高考数学利用导数证明不等式（三大题型）（解析版）

特训05利用导数证明不等式（三大题型）利用导数证明数列不等式的常用方法：(1)利用函数中经典不等式放缩，根据放缩的方向，将函数中经典不等式转化为数列不等式，将不可求和的数列放缩成可求和的数列(2)结论再造，利用上一问中得到的函数结论，构造出函数不等式，进而转化为数列不等式，再进行放缩求和.(3)数列思想求通项，通过求出不等式两侧对应数列的通项公式，进而作差构造函数.以上办法的实质都是构建了函数不等式与数列不等式之间的关系，进而利用数列求和来解决问题.目录：01：移项构造函数证明不等式02：分拆函数法证明不等式03：放缩后构造函数证明不等式01：移项构造函数证明不等式例1已知函数f(x)＝ex－3x＋3a(e为自然对数的底数，a∈R).(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当a＞lneq\f(3,e)，且x＞0时，eq\f(ex,x)＞eq\f(3,2)x＋eq\f(1,x)－3a.(1)解由f(x)＝ex－3x＋3a，x∈R，知f′(x)＝ex－3，x∈R.令f′(x)＝0，得x＝ln3，于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，ln3)ln3(ln3，＋∞)f′(x)－0＋f(x)极小值故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln3)，单调递增区间是(ln3，＋∞)，f(x)在x＝ln3处取得极小值，极小值为f(ln3)＝eln3－3ln3＋3a＝3(1－ln3＋a)，无极大值.(2)证明待证不等式等价于ex＞eq\f(3,2)x2－3ax＋1，设g(x)＝ex－eq\f(3,2)x2＋3ax－1，x＞0，于是g′(x)＝ex－3x＋3a，x＞0.由(1)及a＞lneq\f(3,e)＝ln3－1知g′(x)的最小值为g′(ln3)＝3(1－ln3＋a)＞0.于是对任意x＞0，都有g′(x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)内单调递增.于是当a＞lneq\f(3,e)＝ln3－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)＞g(0).而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)＞0.即ex＞eq\f(3,2)x2－3ax＋1，故eq\f(ex,x)＞eq\f(3,2)x＋eq\f(1,x)－3a.感悟提升待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”或“右减左”的函数，利用导数研究其单调性等相关函数性质证明不等式.训练1已知函数.(1)当时，（ⅰ）求在点处的切线方程；（ⅱ）求的最小值；(2)当时，若不等式恒成立，求实数的取值范围；(3)当时，证明.（1）解：当时，，，（ⅰ），所以在点处的切线方程为，即；（ⅱ）当时，，当时，，所以函数在上递减，在上递增，所以；（2）解：，令，则，当，即时，，，所以函数在上递增，所以，即，，所以函数在上递增，所以，所以满足题意；当，即时，令，则，当时，，所以函数在上递减，所以当时，，即当时，，所以函数在上递减，此时，与题意矛盾，综上所述，实数的取值范围为；（3）证明：由（2）得，当时，，即，要证，只需要证明，只需要证明，只需要证明，令，则，所以函数在上递增，所以，所以，所以.【分析】（1）求导，（ⅰ）根据导数的几何意义即可得出答案；（ⅱ）根据导数的符号求出函数的单调区间，从而可得函数的最小值；（2）求出函数的导函数，根据分和两种情况讨论，从而可得出答案；（3）由（2）可得，当时，，则要证，只需要证明，只需要证明，构造函数，再利用导数证明即可得证.02：分拆函数法证明不等式例2证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有lnx＞eq\f(1,ex)－eq\f(2,ex)成立.证明问题等价于证明xlnx＞eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)(x∈(0，＋∞)).设f(x)＝xlnx，f′(x)＝1＋lnx，易知x＝eq\f(1,e)为f(x)的唯一极小值点，则f(x)＝xlnx(x∈(0，＋∞))的最小值是－eq\f(1,e)，当且仅当x＝eq\f(1,e)时取到.