第05讲 利用导数证明不等式（教师版）-2025版高中数学一轮复习考点帮

Page第05讲利用导数证明不等式（6类核心考点精讲精练）1.5年真题考点分布5年考情考题示例考点分析关联考点2024年新I卷，第18题,17分利用导数证明不等式证明函数的对称性利用导数求函数的单调性利用导数研究不等式恒成立问题利用不等式求取值范围2021年新I卷，第22题,12分利用导数证明不等式利用导数求函数的单调区间(不含参)导数中的极值偏移问题2.命题规律及备考策略【命题规律】本节内容是新高考卷的必考内容，设题稳定，难度较大，分值为13-17分【备考策略】1能用导数证明函数的单调性2能求出函数的极值或给定区间的最值3能进行函数转化证明不等式【命题预测】导数的综合应用是高考考查的重点内容,也是高考压轴题之一近几年高考命题的趋势，是稳中求变、变中求新、新中求活，纵观近几年的高考题,导数的综合应用题考查多个核心素养以及综合应用能力,有一定的难度,一般放在解答题的最后位置，对数学抽象、数学运算、逻辑推理等多个数学学科的核心素养都有较深入的考查，需综合复习知识讲解基本方法在不等式构造或证明的过程中，可借助题目的已知结论、均值不等式、函数单调性、与、有关的常用不等式等方法进行适当的放缩，再进行证明．（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.常见类型与有关的常用不等式：（1）（）；（2）（）．与有关的常用不等式：（1）（）；（2）（）；（3）（），（）；（4）（），（）．用取代的位置，相应的可得到与有关的常用不等式．考点一、直接法证明简单不等式1．（2024高三·全国·专题练习）求证：．【详解】证明：令，则当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增则在时求得最小值，即在上恒成立，即在上恒成立2．（2022高三·浙江·专题练习）证明以下不等式：(1)；(2)；(3).【详解】（1）解：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.（2）解：令，则.令，即，解得；令，即，解得，所以在单调递增，上单调递减，所以，即，所以.（3）解：由（1）得，所以（当且仅当时取等号）①.由（2）得，所以（当且仅当时取等号）②因为①式与②式取等号的条件不同，所以.1．（2023高三·全国·专题练习）求证：(1)（）；(2)；(3)（）．【详解】（1）要证，只需证，令（），，故在上单调递减，由于，因，故，则有（）.（2）令，，当时，；当时，，可知在上单调递增；在上单调递减，所以，故，从而成立.（3）令（），，由解得：，，令，得，令，得或故在区间和上单调递减，在区间上单调递增，由于，则有对恒成立，故得：（）．考点二、构造函数证明不等式1．（2024·湖南益阳·模拟预测）已知为正实数，构造函数．若曲线在点处的切线方程为．(1)求的值；(2)求证：．【答案】(1)2(2)证明见解析【分析】（1）根据切线方程列出关于的方程组，解方程组即可.（2）对要证明的式子进行化简，构造函数，利用单调性求解即可.【详解】（1）因为，所以，又因为，所以曲线在点处的切线方程为.由题意可知曲线在点处的切线方程为，所以，解得(负值舍去)，所以.（2）由第1问可知，.要证，即要证，只需证.构造函数，则，当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增，所以，所以，所以.2．（2024·重庆·模拟预测）已知函数(1)讨论函数的单调性；(2)证明：当时，【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）根据题意，求导可得，然后分与讨论，即可得到结果；（2）根据题意，由（1）可得的最小值为，构造函数，转化为的最小值大于等于零，即可证明.【详解】（1）依题意，，当时，，当时，由得，由得，即当时函数在是减函数；当时在是减函数，在是增函数；（2）由（1）知当时，的最小值为，，设，则，∴函数在是减函数，在是增函数，即的最小值为，即，∴，即的最小值，∴．3．（2024·山东济南·二模）已知函数(1)讨论的单调性；(2)证明：.【答案】(1)答案见详解(2)证明见详解【分析】（1）求导可得，分和两种情况，结合导函数的符号判断原函数单调性；（2）构建，，根据单调性以及零点存在性定理分析的零点和符号，进而可得的单调性和最值，结合零点代换分析证明.【详解】（1）由题意可得：的定义域为，，当时，则在上恒成立，可知在上单调递减；当时，令，解得；令，解得；可知在上单调递减，在上单调递增；综上所述：当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增.（2）构建，则，由可知，构建，因为在上单调递增，则在上单调递增，且，可知在上存在唯一零点，当，则，即；当，则，即；可知在上单调递减，在上单调递增，则，又因为，则，，可得，即，所以.1．