递减，即，所以，从而有．故，即．【典例1-2】（2023上·安徽马鞍山·高三马鞍山二中校考阶段练习）已知函数，为自然对数的底数.(1)试判断函数的零点个数并说明理由；(2)证明：.【答案】(1)两个，理由见解析(2)证明见解析【分析】（1）求出函数导函数，讨论其单调性后结合零点存在性定理可判断函数零点个数；（2）方法一，令，则等价于，令，利用函数的导数，通过函数的最值判断证明即可；方法二：令，则等价于，令，利用函数的导数，通过函数的最值判断证明即可.【详解】（1）的定义域为，当时，恒有，故在内没有零点.当时，由得，令得，令得，所以在上单调递减，在上单调递增.又，故存在，，使得，，所以在两个零点.综上，函数有两个零点.（2）方法一：令，则时，，且.于是等价于，令，可得，令，可得，当时，，函数是增函数，当时，，函数是减函数，所以时，函数取得最大值：，所以，即.方法二：令，则，于是等价于，即，令，则有.令，即，解得；令，即，解得，所以在单调递减，上单调递增，所以，即.所以，即.【变式1-1】（2023·四川遂宁·统考模拟预测）设，，(1)试讨论的单调性；(2)当时，证明恒成立.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）根据导数与函数单调性的关系，利用分类讨论思想，可得答案；（2）利用放缩法，整理不等式，构造新函数，结合换元法与导数研究单调性，可得答案.【详解】（1）∵，∴.（i）当时，，所以在上单调递减；（ii）当时，令，得，因为当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增.（2）当时，，要证，只需证，即证，即证，令，则，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，令，则，当时，，单调递增，所以因此，所以从而，所以当时恒成立.【变式1-2】已知，，．(1)当时，求函数的极值；(2)当时，求证：．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）分类讨论求解函数的极值即可.（2）首先将题意转化为．令，即证：，再构造函数，求其最小值即可证明.【详解】（1），当时，，即在上单调递减，故函数不存在极值；当时，令，得，x+0-增函数极大值减函数故，无极小值.综上，当时，函数不存在极值；当时，函数有极大值，，不存在极小值．（2）显然，要证：，即证：，即证：，即证：．令，故只须证：．设，则，当时，，当时，，故在上单调递增，在上单调递减，即，所以，从而有．故，即．题型10双变量型构造【典例1-1】（2022贵州黔东南·统考一模）已知函数.(1)试讨论函数的单调性；(2)对，且，证明：.【答案】(1)见解析；(2)见解析.【分析】（1）的定义域为，且，对分类讨论，明确函数的单调性；（2）要证：只需证：

即证：.设，研究函数的单调性即可.【详解】（1）的定义域为，且．①当时，对，有，故函数在单调递增；对，有，故函数在单调递减．②当时，对，有，函数在单调递减；对，有，函数在单调递增．（2）对且，要证：只需证：

即证：.设，则当时，有，故函数在单调递减．又，且，所以，即．成立故原不等式成立．【典例1-2】（2023上·四川内江·高三四川省内江市第六中学校考阶段练习）已知函数．(1)求函数的单调区间；(2)已知m，n是正整数，且，证明．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）求导，令导数为0，结合定义域对进行讨论即可；（2）两边取对数，整理后，构造函数，证明为上的减函数，即可求解.【详解】（1）函数的定义域为，，①当时，在上恒成立，的减区间为，无增区间；②当时，令，解得，令，解得，所以的增区间为，减区间为．综上，当时，的减区间为，无增区间；当时，的增区间为，减区间为．（2）两边同时取对数，证明不等式成立等价于证明，即证明，构造函数，令，由（1）知，当时，在上为减函数，故，所以，所以为上的减函数，因为，知，即，即．【变式1-1】（2022·全国·高三专题练习）已知函数．（1）求的单调区间；（2）当时，试证明．