设m(x)＝eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)(x∈(0，＋∞))，则m′(x)＝eq\f(1－x,ex)，由m′(x)＜0，得x＞1时，m(x)单调递减；由m′(x)＞0得0＜x＜1时，m(x)单调递增，易知m(x)max＝m(1)＝－eq\f(1,e)，当且仅当x＝1时取到.从而对一切x∈(0，＋∞)，xlnx≥－eq\f(1,e)≥eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)，两个等号不同时取到，所以对一切x∈(0，＋∞)都有lnx＞eq\f(1,ex)－eq\f(2,ex)成立.感悟提升1.若直接求导后导数式比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标.在证明过程中，等价转化是关键，此处g(x)min≥f(x)max恒成立，从而f(x)≤g(x)恒成立.2.等价变形的目的是求导后简单地找到极值点，一般地，ex与lnx要分离，常构造xn与lnx，xn与ex的积、商形式.便于求导后找到极值点.训练2已知函数f(x)＝elnx－ax(x∈R).(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.(1)解f′(x)＝eq\f(e,x)－a(x>0)，①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②若a>0，则当0<x<eq\f(e,a)时，f′(x)>0；当x>eq\f(e,a)时，f′(x)<0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(e,a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,a)，＋∞))上单调递减.综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(e,a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,a)，＋∞))上单调递减.(2)证明法一∵x>0，∴只需证f(x)≤eq\f(ex,x)－2e，当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴f(x)max＝f(1)＝－e.记g(x)＝eq\f(ex,x)－2e(x>0)，则g′(x)＝eq\f(（x－1）ex,x2)，∴当0<x<1时，g′(x)<0，当x>1时，g′(x)>0，故g(x)在(0，1)上单调递减；在(1，＋∞)上单调递增，∴g(x)min＝g(1)＝－e.综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤eq\f(ex,x)－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.法二由题意知，即证exlnx－ex2－ex＋2ex≤0，从而等价于lnx－x＋2≤eq\f(ex,ex).设函数g(x)＝lnx－x＋2，则g′(x)＝eq\f(1,x)－1.∴当x∈(0，1)时，g′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，故g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而g(x)在(0，＋∞)上的最大值为g(1)＝1.设函数h(x)＝eq\f(ex,ex)，则h′(x)＝eq\f(ex（x－1）,ex2).∴当x∈(0，1)时，h′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，故h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，从而h(x)在(0，＋∞)上的最小值为h(1)＝1.综上，当x>0时，g(x)≤h(x)，即xf(x)－ex＋2ex≤0.03：放缩后构造函数证明不等式例3已知x∈(0，1)，求证：x2－eq\f(1,x)＜eq\f(lnx,ex).证明法一要证x2－eq\f(1,x)＜eq\f(lnx,ex)，只需证exeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(1,x)))＜lnx，又易证ex＞x＋1(0＜x＜1)，∴只需证明lnx＋(x＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－x2))＞0.