（2024·河北·三模）已知函数．(1)当时，证明：．(2)若函数，试问：函数是否存在极小值？若存在，求出极小值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在；极小值为0．【分析】（1）构造新函数，利用导数研究函数的单调性和最值，即可得证；（2）对函数求导，并构造新函数，结合零点存在性定理及函数的单调性即可求解.【详解】（1）证明：函数定义域为,令，则，当时，，且，所以，函数在上单调递减，故，即，故得证.（2）由题意，则，令，则当时，，故函数在单调递增，则，即，所以在单调递增；当时，单调递增，且，又，故，使得，所以当时，，即函数在上单调递增，即，所以函数在上单调递减；当时，，即，所以函数在上单调递增.综上所述，函数在上单调递减，在上单调递增，因此，当时，函数有极小值，极小值为.故存在，极小值为0.2．（2024·河北保定·三模）已知函数，为的极值点.(1)求a；(2)证明：.【答案】(1)3；(2)证明见解析；【分析】（1）求导，由求解；（2）转化为证，令，由证明.【详解】（1）解：，依题意，，解得，经检验符合题意，所以；（2）由（1）可知，，要证，即证，设，则，所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，当时，取得极小值，也是最小值，因为，，所以.【点睛】方法点睛：证明不等式，往往由证明.3．（2024·陕西榆林·模拟预测）已知函数，其中．(1)讨论函数的单调性；(2)当时，证明：．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）就、分类讨论导数的符号后可得函数的单调性；（2）原不等式等价于，当时，可由各式符号证明此不等式成立，当时，设，利用导数可证明恒成立，据此可得的单调性，从而可得原不等式成立.【详解】（1），，当时，，函数在上单调递增；当时，由，得，函数在区间上单调递增，由，得，函数在区间上单调递减．综上，当时，在上单调递增，无减区间.当时，在上单调递增，在上单调递减.（2）当时，，要证，即证，①当时，，，；②当时，令，则，设，则，，，，，，在上单调递增，，即，在上单调递增，，即．综上，当时，．【点睛】思路点睛：导数背景下不等式恒成立，应该根据不等式中含有的函数的类型进行合理的分类讨论，特别是含有三角函数式时，可根据其值域选择分类讨论的标准.考点三、转为两个函数类型证明不等式1．（全国·高考真题）设函数,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=e(x-1)+2.(1)求

(2)证明:【答案】（1）；（2）详见解析.【详解】试题分析：（1）根据求导法则求出原函数的导函数，由某点的导数是在该点的切线的斜率，结合切线方程以及该点的函数值，将函数值和切线斜率代入原函数和导函数可求得参数值；（2）由（1)可得的解析式，为多项式，对要证的不等式进行变形，使之成为两个函数的大小关系式，再分别利用导函数求出两函数在定义域内的最值，可证得两函数的大小关系，进而证得.试题解析：（1）函数的定义域为，.由题意可得，.故，.（2）证明：由（1）知，，从而等价于.设函数，则.所以当，；当时，.故在上单调递减，上单调递增，从而在上的最小值为.设函数，则.所以当时，；当时，.故在上单调递增，在上单调递减，从而在上的最大值为.综上，当时，，即.考点：1、导数的几何意义；2、利用导数研究函数的单调性进而证明不等式恒成立.【方法点晴】本题主要考查的是利用导数研究函数的单调性、利用导数研究函数的最值、不等式的恒成立和导数的几何意义，属于难题．利用导数研究函数的单调性进一步求函数最值的步骤：①确定函数的定义域；②对求导；③令，解不等式得的范围就是递增区间；令，解不等式得的范围就是递减区间；④根据单调性求函数的极值及最值（闭区间上还要注意比较端点处函数值的大小）.本题（2）的证明过程就是利用导数分别求出在上的最小值及在上的最大值，进而得证的.1．（2024高三·阶段练习）已知函数.（1）讨论的单调区间；（2）当且，求证：.【答案】（1）见解析（2）证明见解析【分析】（1）函数定义域为，求出导函数，通过，，判断导函数符号，求解函数的单调区间；（2）运用分析法转化证明，要证，只需证，法一中要证，只需证：，令，求导判断导数值符号即可；法二中只需证，设，，在上恒成立，求出，的最值进行比较即可；法三中只需证：.设，判断，函数单调递增，，证明即可.【详解】（1）函数定义域为，.①若时，则，在上单调递减；②若时，，令或.又，在上单调递减，在上单调递增；