【答案】（1）的单调递增区间是，单调递减区间是；（2）证明见解析.【分析】（1）由题可求函数的导函数，利用导函数可求；（2）利用函数的单调性可证.【详解】（1）因为，所以．令，得；令，得．所以的单调递增区间是，单调递减区间是．（2）由（1）知在上单调递减，所以时，，即，所以，即．【变式1-2】（2021·全国·高三专题练习）已知函数．（1）求证：函数在上单调递增；（2）设，求证：．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．【分析】（1）利用导数法，证明时，即可；（2）不妨设，利用作差法得到，然后令，转化为，利用其在上单调性证明.【详解】（1）由题意知，，，∴函数在上单调递增．（2）不妨设，则，令，则．由（1）知在上单调递增，，∵，∴．又，∴．【变式1-3】（2022·全国·高三专题练习）已知函数.（1）若函数在上为单调增函数，求的取值范围；（2）设，且，求证.【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）对函数进行求导并解不等式，转化为二次不等式在上恒成立问题；（2）将所证不等式转化为构造为主元的不等式，再构造函数进行证明；【详解】解：（1），因为在上为单调增函数，所以在上恒成立即在上恒成立，当时，由，得：，设，则，当且仅当即时，有最小值2，所以，解得，所以的取值范围是；（2）设，要证，只需证，即，即，设，由（1）知在上是单调增函数，又，所以，即成立，得到.题型11极值点偏移型：和型证明【解题攻略】极值点偏移多有零点这个条件。零点型，注意数形结合思想的应用：零点是否是特殊值，或者在某个确定的区间之内。零点是否可以通过构造零点方程，进行迭代或者转化。将方程根的判定转化为函数的单调性问题处理【典例1-1】（2023·四川成都·成都七中校考模拟预测）已知函数有两个极值点，．(1)求实数a的取值范围；(2)证明：．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由，有，令，利用导数研究单调性，求的取值范围得实数a的取值范围；（2）由，得，证明，得，从而．【详解】（1）有两个两侧异号的零点，又，于是，令，则，令，则.当时，，于是，所以在单调递减且，当时，，在单调递增，又，所以当时，，在单调递减，当时，，在单调递增.又且，，所以.所以实数a的取值范围为.（2）因为，所以，于是，从而，下面证明，即证明，令，即证明，即证明，令，.所以在单调递增，所以.从而.所以，于是，由(1)知，从而．【典例1-2】（2023·山西·校考模拟预测）已知函数.(1)若，求的取值范围；(2)若关于的方程有两个不同的正实根，证明：.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）对不等式参变分离，然后构造函数，利用导数求的最大值可解；（2）将变形为，构造函数，根据其单调性将方程转化为，再构造函数，利用导数讨论其性质，结合图象可得，构造函数，根据单调性，并令，可得，最后由作差整理可证.【详解】（1）的定义域为，由，得.设，则.由，得，由，得，则在上单调递增，在上单调递减，从而.故，即的取值范围是.（2）证明：由，得，即，即.设，则等价于.易证在上单调递增，则，即.设，则.由，得，由，得，则在上单调递增，在上单调递减，从而，且，当x趋于时，趋于0.方程有两个不同的正实根，不妨设，由图可知，.设则在上单调递增.因为，所以，即.设，则，即，则.因为方程有两个不同的正实根，所以，作差得.因为，所以，所以，则，故.【变式1-1】（2023·江西·统考模拟预测）已知函数．(1)讨论的单调性；(2)若，且，证明：，且．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）求定义域，求导，分和两种情况，得到函数的单调性；（2）变形为是方程的两个实数根，构造函数，得到其单调性和极值最值情况，结合图象得到，再构造差函数，证明出.【详解】（1）的定义域为R，由题意，得，，当时，恒成立，在上单调递增；当，且当时，，单调递减；当时，，单调递增．