即证lnx＋1－x3＋eq\f(1,x)－x2＞0，而x3＜x，x2＜x(0＜x＜1)，∴只需证lnx＋1－2x＋eq\f(1,x)＞0，令g(x)＝lnx＋1－2x＋eq\f(1,x)，则g′(x)＝eq\f(1,x)－2－eq\f(1,x2)＝－eq\f(2x2－x＋1,x2)，而2x2－x＋1＞0恒成立，∴g′(x)＜0，∴g(x)在(0，1)上单调递减，∴当x∈(0，1)时，g(x)＞g(1)＝0，即lnx＋1－2x＋eq\f(1,x)＞0.∴x2－eq\f(1,x)＜eq\f(lnx,ex).法二∵x∈(0，1)，∴ex∈(1，e)，∴要证x2－eq\f(1,x)＜eq\f(lnx,ex)成立，只需证exeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(1,x)))＜lnx成立，只需证x2－eq\f(1,x)＜lnx，又x2＜x(0＜x＜1)，∴只需证lnx＋eq\f(1,x)－x＞0，令h(x)＝lnx＋eq\f(1,x)－x，则h′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)－1＝－eq\f(x2－x＋1,x2)，而x2－x＋1＞0恒成立，∴h′(x)＜0，∴h(x)在(0，1)上单调递减，∴当x∈(0，1)时，h(x)＞h(1)＝0，∴lnx＋eq\f(1,x)－x＞0，∴x2－eq\f(1,x)＜eq\f(lnx,ex).感悟提升某些不等式，直接构造函数不易求其最值，可以适当地利用熟知的函数不等式ex≥x＋1，1－eq\f(1,x)≤lnx≤x－1等进行放缩，有利于简化后续导数式的求解或函数值正负的判断；也可以利用局部函数的有界性进行放缩，然后再构造函数进行证明.训练3证明：exlnx＋eq\f(2ex－1,x)＞1.证明不等式exlnx＋eq\f(2ex－1,x)＞1等价于eq\f(ex－1,x)(exlnx＋2)＞1，由常用不等式ex≥x＋1，故ex－1≥x.即eq\f(ex－1,x)≥1，故只需证exlnx＋2＞1，令f(x)＝exlnx＋2(x＞0)，则f′(x)＝e(lnx＋1)，易得当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))时，f′(x)＜0；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))时，f′(x)＞0，故f(x)＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝1，原不等式得证.方法技巧：指对同构在解决指对混合不等式时，如恒成立求参数取值范围或证明不等式，有一部分题是命题者利用函数单调性构造出来的，如果我们能找到这个函数模型(即不等式两边对应的同一函数)，无疑大大加快解决问题的速度.找到这个函数模型的方法，我们称为同构法.(1)五个常见变形：xex＝ex＋lnx，eq\f(ex,x)＝ex－lnx，eq\f(x,ex)＝elnx－x，x＋lnx＝lnxex，x－lnx＝lneq\f(ex,x).(2)三种基本模式①积型：aea≤blnbeq\o(→,\s\up17(三种同构方式))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(同左：aea≤（lnb）elnb……f（x）＝xex，,同右：ealnea≤blnb……f（x）＝xlnx，,取对：a＋lna≤lnb＋ln（lnb）……f（x）＝x＋lnx，))②商型：eq\f(ea,a)＜eq\f(b,lnb)eq\o(→,\s\up17(三种同构方式))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(同左：\f(ea,a)＜\f(elnb,lnb)……f（x）＝\f(ex,x)，,同右：\f(ea,lnea)＜\f(b,lnb)……f（x）＝\f(x,lnx)，,取对：a－lna＜lnb－ln（lnb）……f（x）＝x－lnx，))③和差型：ea±a＞b±lnbeq\o(→,\s\up17(两种同构方式))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(同左：ea±a＞elnb±lnb……f（x）＝ex±x，,同右：ea±lnea＞b±lnb……f（x）＝x±lnx.))例(1)已知函数f(x)＝aex－1－lnx＋lna.若f(x)≥1，求a的取值范围.