③若时，，令或.又，在上单调递减，在上单调递增；（2）法一：，，要证，只需证，只需证：，只需证：，设，即，在上单调递减，所以，即原不等式成立.法二：要证，只需证，，只需证，设，，在上恒成立，所以在上单调递增.所以，，所以在上单调递增，所以，所以当时，，即原不等式成立.法三：，.要证：成立，只需证：.设，，所以在上单调递增，所以.即原不等式成立.【点睛】本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及构造法的应用，考查分类讨论以及转化思想的应用，是难题.考点四、数列类型不等式的证明1．（2022·全国·高考真题）已知函数．(1)当时，讨论的单调性；(2)当时，，求a的取值范围；(3)设，证明：．【答案】(1)的减区间为，增区间为.(2)(3)见解析【分析】（1）求出，讨论其符号后可得的单调性.（2）设，求出，先讨论时题设中的不等式不成立，再就结合放缩法讨论符号，最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围.（3）由（2）可得对任意的恒成立，从而可得对任意的恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.【详解】（1）当时，，则，当时，，当时，，故的减区间为，增区间为.（2）设，则，又，设，则，若，则，因为为连续不间断函数，故存在，使得，总有，故在为增函数，故，故在为增函数，故，与题设矛盾.若，则，下证：对任意，总有成立，证明：设，故，故在上为减函数，故即成立.由上述不等式有，故总成立，即在上为减函数，所以.当时，有，

所以在上为减函数，所以.综上，.（3）取，则，总有成立，令，则，故即对任意的恒成立.所以对任意的，有，整理得到：，故，故不等式成立.【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.2．（2023·天津·高考真题）已知函数．(1)求曲线在处的切线斜率；(2)求证：当时，；(3)证明：．【答案】(1)(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）利用导数的几何意义求斜率；（2）问题化为时，构造，利用导数研究单调性，即可证结论；（3）构造，，作差法研究函数单调性可得，再构造且，应用导数研究其单调性得到恒成立，对作放缩处理，结合累加得到，即可证结论.【详解】（1），则，所以，故处的切线斜率为；（2）要证时，即证，令且，则，所以在上递增，则，即.所以时.（3）设，，则，由（2）知：，则，所以，故在上递减，故；下证，令且，则，当时，递增，当时，递减，所以，故在上恒成立，则，所以，，…，，累加得：，而，因为，所以，则，所以，故；综上，，即.【点睛】关键点点睛：第三问，作差法研究单调性证右侧不等关系，再构造且，导数研究其函数符号得恒成立，结合放缩、累加得到为关键.3．（2024·北京·三模）已知函数．(1)求的单调区间；(2)若恒成立，求实数的取值范围；(3)求证：．（且）【答案】(1)递增区间为，递减区间为．(2)(3)证明见解析【分析】（1）对函数求导,再根据的正负分类讨论单调性即可;（2）若恒成立，即，根据（1）中的单调性求出其最大值即可列式求解.（3）由（2）知当时,有在恒成立，令,即可推出，再对不等式两边累加求和,即可推出结论.【详解】（1）函数的定义域为．．①时，，的递增区间为，无递减区间；③时，令得；令得，所以的递增区间为，递减区间为．（2）由（1）知，时，在上递增，，不合题意，故只考虑的情况，由（1）知即综上，的取值范围为．（3）由（2）知：当时，恒成立，所以，所以当恒成立，令，进而，即，．所以．（且）即．（且）【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；（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．（3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．1．（2024·河北·三模）已知函数．(1)若在恒成立，求实数a的取值范围；(2)证明：．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由题意可得恒成立，令，求导得，利用导数分类可求实数a的取值范围；（2）由（1）知当时，可得在恒成立，当时，可得，利用累加法可得结论.【详解】（1）在恒成立．构造函数，则在恒成立．当时，，所以在上单调递增，所以，矛盾，故舍去当时，由得，所以在上单调递增，故，均有，矛盾，故舍去当时，，所以在上单调递减，所以，满足题意；综上，实数a的取值范围为（2）由（1）知当时，恒成立，即在上恒成立，当且仅当时取等号．所以当时，可得同理，，，两边分别累加得：即即【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是通过（1）中的结论得到，再代入得到其他不等式，最后累加即可证明.2．（2024·安徽马鞍山·模拟预测）已知函数．