專題2-6導數大題證明不等式歸類目錄TOC\o"1-1"\h\u題型01不等式證明方法 1題型02單變量構造：利用第一問結論 3題型03單變量構造：數列型 6題型04數列不等式：無限和裂項型 11題型05數列不等式：累積相消型 14題型06數列不等式：取對數型 18題型07虛設根型證不等式 22題型08利用函數“凸凹反轉性”證明不等式 26題型09同構型不等式證明 29題型10雙變量型構造 33題型11極值點偏移型：和型證明 36題型12極值點偏移型：積型證明 39題型13極值點偏移型：平方型證明 44題型14三角函數型不等式證明 47題型15韋達定理代換型 49題型16切線放縮型證明 53高考練場 56題型01不等式證明方法【解題攻略】利用導數證明不等式問題，基本思維方法如下：（1）直接構造函數法：證明不等式（或）轉化為證明（或），進而構造輔助函數；（2）適當放縮構造法：一是根據已知條件適當放縮；二是利用常見放縮結論；（3）構造“形似”函數，稍作變形再構造，對原不等式同解變形，根據相似結構構造輔助函數.利用導數證明不等式的基本步驟(1)作差或變形；(2)構造新的函數；(3)利用導數研究的單調性或最值；(4)根據單調性及最值，得到所證不等式．特別地：當作差或變形構造的新函數不能利用導數求解時，一般轉化為分別求左、右兩端兩個函數的最值問題．【典例1-1】（陜西省澄城縣20121-2022學年高三試數學（理）試題）設函數．(1)討論的單調性；(2)證明：當時，．【答案】(1)f(x)的增區間為，減區間為.(2)證明見解析【分析】（1）求出導數，由導數大于0，可得增區間；導數小于0，可得減區間，注意函數的定義域；（2）運用（1）的單調性，當時，可得，可推出結論.（1）的定義域為，，由，可得；，可得，即有f(x)的增區間為，減區間為.（2）當時，由（1）可得在遞減，可得，即有.故有：【典例1-2】已知函數.(Ⅰ)求函數的單調區間；(Ⅱ)求證：當時，.【答案】(1)f(x)的單調增區間為(1，＋∞),單調減區間為(0，1)；(2)見解析.【分析】(Ⅰ)明確定義域，求出導函數，解不等式即可得到函數的單調區間；(Ⅱ)作差構造新函數，研究函數的最值即可.【詳解】(1)依題意知函數的定義域為{x|x>0}，∵f′(x)＝2x-2=，由f′(x)>0，得x>1;由f′(x)<0，得0<x<1∴f(x)的單調增區間為(1，＋∞),單調減區間為(0，1)．(2)設g(x)＝f（x）-3x+1=x2－2lnx-3x+4，∴g′(x)＝2x-2--3=，∵當x>2時，g′(x)>0，∴g(x)在(2，＋∞)上為增函數，∴g(x)>g(2)＝4-2ln2-6+4>0，∴當x>2時，x2-2lnx>3x-4,即當x>2時..【變式1-1】（湖南省三湘名校教育聯盟2021-2022學年高三數學試題）已知函數，曲線在點處的切線方程為．(1)求a，b的值；(2)證明：．【答案】(1)，；(2)證明見解析.【分析】（1）根據導數的幾何意義，結合，，解方程組即可；（2）根據（1）中所求，利用導數判斷函數單調性，求得最小值，即可證明.(1)∵，∴，∵曲線在點處的切線方程為，∴，解得，．(2)由（1）知，，∴當時，，為減函數，當時，，為增函數，∴的最小值為，∴，即證.【變式1-2】（湖北省華中師范大學潛江附屬中學2021-2022學年高三4月數學試題）已知函數f（x）＝ax3﹣3lnx.(1)若a＝1，證明：f（x）≥1；(2)討論f（x）的單調性.【答案】(1)證明見解析(2)答案見解析【分析】（1）對f（x）求導，利用導數求出f（x）的最小值，即可得證；（2）對f（x）求導，對a分類討論，由導數與單調性的關系即可解出.(1)若a＝1，則f（x）＝x3﹣3lnx，x＞0，，令f′（x）＝0，可得x＝1，當x∈（0，1）時，f′（x）＜0，f（x）單調遞減，當x∈（1，+∞）時，f′（x）＞0，f（x）單調遞增，所以f（x）在x＝1處取得極小值，也是最小值，最小值為f（1）＝1，故f（x）≥1.(2)f（x）＝ax3﹣3lnx，x＞0，（x＞0），當a≤0時，f′（x）＜0，則f（x）在（0，+∞）上單調遞減；當a＞0時，令f′（x）＞0，得x，令f′（x）＜0，得0＜x，所以f（x）在（0，）上單調遞減，在（，+∞）上單調遞增.綜上，當a≤0時，f（x）在（0，+∞）上單調遞減；當a＞0時，f（x）在（0，）上單調遞減，在（，+∞）上單調遞增.【變式1-3】（2022·云南昆明·統考模擬預測）已知函數，．(1)求曲線在點處的切線方程；(2)證明：．【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）根據切點和斜率求得切線方程.（2）構造函數，利用導數判斷的單調性，從而證得不等式成立.【詳解】（1），，，故曲線在點處的切線方程為.即．（2）設，則．由（1）知，又，所以，所以在上單調遞增，故，所以，，．題型02單變量構造：利用第一問結論【解題攻略】一些試題，可以通過對第一問分類討論，得出一些不等式放縮式子或者放縮方向1.可以利用第一問單調性提煉出不等式2.可以利用第一問極值或者最值提煉出常數不等式3.可以利用題干和第一問結論構造新函數（新不等式）【典例1-1】（2023·吉林長春·長春吉大附中實驗學校?？寄M預測）已知函數.(1)求的最小值；(2)證明：.【答案】(1)(2)證明過程見解析【分析】（1）利用導數的性質進行求解即可；（2）利用（1）的結果，取特殊值代入進行證明即可.【詳解】（1）顯然該函數的定義域為全體正實數，由，當時，，所以函數單調遞增，當時，，所以函數單調遞減，因此；（2）由（1）可知：，即，即，當時，.【典例1-2】（2021下·北京豐臺·高三統考）已知函數在處有極值2．（Ⅰ）求，的值；（Ⅱ）證明：．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）證明見解析.【分析】（Ⅰ）求出導函數，由且求得，并檢驗0是極值點；（Ⅱ）不等式化為，引入函數，由導數求得的最小值，最小值大于0，從而證得不等式成立．【詳解】（Ⅰ）解：由已知，，則