解f(x)的定义域为(0，＋∞)，f(x)＝aex－1－lnx＋lna＝elna＋x－1－lnx＋lna≥1，等价于elna＋x－1＋lna＋x－1≥lnx＋x＝elnx＋lnx.令g(x)＝ex＋x，上述不等式等价于g(lna＋x－1)≥g(lnx).显然g(x)为单调增函数，所以又等价于lna＋x－1≥lnx，即lna≥lnx－x＋1.令h(x)＝lnx－x＋1，则h′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x).当x∈(0，1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝0，所以lna≥0，即a≥1，a的取值范围是[1，＋∞).(2)已知函数f(x)＝aex－lnx－1，证明：当a≥eq\f(1,e)时，f(x)≥0.证明当a≥eq\f(1,e)时，f(x)≥eq\f(ex,e)－lnx－1，所以只需证明eq\f(ex,e)－lnx－1≥0，由于eq\f(ex,e)－lnx－1≥0⇔ex≥elnex⇔xex≥exlnex⇔xex≥elnexlnex，令g(x)＝xex，由g′(x)＝ex(x＋1)＞0知g(x)为增函数，又易证x≥lnex＝lnx＋1，所以g(x)≥g(lnex)，即xex≥elnexlnex成立.故当a≥eq\f(1,e)时，f(x)≥0.一、解答题1．（2024·山东菏泽·模拟预测）已知函数．(1)求函数的单调区间;(2)若，证明:．【答案】(1)的单调递减区间为，没有单调递增区间(2)证明见解析【分析】（1）利用导数求解函数单调性即可.（2）对要证不等式进行化简，再由第（1）问结论证明即可.【解析】（1），令，所以，由可得，由可得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以.又因为，所以，即，且至多在一个点处取到.所以在上单调递减，故的单调递减区间为，没有单调递增区间.（2）证明，只需证：，即证：，令，所以，只需证：，即证：，由（1）知，当时，在上单调递减，所以当时，，即，所以.【点睛】关键点点睛：本题考查导数证明不等式问题.其关键点是对要证不等式进行化简，即证明，再结合第1问求得的单调性证明即可.2．（2023·天津·二模）已知，函数．(1)当时，求的单调区间；(2)当时，设的导函数为，若恒成立，求证：存在，使得；(3)设，若存在，使得，证明：．【答案】(1)递增区间为，递减区间为；(2)证明见解析；(3)证明见解析；【分析】（1）当时，求得，结合导数的符号，即可求解；（2）当时，求得，根据题意恒成立，取，得到，即可证明；（3）设，得到，转化为，设，求得，根据，得到，进而得到，进而证得结论．【解析】（1）由函数，可得其定义域为，当时，可得，则，当时，可得，单调递减；当时，可得，单调递增，函数的单调递增区间为，单调递减区间为．（2）当时，可得，则，恒成立，即恒成立，令，若，则，存在，使得，即，不符合题意，，取，则，可得即存在，使得．（3）由函数，可得，设，由，可得，则，又由，可得，函数为单调递增函数，，即，，设，可得，当时，，即，，即，，代入可得：，则，．【点睛】方法点睛：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，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．3．（2024·四川眉山·三模）已知函数.(1)若过点可作曲线两条切线，求的取值范围；(2)若有两个不同极值点.①求的取值范围；②当时，证明：.【答案】(1)；(2)①；②证明见解析.【分析】（1）求出函数的导数，设出切点坐标，求出切线方程，结合切线过的点构造函数，探讨函数有两个零点的的值范围.（2）①由有两个零点，结合零点的意义分离参数，求出直线与函数图象有两个公共点的的值范围；②由方程根的意义可得，分析所证不等式，换元并证明即可.【解析】（1）依题意，，设过点的直线与曲线相切时的切点为，斜率，切线方程为，而点在切线上，则，即有，由过点可作曲线两条切线，得方程有两个不相等的实数根，令，则函数有2个零点，求导得，①若，由，得或，由，得，即函数在，上单调递增，在上单调递减，则当时，取得极大值；当时，取得极小值，又，当时，恒成立，因此函数最多1个零点，不合题意；②若，恒成立，函数在上单调递增，因此函数最多1个零点，不合题意；③若，由，得或，由，得，即函数在，上单调递增，在上单调递减，则当时，取得极大值；当时，取得极小值，又，显然当时，恒成立，因此函数最多1个零点，不合题意；④若，显然，当时，，当时，，函数在上单调递增，在上单调递减，当时，取得最大值，要函数有2个零点，必有，得，当时，，而函数在上的值域为，因此在上的值域为，当时，令，求导得，函数在上单调递减，则，，而函数在上单调递减，值域为，因此函数在上的值域为，于是当时，函数有两个零点，所以过点可作曲线两条切线时，的取值范围是.