(1)证明：时，；(2)证明：．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）只要证时，，令，然后利用可判断其在上递增，则，从而证得结论；（2）由（1）知，令，则，然后利用累加法可证得结论.【详解】（1）证明：要证，只要证，即证时，，令，则，所以在上单调递增，所以，所以时，，所以时，．（2）证明：由（1）知，令得，即，所以，，，……，，所以，即．【点睛】关键点点睛：解题的关键是根据题意构造函数，再利用导判断其单调性即可证得结论.3．（2024·江苏苏州·三模）已知函数.(1)时，求的零点个数;(2)若恒成立，求实数的最大值;(3)求证:.【答案】(1)2个(2)(3)证明见解答【分析】（1），求导后令，再次求导可得，进而可判断的单调性，结合，的值可得结论；（2）由题意可得，可得，进而判断时，不等式恒成立；（3）利用，结合（2）以及放缩法可证明不等式.【详解】（1）当时，，则，所以，令，则，所以在上单调递增，即在上单调递增，当时，，所以在上为增函数，当时，，所以在上为减函数，又，，且时，，则存在，，使得，所以有两个零点.（2）令由，得，令所以，令，可得，所以在上为增函数，所以，所以，所以，所以在上单调递增，所以，即，所以恒成立，所以实数的最大值是实数；（3）因为，由（2）可得，所以，所以，所以，又，所以.【点睛】方法点睛：第三问，考查放缩法证明不等式，其中证明不等式成立是关键.考点五、三角函数类型不等式的证明1．（2024·山东枣庄·模拟预测）已知函数，为的导数(1)讨论的单调性；(2)若是的极大值点，求的取值范围；(3)若，证明：．【答案】(1)答案见解析(2)(3)证明见解析【分析】（1）令，求出导函数，再分和两种情况讨论，分别求出函数的单调区间；（2）结合（1）分、、、四种情况讨论，判断的单调性，即可确定极值点，从而得解；（3）利用分析法可得只需证，，只需证对任意，有，结合（2）只需证明，构造函数，利用导数证明即可.【详解】（1）由题知，令，则，当时，在区间单调递增，当时，令，解得，当时，，当时，，所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，综上所述，当时，在区间上单调递增；当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增.（2）当时，，由（1）知，当时，在上单调递减；当时，在上单调递增；所以是函数的极小值点，不符合题意；当时，，且，由（1）知，当时，在上单调递减；当时，在上单调递增；所以是函数的极小值点，不符合题意；当时，，则当时，在上单调递增，所以无极值点，不合题意；当时，，且；当时，在上单调递增；当时，在上单调递减；所以是函数的极大值点，符合题意；综上所述，的取值范围是.（3）要证，只要证，只要证，，因为，则，所以只要证对任意，有，只要证对任意，有（※），因为由（2）知：当时，若，则，所以，即①，令函数，则，所以当时，所以在单调递增；则，即，由①②得，所以（※）成立，所以成立.【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.2．（2024·陕西·模拟预测）已知函数（），.(1)讨论函数的单调性；(2)证明：（）；(3)证明：（）.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）求导，后按照，分类讨论即可；（2）用导数研究函数的最值即可；（3）由（1）的结论可以得到.令，得到，即，结合数列累加法，可得.由（2）知，，每项进行放缩即可证明．【详解】（1）函数的定义域为，，①当时，恒成立，所以函数的单调递减区间为；②当时，由，得，当时，；当时，.所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为.综上，当时，函数的单调递减区间为；当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为.（2），恒成立，在上单调递减，又，，.（3）由（1）知，当时，，即，，，（当时“=”成立）.令（），，即，，从而，，…，，累加可得，即.由（2）知，在是递减函数，，即，.（）.1．（2024·辽宁·模拟预测）已知函数，(1)求的最小值；(2)证明：.【答案】(1)1(2)证明见详解【分析】（1）换元令，构建，利用导数判断的单调性和最值，进而可得的最小值；（2）由（1）结合正弦函数性质可得，构建，，利用导数可证，进而结合指数函数性质分析证明即可.【详解】（1）令，由可知，构建，则在内恒成立，可知在内单调递减，则，所以的最小值为1.（2）由（1）可知：，即，又因为，则，可得，则，构建，，则在内恒成立，可知在内单调递增，则，即，可得，注意到，则，所以.2．