综上，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）证明：由，得，是方程的两个实数根，即是方程的两个实数根．令，则，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以．因为当时，；当时，，，所以．不妨设，因为，是方程的两个实数根，则．要证，只需证．因为，，所以只需证．因为，所以只需证．今，，则在恒成立．所以在区间上单调递减，所以，即当时，．所以，即成立．【变式1-2】（2023上·江苏镇江·高三校考阶段练习）已知函数．若函数有两个不相等的零点．(1)求a的取值范围；(2)证明：．【答案】(1)；(2)证明见详解.【分析】（1）利用导数研究函数的单调性及最值，结合零点存在性定理计算即可；（2）构造函数，利用导数研究其单调性与最值即可证明.【详解】（1）由题意可知：，若，则恒成立，即单调递增，不存在两个不等零点，故，显然当时，，当时，，则在上单调递减，在上单调递增，所以若要符合题意，需，此时有，且，令，而，即在上递减，故，所以，又，故在区间和上函数存在各一个零点，符合题意，综上；（2）结合（1），不妨令，构造函数，则，即单调递减，所以，即，因为，所以，由（1）知在上单调递增，所以由，故.题型12极值点偏移型：积型证明【解题攻略】处理极值点偏移问题中的类似于的问题的基本步骤如下：①求导确定的单调性，得到的范围；②构造函数，求导可得恒正或恒负；③得到与的大小关系后，将置换为；④根据与的范围，结合的单调性，可得与的大小关系，由此证得结论.【典例1-1】（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.【典例1-2】（2023上·陕西汉中·高三西乡县第一中学校联考）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.【变式1-1】（2023上·重庆渝中·高三统考）已知函数．(1)若函数是减函数，求的取值范围；(2)若有两个零点，且，证明：．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）在上恒成立，参变分离在上恒成立，构造函数求出的最大值，从而求出的取值范围；（2）由零点得到，令，从而得到，，，构造，求导得到其单调性，从而证明出结论.【详解】（1）的定义域为，，函数是减函数，故在上恒成立，即在上恒成立，令，，，当时，，单调递增，当时，，单调递减，故在处取得极大值，也是最大值，且，故，解得，故的取值范围是；（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，，即，故.【变式1-2】（2023上·江苏连云港·高三江苏省海州高级中学校考阶段练习）已知函数.(1)当时，求函数的零点个数.(2)若关于的方程有两个不同实根，求实数的取值范围并证明.【答案】(1)有且仅有一个零点(2)，证明见解析【分析】（1）利用导函数与单调性的关系，以及零点的存在性定理求解；（2）根据题意可得有两个不同实根，进而可得，两式相加得，两式相减得，从而有，进而要证，只需证，即证，构造函数即可证明.【详解】（1）当时，，所以函数在上单调递增，又因为，所以函数有且仅有一个零点.（2）方程有两个不同实根，等价于有两个不同实根，得，令，则，令，解得；令，解得；所以在上单调递增，在上单调递减，所以当时，取得最大值，由，得当时，；当的大致图象如图所示，

所以当，即时，有两个不同实根；证明：不妨设且两式相加得，两式相减得，所以，要证，只需证，即证，设，令，则，所以函数在上单调递增，且，所以，即，所以，原命题得证.题型13极值点偏移型：平方型证明【典例1-1】（2023下·辽宁·高三统考）已知函数.(1)讨论的单调性；(2)若（e是自然对数的底数），且，，，证明：.【答案】(1)结论见解析；(2)证明见解析.【分析】（1）求出函数的导数，再按分类探讨的正负作答.（2）等价变形给定等式，结合时函数的单调性，由，，再构造函数，，利用导数、均值不等式推理作答.