（2）①由（1）知，，由函数有两个极值点，得，即有两个实数根，令，求导得，当时，，当时，，函数在上单调递增，上单调递减，，且，当时，函数恒成立，因此当时，有两个实数根所以函数有两个极点时，的取值范围是.②由，即，得，要证明，只需证明，而，令，则，欲证明，即证明，只需证明即可，令，求导得，则在时单调递增，故，则，令在时单调递增，则，因此，即，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.4．（2024·重庆·模拟预测）已知函数．(1)求证：；(2)若是的两个相异零点，求证：．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）设，求导，分析函数的单调性，确定函数的值域可证明该问题.（2）求，分析函数单调性，求出极值；根据的两个相异零点，可确定的取值范围，并分别得到的取值范围，推导出的取值范围.【解析】（1）令，则．令，得；令，得．所以在上单调递减，在上单调递增．所以，所以．（2）易知函数的定义域是．由，可得．令得；令得．所以在上单调递减，在上单调递增，所以．①当，即时，至多有1个零点，故不满足题意．②当，即时，．因为在上单调递增，且．所以，所以在上有且只有1个零点，不妨记为，且．由（1）知，所以．因为在上单调递减，，所以在上有且只有1个零点，记为，且．所以，所以．同理，若记则有，综上所述，．【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．5．（2024·黑龙江双鸭山·模拟预测）已知函数.(1)当时，讨论的单调性；(2)若是的两个极值点，证明：．【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增(2)证明见解析【分析】（1）将代入函数解析式，求出导函数，解导数不等式即可得到的单调区间；（2）根据是的两个极值点，结合韦达定理可得，，要证明，即转化为求证，即证明令，构造函数，利用导数研究在的单调性即可得证.【解析】（1）当时，的定义域为，所以，令，解得，当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增．（2），由题意可知，是方程的两根，则，解得，所以，，要证，即证，只需证，需证令，则需证，设，则，所以函数在上单调递减，所以，因此由得，，所以，故得证,【点睛】方法点睛：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．6．（2024·安徽蚌埠·模拟预测）已知函数，其中．(1)若，证明：时，；(2)若函数在其定义域内单调递增，求实数的值；(3)已知数列的通项公式为，求证：．【答案】(1)证明见解析(2)(3)证明见解析【分析】（1）构建，利用导数判断其单调性，结合单调性分析证明；（2）求导可得，分、和三种情况，结合导数分析单调性即可；（3）根据（1）（2）分析可得，进而可得，根据题意结合裂项相消法分析证明.【解析】（1）由题意可知：等价于，其中．构建，则，可知在上单调递减，则时，，所以时，．（2）由题意可知：，则①若，则，由可得，可知在上单调递减，不合题意；②若，则，可知上为增函数，符合题意；③若，则，由可得，可知在上单调递减，不合题意；综上所述：．（3）由（2）知：在上单调递增，所以时，，即，由（1）知：时，，则，所以时，，令得：，即，因为，所以，由知：，又因为，所以，所以．【点睛】方法点睛：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．7．（2024·山东·模拟预测）已知函数，其中．(1)当时，判断的单调性；(2)若存在两个极值点．（ⅰ）证明：；（ⅱ）证明：时，．【答案】(1)在上单调递增(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析【分析】（1）求出函数的导函数，令，，利用导数说明的单调性，求出，即可得到的单调性；（2）（ⅰ）结合（1）及题意可知有两个不相等的实数根，即可求出的取值范围，从而得到，分析可知只需证明，即证，令，利用导数说明函数的单调性，即可得证；（ⅱ）由（ⅰ）知，及在上的单调性，从而得到，再构造函数，利用导数证明，即可得证.