（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数(1)若函数在内点处的切线斜率为，求点的坐标；(2)①当时，求在上的最小值；②证明：．【答案】(1)(2)①最小值是0；②证明见解析.【分析】（1）利用导数求切线斜率，结合已知可得切点横坐标，根据解析式求纵坐标可得；（2）①利用二次导数判断导函数单调性，结合零点存在性定理判断导函数零点，根据单调性求导函数最小值，然后可判断的单调性，进而可得最小值；②构造函数，利用导数证明，结合①中结论可得，令，利用裂项相消法可证.【详解】（1）设点.由于，则，得，则，且，所以点的坐标为.（2）①，则，记，则易知在上单调递减，且,，即，所以，当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减.因为，所以时，，在单调递增，所以，当时，取得最小值.②由①可知，时恒成立，即恒成立.设，则，当时，，在上单调递增，所以，所以，又，所以，取，则，，得证.【点睛】关键点睛：第二问中第2小问，关键在于构造函数，利用导数证明，结合第1小问中结论得，然后利用裂项相消法可证.考点六、切线放缩法证明不等式1．（2024高三·全国·专题练习）已知函数．(1)求函数的极值；(2)当时，恒成立，求证：．【答案】(1)极小值，无极大值(2)证明见解析【分析】（1）利用导数即可求得函数的极值；（2）构造新函数，并利用导数求得新函数的最大值，即可证得.【详解】（1）时，，此时函数单调递增，无极值．时，令，解得．则时，，此时函数单调递增；时，，此时函数单调递减，可得：时，函数取得极小值．无极大值.（2）解法一：，只需证明．时，不等式成立；只需证明时，，令，则令，，，∴．∴，∴在上单调递减．∴利用洛必达法则：，∴．解法二：（切线放缩）要证明，只需证明，只需证明，令则时，则单调递增，时，则单调递减，则时取得极小值，∴，画出和图象如图所示，当时，恒成立即图象必须在下方，在时取得极值，为在点处的切线，∴．1．（2023高二·上海·专题练习）已知函数为常数，是自然对数的底数），曲线在点处的切线与轴平行.(1)求的值；(2)求的单调区间；(3)设，其中为的导函数.证明：对任意，.【答案】(1)(2)的递增区间为，递减区间为(3)证明见解析【分析】（1）求导，根据导数的几何意义分析运算；（2）求导，利用导数求原函数的单调区间；（3）根据题意分析可得对，，构建新函数、，分别利用导数求最值，即可证明.【详解】（1）由题意可得：，，∵在,处的切线与轴平行，即，.（2）由（1）得：，，令，，当时，则，故；当时，则，；∵，则时，；时，；故的单调递增为，单调递减为.（3）由，即，，对，，等价于对，，由（2）对于，，则，，当时，；当时，；可得在上单调递增，在上单调递减，故，即，设，则对恒成立，故在上单调递增，则，即；综上：，故，，得证.2．（2023·山东济南·一模）已知函数.（1）求函数的极值；（2）若，求证：.【答案】（1）极大值为1，无极小值；（2）见证明【分析】(1)本题首先可以根据函数解析式得出函数的定义域和导函数，即可求出函数的单调区间，最后根据函数单调性即可得出函数的极值；(2)本题首先可根据不等式的性质将转化为，然后利用导数以及(1)中结论求出的最小值以及的最大值，即可证明结论．【详解】(1)函数定义域为，，所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，即当时，有极大值，所以的极大值为1，无极小值；(2)由于，所以，故要证原不等式成立，只需证即可，即，令，则，所以函数在区间上为增函数，故，即，由(1)得，所以，所以.【点睛】本题主要考查利用导数求函数极值以及通过构造函数证明不等式，能否构造出函数并求出其最小值是解决本题的关键，考查利用导数证明不等式及转化能力，是难题．1．（2024高三·全国·专题练习）求证：若，则．【答案】证明见解析【分析】构造函数，借助导数得其单调性后即可得证.【详解】令，则，当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，故，故当时，.2．（2024高三·全国·专题练习）证明：当时，；【答案】证明见解析【分析】分别构造函数、，利用导数可证得单调性，得到，由此可得结论.【详解】令，则，在上单调递增，，即当时，；令，则，令，则，当时，单调递增，即单调递增，，在上单调递增，，即当时，；综上所述：当时，.3．（22-23高二下·河北沧州·阶段练习）求证：【答案】证明见解析【分析】将要证明的不等式变形为，构造关于a的函数，求导分析即可.【详解】证明：不妨设，则若证，只需证即证：设则所以函数在上单调递增因为，所以，即所以原不等式成立【点睛】本题属于两元化一元问题，采用淡化一元的方法将问题转为关于a的函数是解题关键.4．（2022高三·全国·专题练习）讨论函数的单调性，并证明当时，.【答案】在上单调递增，证明见解析.【分析】求导函数，判断导函数的符号，确定原函数的单调性，并进一步可证明结论.