【详解】（1）函数的定义域为，求导得则，由得，若，当时，，则单调递减，当时，，则单调递增，若，当时，，则单调递增，当时，，则单调递减；所以当时，函数在上单调递减，在上单调递增；当时，函数在上单调递增，在上单调递减.（2）由，两边取对数得，即，由（1）知，当时，函数在上单调递增，在上单调递减，，而，时，恒成立，因此当时，存在且，满足，若，则成立；若，则，记，，则，即有函数在上单调递增，，即，于是，而，，，函数在上单调递增，因此，即，又，则有，则，所以.【典例1-2】（2023·广东广州·广州市从化区从化中学校考模拟预测）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.【变式1-1】（2023·山西·校联考模拟预测）已知函数.(1)若，求实数的取值范围；(2)若有2个不同的零点（），求证：.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）求解函数定义域，参变分离得到，构造，利用导函数得到其单调性，极值和最值情况，得到；（2）转化为有2个不同的实数根，构造，得到其单调性，得到，且，求出，换元后即证，构造，求导后得到在上单调递增，，得到证明.【详解】（1）因为函数的定义域为，所以成立，等价于成立.令，则，令，则，所以在内单调递减，又因为，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以在处取极大值也是最大值.因此，即实数的取值范围为.（2）有2个不同的零点等价于有2个不同的实数根.令，则，当时，解得.所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以在处取极大值为.又因为，当时，，当时，.且时，.所以，且.因为是方程的2个不同实数根，即.将两式相除得，令，则，，变形得，.又因为，，因此要证，只需证.因为，所以只需证，即证.因为，即证.令，则，所以在上单调递增，，即当时，成立，命题得证.【变式1-2】（2023上·云南·高三云南师大附中校考阶段练习）已知函数，．(1)若，求的取值范围；(2)证明：若存在，，使得，则．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）求出函数的导数后可得函数的单调性，结合单调性可求最大值，从而可求参数的取值范围.（2）利用极值点偏移可证，结合不等式放缩可证.【详解】（1），，令，解得，所以当时，，在上单调递增；当时，，在单调递减，所以，要使，则有，而，故，所以的取值范围为．（2）证明：当时，由（1）知，当时，单调递增；当时，单调递减，设，所以，，①若，则，成立；②若，先证，此时，要证，即证，即，，令，，，所以在(1,2)上单调递增，所以，即，，所以，因为，，所以，即．题型14三角函数型不等式证明【解题攻略】利用导数证明三角函数型不等式正余弦的有界性三角函数与函数的重要放缩公式：.【典例1-1】（2023·全国·高三专题练习）已知函数.(1)证明：；(2)当时，证明不等式，在上恒成立.【答案】(1)答案见解析；(2)答案见解析.【分析】（1）求导，根据导函数分析的单调性，即可得到，即可证明；（2）令，求导，根据放缩的思路得到，然后利用在上的单调性即可证明.【详解】（1）证明：，当时，，单调递增；当时，，单调递减，，故，当且仅当时取等号，∴.（2）令，则，由（1）可得，即，又，所以，令，则，当时，，所以在上单调递增，所以当时，，则，在上单调递增，当时，，即，所以当时，不等式，在上恒成立.【典例1-2】（2023·四川资阳·统考模拟预测）已知函数．(1)当时，过点作曲线的切线l，求l的方程；(2)当时，对于任意，证明：．【答案】(1)或(2)证明见解析【分析】（1）易知不在上，设切点，由导数的几何意义求出切线方程，将代入求出对应，即可求解对应切线方程；（2）构造，求得，再令，通过研究正负确定单调性，再由正负研究最值，进而得证.【详解】（1）由题，时，，，设切点，则切线方程为，该切线过点，则，即，所以或．又；；，．所以，切线方程为或；（2）设，则，令，则，可知，时，；时，，故时均有，则即在上单调递增，，因为时，则，，故在上单调递增，此时，．所以，当时，对于任意，均有．