【解析】（1）函数的定义域为，则，令，，则，所以当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以在处取得极小值，即最小值，所以，所以在上恒成立，所以在上单调递增；（2）（ⅰ）由（1）可知在上的最小值为，当时，当时，若存在两个极值点，则有两个不相等的实数根，所以，解得，又，所以，且当时，即，则单调递增，当时，即，则单调递减，当时，即，则单调递增，所以为的极大值点，为的极小值点，因为，所以，要证，即证，又，只需证，即证，即证，令，则，所以在上单调递增，所以，即成立，所以；（ⅱ）由（ⅰ）知，，且当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，令，则，所以在上单调递增，所以，即，所以，所以.【点睛】方法点睛：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．8．（2024·全国·模拟预测）设整数，且，函数．(1)证明：；(2)设，证明：；(3)设，证明：．【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)证明见解析【分析】（1）通过求导数得到函数的单调性，从而得到函数的最小值，从而；（2）构造函数，求导数得到函数的单调性，从而得到函数的最大值，从而，所以；（3）利用（1）（2）中的结论，，，得到，放缩证明.【解析】（1）．因为，，所以单调递增．因此，当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以．（2）设，则，所以在上单调递减，故，从而当时，．（3）由（1）知，所以，再利用，于是因此，．【点睛】方法点睛：常见的放缩公式；；；9．（2024·安徽合肥·二模）已知曲线在点处的切线为．(1)求直线的方程；(2)证明：除点外，曲线在直线的下方；(3)设，求证：．【答案】(1)；(2)证明见解析；(3)证明见解析.【分析】（1）求导，得到，利用导数的几何意义写出切线方程；（2）令，二次求导得到函数单调性，结合特殊点函数值，得到所以，当且仅当等号成立，得到证明；（3）求导得到的单调性，结合函数图象得到，不妨令，结合曲线在点的切线方程为，得到，转化为证明，又，只要证，令，求导得到函数单调性，结合特殊点函数值得到答案.【解析】（1）因为，所以，所以直线的方程为：，即（2）令，则，令，则，由，解得，由，解得，所以在上单调递减，在上单调递增，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，当且仅当等号成立，所以除切点之外，曲线在直线的下方．（3）由，解得，解得，所以在上单调递增，在上单调递减，，当时，．因为，则，不妨令．因为曲线在点的切线方程为，设点在切线上，有，故，

由（1）知时，，则，即，要证：，只要证：，只要证：，又，只要证：，令，则，易证在上单调递增，在上单调递减，所以，所以在上单调递减，所以成立，所以原命题成立．【点睛】关键点点睛：本题关键是利用函数在零点处的切线方程，得到，且，从而只需证明，再勾股函数进行求解.10．（2024·甘肃白银·三模）设函数，．(1)讨论的单调性．(2)证明：．(3)当时，证明：．【答案】(1)的增区间为，减区间为，(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）对求导，利用导数与函数单调性间的关系，求出和的解，即可求出结果；（2）对求导，利用导数与函数单调性间的关系，求出的单调区间，进而求出的最小值，即可证明结果；（3）根据条件及（2）中结果得到，构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，得到在区间上单调递减，从而得到，即可证明结果.【解析】（1）因为，易知定义域为，，由，得到，由，得到或，所以的增区间为，减区间为，.（2）因为，易知定义域为，，当时，，当时，，即在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以.（3）由（2）知，当且仅当时取等号，所以，当且仅当时取等号，要证明，即证明，令，则在区间上恒成立，又，所以，所以，命题得证.【点睛】关键点点晴：本题的关键在于第（3）问，通过转换，要证明，即证明，再构造函，利用的单调性及（2）中结论解决问题.11．（2024·贵州遵义·一模）已知函数，．(1)求的单调区间；(2)若对于正实数，满足．（i）证明：；（ii）证明：．【答案】(1)单调递增区间，无递减区间(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析【分析】（1）求得，结合，得到，即可求解；（2）（i）设，当时，得到，得到和，根据，得到，再由，令，求得单调递增，进而证得；（ii）要证，转化为证，设，利用导数求得在单调递增，得到，进而得到，即可得证.