【详解】由已知得，.因为，所以.因为当时，，所以在上单调递增;所以当时，，即.5．（2024高三·全国·专题练习）已知函数，证明：对一切，都有成立.【答案】证明见解析【分析】利用导数的性质判断函数的单调性，对已知不等式进行变形，构造两个新函数，利用导数的性质求最值进行运算证明即可.【详解】当时，不等式等价于，在在，令，，由，当时，单调递增，当时，单调递减，所以，令，当时，单调递减，当时，单调递增，所以，即，又因为当时，函数到到最小值，当时，函数到到最大值，所以.6．（22-23高二下·北京·期中）已知函数.(1)求曲线在点处的切线方程；(2)求证：.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据导数的几何意义求切线方程即可；（2）构造函数，利用导函数与单调性、最值的关系即可证明.【详解】（1）,，,所以切点为，由点斜式可得，，所以切线方程为：.（2）由题可得，设，，所以当时，，当时，，所以在单调递增，单调递减，所以，即.7．（2024高三·全国·专题练习）已知函数（其中是自然对数的底数），.(1)求证：；(2)当时，求证：.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）根据题意，求导得，求得其极小值即可证明；（2）根据题意，构造函数，求导可判断其单调性，即可证明.【详解】（1）因为，所以.当时，；当时，，所以在区间上是减函数，在区间上是增函数，所以，所以.（2）令，则.由（1）可得，所以，所以函数在上是增函数．因为，所以，所以．8．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知.(1)求并写出的表达式；(2)证明：.【答案】(1)，(2)证明见解析【分析】（1）直接求导并令可得，再代入原表达式即可；（2）构造函数并用导数证明，然后利用即可.【详解】（1）由有，取得到，解得.将代入可得.（2）设，则，故当时，当时.所以在上递减，在上递增，故.从而.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于使用导数判断单调性，属于常规题.9．（2023·吉林长春·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，.10．（2023·广西南宁·一模），(1)讨论的单调性；(2)当时，证明；(3)证明对于任意正整数，都有.【答案】(1)，在上单调递增；，在上单调递减，在上单调递增.(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）利用导数分类讨论求解单调区间即可.（2）根据的单调性得到，即可证明.（3）当且时，有，从而得到，即可得到，再化简即可证明.【详解】（1）的定义域为，①若，当时，，所以在上单调递增；②若，当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增.综上所述，时，在上单调递增；时，在上单调递减，在上单调递增.（2）当时，由（1）知在上单调递减，在上单调递增，，即证.（3）由（2）知当且时，，对于任意正整数，令得，所以.即证：.1．（2024·江苏苏州·模拟预测）已知函数．(1)讨论的单调性；(2)当时，证明：．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论的范围，求出函数的单调区间即可；（2）要证明，只要证即可，设，利用导数求得最值即可证明．【详解】（1）函数的定义域为，且．当时，恒成立，所以在区间上单调递增；当时，令，解得，当时，在区间上单调递增，当时，在区间上单调递减．综上所述，当时，在区间上单调递增；当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减．（2）当时，因为，所以要证，只要证明即可，即要证，等价于（*）．令，则，在区间上，单调递减；在区间上，单调递增，所以，所以（当且仅当时等号成立），所以（*）成立，当且仅当时，等号成立．又在上单调递增，，所以存在，使得成立．综上所述，原不等式成立．2．（2024·江苏连云港·模拟预测）已知函数.(1)求函数在处的切线方程.(2)证明：.【答案】(1)(2)证明见解答【分析】（1）求导可得，又，可求切线方程；（2）求导得，令，再求导，进而判断在上单调递增，可得在上单调递增，，可得结论.【详解】（1）由，可得，，又，所以函数在处的切线方程为，即.（2）由，可得，令，可得，当时，，所以在上单调递增，又，即，所以在上单调递增，所以，当时，，当时，，综上所述：.3．（2024·青海西宁·二模）已知函数．(1)若，求的极值；(2)若，求证：．