【变式1-1】（2022·新疆·统考三模）已知函数，(1)若在处的切线为，求实数a的值；(2)当，时，求证：【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由导数的几何意义有，求解即可；（2）将变形成，故只需证，用导数法证明即可【详解】（1）∵，∴，∴（2）要证，即证，只需证，因为，也就是要证，令，∵，∴∴在为减函数，∴，∴，得证【变式1-2】设函数，，.(1)求的最小值，并证明：；(2)若不等式：成立，求实数a的取值范围.【答案】(1)，证明见解析(2)【分析】（1）求导，利用导数确定函数的单调性，进而可求最值，结合单调性，即可证明，（2）根据和分类讨论，结合第一问的结论和基本不等式即可求解.【详解】（1）由可得，令得，，当时，，时，，所以在单调递增，在单调递减，所以，因为，所以，因为时，，所以在上单调递减，所以，化简得，；（2）等价于，当，因为，所以，，所以，由（1）得，，所以；当时，，即时，不成立，即不成立，综上，实数a的取值范围为.题型15韦达定理代换型【解题攻略】利用韦达定理证明不等式1.题干条件大多数是与函数额极值x1，x2有关。2.利用韦达定理代换：可以消去参数【典例1-1】已知函数.（1）求函数的单调区间；（2）设存在两个极值点，且，若，求证：.【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析【分析】（1）先把函数进行求导并进行化简，由题意知，，在对进行讨论即可得到答案.（2）由（1）知在时，存在两个极值点，利用韦达定理求出的关系式，并用分别表示出和，把代入中进行化简，，所以可以求出最小值，即可证出.（1）由题意可知，，当时，，则在是单调递增；当时，若，即时，若，即时，和时，时，，综上，时，在是单调递增；时，在和递增，在递减（2）由题意可设，是的两个根，则（用分别表示出和），整理，得，此时设，求导得恒成立，在上单调递减，【典例1-2】已知函数f（x）＝lnx＋ax2－x.（1）若a＝－1，求函数f（x）的极值；（2）设f′（x）为f（x）的导函数，若x1，x2是函数f′（x）的两个不相等的零点，求证：f（x1）＋f（x2）<x1＋x2－5【答案】（1）极大值是＝－ln2－，无极小值；（2）证明见解析【分析】（1）由a＝－1，得到f（x）＝lnx－x2－x，求导=－，令>0，<0求解；（2）由，且x>0，得到x1，x2是方程2ax2－x＋1＝0的两个不相等正实根，利用根的分布，得到0<a<，然后利用韦达定理，得到f（x1）＋f（x2）－x1－x2＝，利用导数法证明.（1）解：当a＝－1时，f（x）＝lnx－x2－x，且定义域为（0，＋∞）.则＝－2x－1＝－.令>0，得0<x<；令<0，得x>.故f（x）在单调递增，在上单调递减，故f（x）的极大值是＝－ln2－，综上，函数f（x）的极大值是＝－ln2－，无极小值.（2）证明：由题意得，且x>0，则x1，x2是方程2ax2－x＋1＝0的两个不相等正实根，∴解之得0<a<.f（x1）＋f（x2）－x1－x2＝lnx1＋lnx2＋a＋a－2（x1＋x2）＝a（＋）－2（x1＋x2）＋ln（x1x2）＝a[（x1＋x2）2－2x1x2]－2（x1＋x2）＋ln（x1x2）＝，令t＝，g（t）＝lnt－－1，t∈（4，＋∞），则＝，t∈（4，＋∞），故g（t）在（4，＋∞）上单调递减，故g（t）<g（4）＝ln4－7<2－7＝－5，所以f（x1）＋f（x2）<x1＋x2－5.【变式1-1】已知函数，（1）求曲线在点处的切线与坐标轴围成三角形的面积．（2）是的导函数，若函数有两个极值点，且，求证：．【答案】（1）2（2）证明见解析【分析】（1）对函数进行求导，求出点处的切线的斜率，用点斜式求出切线方程，令和令，得出坐标轴上的截距，可得三角形面积；（2）利用函数有两个极值点，得a与两极值的关系，，，，“证明”等价于“证明”表达函数，可得，，令，，求新函数在区间的最值，即可得证．（1）解：由函数的定义域为，可得，解得，又由，即，故所求切线的斜率为，所以切线方程为，即，令，得；令，得，所以切线与坐标轴围成三角形的面积．（2）证明：．