【解析】（1）解：由函数，其定义域为，可得，因为，所以，所以在单调递增，所以函数单调递增区间为，无递减区间.（2）解：（i）由，，设，其中，当时，，，所以恒成立，所以，可得，同理可得，又因为，所以，又由，令，可得，所以在上单调递增，所以恒成立，所以在上单调递增，又因为，所以.（ii）要证，即证，只需证，即证，因为，可得，设，则在上恒成立，所以在单调递增，又因为，所以，所以，所以，所以，从而，所以.【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．12．（2024·辽宁·模拟预测）已知函数．(1)当时，判断在区间内的单调性；(2)若有三个零点，且．（i）求的取值范围；（ii）证明：.【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增(2)（i）；（ii）证明见解析【分析】（1）多次求导后，借助导数的单调性及正负即可判断原函数的单调区间；（2）（i）原条件可转化有三个不等实根，从而构造函数，研究该函数即可得；（ii）借助的单调性，得到，从而将证明，转化为证明，再设，从而将三个变量的问题转化为单变量问题，即可构造函数，证明其在上大于即可.【解析】（1）当时，，，令，，令，可得，则当时，，当时，，即在上单调递减，在上单调递增，又，，故当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增；（2）（i）有三个零点，即有三个根，由不是该方程的根，故有三个根，且，令，，故当时，，当时，，即在、上单调递增，在上单调递减，，当时，，时，，当时，，时，，故时，有三个根；（ii）由在上单调递增，，故，由（i）可得，且，即只需证，设，则，则有，即有，故，，则，即，即只需证，令，则恒成立，故在上单调递增，则，即得证.【点睛】方法点睛：极值点偏移问题的一般题设形式：1.若函数存在两个零点且，求证：（为函数的极值点）；2.若函数中存在且满足，求证：（为函数的极值点）；3.若函数存在两个零点且，令，求证：；4.若函数中存在且满足，令，求证：.13．（2024·河南南阳·一模）已知函数.(1)若函数在上单调递增，求的取值范围.(2)若函数的两个零点分别是，且，证明：①随着的增大而减小；②.【答案】(1)(2)①证明见解析：②证明见解析【分析】（1）利用导数判断原函数单调性，卡端点列出不等式求解即可.（2）①合理判断有两个零点，构造与的函数，求其单调性即可.②求出关键点的函数值，结合不等式的运算性质证明不等关系即可.【解析】（1）若函数在上单调递增，易知，令，，令，，所以在上单调递减，在上单调递增，故原命题等价于求，且，故，解得，即的取值范围为.（2）①引理：对，必有成立，令，故，令，，令，，故在上单调递减，在上单调递增，则，即恒成立，故成立，设，则，即，可得的最小值为而，当时，，且由引理知，故，由零点存在性定理得有两个零点，结合可得，故当时，两个根一定会存在，设是关于的函数，记为，我们同样可以定义为：对，存在唯一的，使得，且这个就是关于的方程中的较大根，此时已有，此时发现是上的函数，则证明在上单调递减即可，由于，首先，我们有，，所以，，其次，我们实际上有，（因为要么，要么），所以，若，则，，然后考虑，显然我们有，若，则，所以另一根一定小于，从而，若，由于是关于的较大根，故，即，解得，但是对任意的时，关于的方程的较小根都不超过，要么，解得，要么，所以是较大根，从而，这表明与关于对称，所以我们只需要证明在上单调递减，这里是的较大根，且，由于，故对，设，则，，从而由是较大根，知，，也意味着位于单调递增区间，设，由于当时，，所以，而，方程的较小根一定不超过，这表明的较大根一定成立，所以，这就证明了在上单调递减，从而一定在上单调递减，故随着的增大而减小得证.②由①知有两个零点，且，由于，由引理又有，而根据单调性得，当或时，必有，所以，可得即，原不等式得证.【点睛】关键点点睛：本题考查导数，解题关键是利用零点存在性定理证明函数有两个零点，然后构造函数，转化为证明函数单调性问题求解即可.14．（2024·广东·模拟预测）已知．(1)讨论的单调性；(2)若存在两个零点，证明：存在三个零点，且(3)在（2）的条件下，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）对求导，对分类讨论即可求解；（2）一方面首先有，进一步，从而我们只需要证明在上还存在一个零点即可，对此我们可以不断求导结合零点存在定理分析即可得证；（3）设，，通过分析得出要证，只需要证明：，一方面可以构造函数来说明，另一方面由，，结合单调性来说明，由此即可得证.