【答案】(1)极小值为，无极大值；(2)证明见解析【分析】（1）若，求得，求得函数的单调性，进而求得函数的极值；（2）由，令，求得，令，利用导数求得函数的单调性，结合，即可得证．【详解】（1）解：若，则，其中，所以，令，解得，当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，又因为，所以的极小值为，无极大值．（2）证明：由题意知，令，则，令，则，令，解得，令，解得，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，所以．【点睛】方法总结：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.4．（2024·陕西安康·模拟预测）已知函数.(1)求的最小值；(2)证明：.【答案】(1)0(2)证明见解析【分析】（1）二阶求导可得在上单调递增，结合可得的单调性，即可求解，（2）利用（1）的单调性可得，进而由放缩可得，取，由对数的运算即可求解.【详解】（1）因为，所以，令，则，所以即在上单调递增，又，所以当时，单调递减；当时，单调递增，所以的最小值为.（2）由（1）可知在时单调递增，故，所以当时，，即，所以，令，则，以上各式相加得，即，所以得证.【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.5．（2024·河北邢台·二模）已知函数，(1)当时，求函数在处的切线方程；(2)若恒成立，求实数a的取值范围；(3)证明：.【答案】(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）利用导数的几何意义结合条件即得；（2）将结论化为，再求的最大值；（3）直接在（2）的结论中取证明.【详解】（1）此时，故.所以，，故所求切线经过点，斜率为.故该切线的方程为，即.（2）结论即为.设，则.故当即时，当即时.所以在上递增，在上递减，从而的最大值就是，且恰在时取到.所以的取值范围是.（3）由（2）的结论，知当正数时，有，故.从而.6．（2024高三·全国·专题练习）已知．(1)当时，求的极值；(2)对，求证：．【答案】(1)，无极大值(2)证明见解析【分析】（1）求导，利用导函数的符号确定函数的单调性，进而确定函数的极值；（2）作差构造函数，求导，利用导数求其最值即可证明.【详解】（1）当时，，因为，所以，，为减函数，，，为增函数，所以在上单调递减，上单调递增，∴，无极大值；（2）令，，所以，令，，因为，∴为增函数，又，取，，，∴存在唯一使，即，，，即，∴为减函数.，，即，∴为增函数.∴，∴对有，即.7．（23-24高三下·山东菏泽·阶段练习）已知函数．(1)讨论的单调区间(2)若函数，，证明：．【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【分析】（1）求出，对的取值分类讨论，即可得的单调性；（2）借助（1）中结论得，转化所证不等式，结合同角三角函数关系即可证明不等式．【详解】（1）由题知，函数的定义域为，，当时，有，当或时，，当时，，所以，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；当时，有，，所以在上单调递增；当时，有，当或时，，当时，，所以，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．（2）由（1）知：当时，在上单调递增，所以，当时，，即．因为，所以，所以．8．（2024·北京昌平·二模）已知函数．(1)求曲线在点处的切线方程；(2)求在区间上的最小值；(3)若，当时，求证：．【答案】(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）利用导数的意义求出切线的斜率，再求出，最后利用点斜式写出直线方程再整理即可；（2）含参数的单调性讨论问题，先求导，再分参数，讨论单调性得出结果即可，其中当时又分、、三种情况；（3）构造函数，结合对数的运算化简，求导再结合基本不等式得到的单调性，即可证明.【详解】（1）因为，所以，所以，所以曲线在点处的切线方程为.（2）因为，当时，在区间上恒成立，所以在区间上是增函数，此时；当时，令，解得，①当，即时，在区间上恒成立，所以在区间上是增函数，所以当时，；②当，即时，与的情况如下：负0正减极小值增函数所以当时，；③当即时，在区间上恒成立，所以在区间上是减函数，所以当时，，综上（3）设，所以，因为，由基本不等式可得，当且仅当时取等号，所以在上单调递增，所以，所以.【点睛】方法点睛：（1）第一问可用导数的意义求出切线的斜率，再用点斜式求出直线方程；（2）第二问为带参数的单调性的讨论求极值点问题，可求导分析单调性，进而求极值，在求出最值；（3）第三问为函数不等式问题，可构造函数求导分析单调性求解.9．（2024·湖南长沙·三模）已知函数．