则函数的定义域为，且，若函数有两个极值点，，且，则方程的判别式，且，，所以，由基本不等式得，且，“证明”等价于“证明”．设，则在上恒成立．故在上单调递减，从而，．因此，的取值范围是，所以．【变式1-2】已知函数，（）．（1）若存在两个极值点，求实数的取值范围；（2）若，为的两个极值点，证明：．【答案】（1）（2）证明见解析【分析】（1），，若存在两个极值点，则与，有两个交点，即可得出答案．（2）由（1）知，且，，则，只需证明，即可解得的取值范围．（1）（1），，若存在两个极值点，则在上有两个根，所以有两个根，即与，有两个交点，，所以在上，，单调递增，在上，，单调递减，所以时，，所以，所以的取值范围为．（2）证明：由（1）知，且，，所以，所以只需证明，令，故，原不等式等价于对成立，令，，所以单调递减，则有（1）．题型16切线放缩型证明【解题攻略】常用的切线放缩有：（1）；（2）；（3）；（4）.【典例1-1】(2023·青岛模拟改编)已知x1lnx1＝x2lnx2＝a，且x1<x2，求证：x2－x1<2a＋1＋e－2.求证：|a－b|<eq\f(\r(n,n1－n),lnn)t＋eq\r(n,n).证明设函数f(x)＝xlnx(x>0)，f′(x)＝1＋lnx(x>0).设p(x)＝1＋lnx(x>0)，则p′(x)＝eq\f(1,x)(x>0)，当x>0时，p′(x)>0，因而f′(x)在(0,＋∞)上单调递增，而当x＝eq\f(1,e)时，f′(x)＝0，所以当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))时，f′(x)<0，f(x)＝xlnx单调递减，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)＝xlnx单调递增.而f(x)＝xlnx＝0，解得x＝1.取其在x＝e－2和x＝1处的切线，分别为l1：g(x)＝－x－e－2和l2：m(x)＝x－1，令h(x)＝f(x)－g(x)＝xlnx＋x＋e－2(x>0)，则h′(x)＝2＋lnx，当0<x<e－2时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x>e－2时，h′(x)>0，h(x)单调递增.于是h(x)≥h(e－2)＝0，从而f(x)≥g(x)，令φ(x)＝f(x)－m(x)＝xlnx－x＋1(x>0)，则φ′(x)＝lnx，当0<x<1时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减，当x>1时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增，于是φ(x)≥φ(1)＝0，从而f(x)≥m(x)，如图.直线y＝a与直线l1，函数f(x)的图象和直线l2分别交于x1′，x1，x2，x2′，则有：x1′<x1<x2<x2′，x2－x1<x2′－x1′＝(a＋1)－(－a－e－2)＝2a＋1＋e－2.【典例1-2】已知函数，曲线在处的切线方程为.（1）求实数的值；（2）且时，证明：曲线的图象恒在切线的上方；（3）证明：不等式：.【答案】（1），；（2）证明见解析；（3）证明见解析【详解】（1），由曲线在处的切线方程为知：解得，.（2）由题意只需证：当且时，；设，则，，易知在单调递增；且，，∴必定存在，使得，则在单调递减，在单调递增，其中，，即在单调递减，在单调递增，，即当且时，成立；所以当且时，曲线的图象在切线的上方.（3）要证：，只需证.由（2）知时，.故只需证，即证，设，则，易知在单调递减，在单调递增，；即不等式：成立.【变式1-1】已知函数f(x)＝4ex－1＋ax2，曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝bx＋1.(1)求实数a，b的值；(2)x>0且x≠1时，证明：曲线y＝f(x)的图象恒在切线y＝bx＋1的上方；(3)证明不等式：4xex－1－x3－3x－2lnx≥0.