【解析】（1），如果则，所以在R上递减；如果，则的符号以为分界线，左边负右边正，所以在递减，在递增；（2）由于有两个零点，故，而且，也就是，所以，如果或，那么，所以有零点，同时，由于且，所以，而，令，则，令，则，这表明递增，同时由于，所以在上有一实数u，满足，且时，，时，.所以在递减，在递增.假设，就意味着在和上均递增，所以，矛盾.所以，从而在和上各有一零点，且在和上大于0，在上小于0.那么由于，我们知道，所以上一定还有的零点.综上所述，存在三个零点，且；（3）设，，则有：，但，要证，只需要证明：，首先，容易说明当时，，实际上，这也就是说此时，而意味着，上一问已证，同时由于是的零点（可导函数取极值的必要条件），所以，在这里对某个函数，我们定义函数列：，换言之是进行次求导后得到的函数，从而令，，则，所以时，，所以时，，所以时，，即，所以，又因为，所以，从而，也就是，由于，而在上小于0，在上大于0，故，又由于，，而在上递减，在上递增，故，综上，，从而.【点睛】关键点点睛：第三问的关键是构造函数来说明，由此即可顺利得证.证.15．（2024·全国·模拟预测）已知当时，，，.(1)证明：；(2)已知，证明：（可近似于3.14）.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.【分析】（1）令，求导得到函数单调性，得到，要证，只需证，构造，，二次求导得到单调性，得到，证明出，证明出不等式；（2）变形得到，两边同时除以得到：，证明出不等式.【解析】（1）令，∴在上恒成立，∴在上单调递增，∴，∴，∴，要证，只需证，∵，∴只需证，令，，∴，∴，令，，∴，又∵当时，，∴当时，，∴在上单调递减，∴，∴当时，，∴在上单调递减∴，∴，∴，∴综上所述，当时，，证毕.（2）∵当时，，∴，∴，∴，①将①式两边同时乘以得到：，②∵，但当时，，∴，将②式两边同时除以得到：，∴，∴，∴当时，，证毕.【点睛】方法点睛:证明不等式或比较两函数大小，需构造函数，并根据导函数得到函数单调性，结合特殊点函数值得到结论.16．（2024·福建福州·模拟预测）已知函数．(1)讨论的单调性；(2)求证：；(3)若且，求证：．【答案】(1)在区间上单调递减(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）求，令，求，讨论的大小可证得，即，即可得出的单调性；（2）法一：要证，即证，记，讨论的单调性和最值即可证明；法二：通过构造函数结合已知条件放缩要证即证即可.（3）法一：由（1）可知为减函数，所以，要证即证，构造函数证明即可；法二：先证，即，则，再结合基本不等式即可证明.【解析】（1）的定义域为，，记，当时，单调递增；当时，单调递减，所以，即，所以在区间上单调递减．（2）法一：先证，记，则，记，则，所以时，递增；时，递减．所以，所以，又，所以，故．再证，即证，记，则，记，则，所以在递增，所以，所以，即，所以.法二：构造函数，当时，单调递增，，所以，构造函数，当时，单调递增；当时，单调递减．所以，即，即成立．所以，所以，则只需证明，即，而显然成立，所以．（3）法一：由（2）知的最大值为0．因为且，则之中至少有一个大于1，不妨设，则，由（1）可知为减函数，所以，所以，因为，记，则，因为，所以，所以，所以．法二：先证，记，则，记，则，所以时，递增；时，递减．所以，所以，又，所以，故．所以，因为且，所以，所以，所以，则．【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，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.17．（2024·山东潍坊·三模）一个完美均匀且灵活的项链的两端被悬挂，并只受重力的影响，这个项链形成的曲线形状被称为悬链线.1691年，莱布尼茨、惠根斯和约翰・伯努利等得到“悬链线”方程，其中为参数.当时，就是双曲余弦函数，类似地双曲正弦函数，它们与正、余弦函数有许多类似的性质.(1)类比三角函数的三个性质：①倍角公式；②平方关系；③求导公式写出双曲正弦和双曲余弦函数的一个正确的性质并证明；(2)当时，双曲正弦函数图象总在直线的上方，求实数的取值范围；(3)若，证明：【答案】(1)答案见解析，证明见解析(2)(3)证明见解析【分析】（1）类比，写出平方关系，倍角关系和导数关系，并进行证明；（2）构造函数，，求导，分和两种情况，结合基本不等式，隐零点，得到函数单调性，进而得到