(1)判断并证明的零点个数(2)记在上的零点为，求证;（i）是一个递减数列（ii）．【答案】(1)当为奇数数，有1个零点；当为偶数时，有2个零点(2)证明见解析【分析】（1）当时，利用导数研究函数的零点和零点的存在性定理可知其在内有唯一零点；当时，分类讨论为奇、偶数时零点的情况，即可下结论；（2）（i）易知，当时可得，利用的单调性解不等式可得，即可证明；（ii）由（i），求和可得；由得，利用放缩法和函数单调性解不等式可证得，求和，结合等比数列数列前n项求和公式计算即可证明.【详解】（1）当为奇数时，有1个零点；当为偶数时，有2个零点.证明如下：当时，由，得，所以函数在上单调递增，又，，所以函数在内有唯一零点；当时，，若为奇数，，则，此时在内无零点；若为偶数，设，则，方程有一个解，所以函数在上单调递减，在上单调递增，且，此时在内有1个零点.综上，当为奇数时，有1个零点；当为偶数时，有2个零点.（2）（i）由（1）知，当时，在在内的零点，当时，，，则，故，所以数列是一个递减数列；（ii）由（i）知，当时，，当时，，有，所以，求和可得，当且仅当时等号成立；当时，，故，则，得，即，即，即，即，即，即，当时，，所以当时，均有成立，求和可得.综上，.【点睛】方法点睛：在证明导数与数列不等式综合问题时，常常将上一问的结论直接应用到证明当中去，再综合考虑不等式特征合理选取方法巧妙放缩求和，即可实现问题求解.10．（2024·四川南充·模拟预测）已知函数.(1)若函数在处切线的斜率为，求实数的值；(2)当时，恒成立，求实数的最大值；(3)当时，证明：【答案】(1)a=1(2)2(3)证明见解析【分析】（1）求导，利用导数值等于切线斜率构造方程，求出a即可.（2）将a代入不等式，x和m参变分离，转化为恒成立问题，构造函数后转化为求函数最值问题即可.（3）由（2）知，当时，有即后进行放缩证明即可.【详解】（1）因为，所以，

所以a=1（2）因为当时，恒成立，所以

设则

因为当x≥1时，有所以函数单调递增，故所以函数单调递增，故

所以函数单调递增，故所以所以实数m的最大值为2.（3）由（2）知，当时，有即

设取,所以

即

.因为所以即、1．（2019·北京·高考真题）已知函数.（Ⅰ）求曲线的斜率为1的切线方程；（Ⅱ）当时，求证：；（Ⅲ）设，记在区间上的最大值为M（a），当M（a）最小时，求a的值．【答案】（Ⅰ）和.（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）.【分析】(Ⅰ)首先求解导函数，然后利用导函数求得切点的横坐标，据此求得切点坐标即可确定切线方程；(Ⅱ)由题意分别证得和即可证得题中的结论；(Ⅲ)由题意结合(Ⅱ)中的结论分类讨论即可求得a的值.【详解】（Ⅰ），令得或者.当时，，此时切线方程为，即；当时，，此时切线方程为，即；综上可得所求切线方程为和.（Ⅱ）设，，令得或者，所以当时，，为增函数；当时，，为减函数；当时，，为增函数；而，所以，即；同理令，可求其最小值为，所以，即，综上可得.（Ⅲ）由（Ⅱ）知，所以是中的较大者，若，即时，；若，即时，；所以当最小时，，此时.【点睛】本题主要考查利用导函数研究函数的切线方程，利用导函数证明不等式的方法，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.2．（2018·全国·高考真题）已知函数．（1）若，证明：当时，；当时，；（2）若是的极大值点，求．【答案】（1）见解析（2）【详解】分析：（1）求导，利用函数单调性证明即可．（2）分类讨论和,构造函数,讨论的性质即可得到a的范围．详解：（1）当时，，.设函数，则.当时，；当时，.故当时，，且仅当时，，从而，且仅当时，.所以在单调递增.又，故当时，；当时，.（2）（i）若，由（1）知，当时，，这与是的极大值点矛盾.（ii）若，设函数.由于当时，，故与符号相同.又，故是的极大值点当且仅当是的极大值点..如果，则当，且时，，故不是的极大值点.如果，则存在根，故当，且时，，所以不是的极大值点.如果，则.则当时，；当时，.所以是的极大值点，从而是的极大值点综上，.点睛：本题考查函数与导数的综合应用，利用函数的单调性求出最值证明不等式，第二问分类讨论和,当时构造函数时关键，讨论函数的性质，本题难度较大．3．（2018·全国·高考真题）已知函数．（1）求曲线在点处的切线方程；（2）证明：当时，．【答案】（1）切线方程是；（2）证明见解析．【分析】（1）求导，由导数的几何意义求出切线方程．（2）方法一：当时，，令，只需证明即可．【详解】（1），．因此曲线在点处的切线方程是．（2）［方法一］：【最优解】放缩当时，．令，则，当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以．因此．［方法二］：【通性通法】导数的应用函数的定义域为R，．当时，令，得，或，其中．则函数的单调递减区间为，，单调递增区间为．