解答：(1)解f′(x)＝4ex－1＋2ax，由曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝bx＋1知：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（1）＝4＋2a＝b，,f（1）＝4＋a＝b＋1，))解得a＝－1，b＝2.(2)证明由题意只需证：当x>0且x≠1时，4ex－1－x2>2x＋1；设g(x)＝4ex－1－x2－2x－1，则g′(x)＝4ex－1－2x－2，g″(x)＝4ex－1－2，易知g″(x)在(0，＋∞)单调递增；且g″(1)＝2>0，g″(0)＝eq\f(4,e)－2<0，∴必定存在x0∈(0，1)，使得g″(x0)＝0，则g′(x)在(0，x0)单调递减，在(x0，＋∞)单调递增，其中g′(0)＝eq\f(4,e)－2<0，g′(1)＝0，即g(x)在(0，1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增，∴g(x)min＝g(1)＝0，即当x>0且x≠1时，g(x)>0成立；所以当x>0且x≠1时，曲线y＝f(x)的图象在切线y＝bx＋1的上方.(3)证明要证4xex－1－x3－3x－2lnx≥0，只需证4ex－1－x2－3－eq\f(2lnx,x)≥0.由(2)知x>0时，4ex－1－x2≥2x＋1.故只需证2x＋1≥3＋eq\f(2lnx,x)，即证x2－x－lnx≥0，设φ(x)＝x2－x－lnx，则φ′(x)＝2x－1－eq\f(1,x)＝eq\f(2x2－x－1,x)＝eq\f(（2x＋1）（x－1）,x)，易知φ(x)在(0，1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增，∴φ(x)≥φ(1)＝0；即不等式4xex－1－x3－3x－2lnx≥0成立.【变式1-2】（2013·新课标II卷）已知函数①（1）设是的极值点，求m并讨论的单调性；（2）当时，证明：【解析】（1）由题意，，，因为是的极值点，所以，解得：，故，令，则，所以在上单调递增，又，所以当时，，故；当时，，故，从而在上单调递减，在上单调递增.（2）证法1：当时，，令，，则，令，则，所以在上单调递增，结合，知存在唯一的使且，当时，，所以，当时，，所以，从而在上单调递减，在上单调递增，故①，因为，所以，两边取对数得：，代入①得：，所以，即，因为当时，，所以.证法2：当时，，下面先证，令，则，所以，，从而在上单调递减，在上单调递增，故，所以，从而，当且仅当时等号成立，再证，令，则，所以，，从而在上单调递增，在上单调递减，故，所以，故，当且仅当时等号成立，综上所述，有，且两个等号不能同时成立，所以，故，因为当时，，所以.高考练场1.2021·福建莆田·统考二模）设函数．（1）若在上存在零点，求实数的取值范围；（2）证明：当时，．【答案】（1），（2）证明见解析【分析】（1）设，根据函数的单调性得到关于的不等式，解出即可；（2）设，求出函数的导数，根据函数的单调性证明结论成立即可【详解】（1）解：设，因为当时，为增函数，当时，，，所以在上恒大于零，所以在上不存在零点，当时，在上为增函数，根据增函数的和为增函数，所以在上为单调函数，所以在上若有零点，则仅有1个，所以，即，解得，所以实数的取值范围（2）证明：设，则，则，所以，因为，所以，所以在上递增，在上恒成立，所以在上递增，而，因为，所以，所以恒成立，所以当时，2.2024·河南·模拟预测）已知函数.(1)讨论的单调性；(2)证明：当时，.【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【分析】（1）求出函数的导数，分类讨论求解导函数为正为负的不等式解集即得.（2）由（1）中信息，求出函数的最小值，再构造函数，结合不等式性质推理即得.【详解】（1）函数的定义域为，求导得，当时，，函数在上单调递增，当时，由，得，函数在上单调递减，由，得，函数在上单调递增，所以当时，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，函数在上单调递减，在上单调递增，则，令函数，求导得，当时，，函数在上单调递增