解得，

經檢驗，符合題意.

（Ⅱ）證明：由（Ⅰ）可知，．要證，只需證．即．

令，則．

令，解得．

，的變化情況如下表所示．1－0+單調遞減1單調遞增所以，時，有最小值．故成立【變式1-1】（2021·四川·四川省綿陽南山中學校考模擬預測）設函數，其中為自然對數的底數，曲線在處切線的傾斜角的正切值為．（1）求的值；（2）證明：．【答案】（1）；（2）證明見解析．【分析】（1）求出函數的導函數，再代入計算可得；（2）依題意即證，即，構造函數，，利用導數說明其單調性與最值，即可得到，從而得證；【詳解】解：（1）因為，所以，，解得．（2）由（1）可得即證．令，，于是在上是減函數，在上是增函數，所以（取等號）．又令，則，于是在上是增函數，在上是減函數，所以（時取等號）．所以，即．【變式1-2】（2022下·山東聊城·高三練習）已知函數.(1)討論的單調性并求極值；(2)證明：當時，.【答案】(1)在單調遞減，單調遞增.極小值為,無極大值；(2)見解析【分析】(1)求出，明確單調性，從而得到函數的極值；(2)要證當時，即證當時，，構造新函數，研究其單調性即可.【詳解】（1），，令，解得，令，解得，所以在單調遞減，單調遞增.當時函數取得極小值為，無極大值.（2）令,,由（1）可知在遞增，所以，所以，因此在遞減，當時，即，所以得證.【變式1-3】（20122安徽馬鞍山·統考模擬）已知函數.(1)若在定義域內無極值點，求實數的取值范圍；(2)求證：當時，恒成立.【答案】(1)(2)見解析【分析】（1）由題意知，令，利用導數求得有最小值，結合在定義域內無極值點，得，再驗證時，即可得結論；（2）結合（1）中結論可得在上單調遞增，根據可得存在唯一的零點，且在上單調遞減，在上單調遞增,故可得結論.【詳解】（1）由題意知，令，則，當時，在上單調遞減，當時，在上單調遞增，又，∵在定義域內無極值點，∴又當時，在和上都單調遞增也滿足題意，所以.（2），令，由（1）可知在上單調遞增，又，所以存在唯一的零點，故在上單調遞減，在上單調遞增，∴由知即當時，恒成立.題型03單變量構造：數列型【解題攻略】數列型不等式證明對于n型數列不等式證明，可以轉化為定義域為X1,在實數范圍內證明不等式。一些特殊形式的數列不等式，可以通過選擇合適的換元，構造新函數，注意因為n的正整數屬性，注意對應換元的取值范圍數列型不等式的證明，一般需要聯系前面第一問的結論，對要證明的不等式進行適當的拆分湊配來證明【典例1-1】（2023·吉林通化·梅河口市第五中學?？寄M預測）已知函數．(1)證明：；(2)討論的單調性，并證明：當時，．【答案】(1)證明見解析(2)答案見解析【分析】（1）構造函數，利用導數證明，可得，變形即可得證；（2）構造，利用導數證明其單調性，再結合復合函數的單調性即可判定的單調性，利用的單調性可得，同時取對數變形即可證明結論.【詳解】（1）證明：令，則，所以在上單調遞減，所以，即．令，則有，所以，所以，即．（2）由可得，令，則，令，則，所以在上單調遞增，．令，則有，所以在上單調遞增，所以在上單調遞增，所以對于，有，所以，所以，即，整理得：．【典例1-2】2012·河北衡水·統考一模）設函數,其中．(1)當時，在時取得極值，求；(2)當時，若在上單調遞增，求的取值范圍；(3)證明對任意的正整數,不等式都成立．【答案】(1)；(2)；(3)證明見解析.【分析】(1)先由得到，再由在處取極值得到，進而可得出結果；(2)先由得，根據在上單調遞增，可得在上恒成立，令，可得，求解即可得出結果；(3)先設，將原不等式化為證明當時，恒成立即可，對函數求導，確定其單調性，即可得出結論成立.【詳解】解：(1)當時，，依題意有,故，此時，取得極大值，所以；(2)當時,，若在上單調遞增，則在上恒成立，設，只需，即；(3)若證不等式，設，可證當時，恒成立，在上恒正,在上單調遞增,當時,恒有即當時,有故對任意正整數，不等式成立．【變式1-1】2023·吉林長春·長春吉大附中實驗學校?？寄M預測）設函數，其中和是實數，曲線恒與軸相切于坐標原點．求常數的值；當時，關于的不等式恒成立，求實數的取值范圍；求證：．【答案】(1)；(2)；(3)詳見解析【詳解】.試題解析：(1)對求導得：，根據條件知，所以.(2)由(1)得，.①當時，由于，有，于是在上單調遞增，從而，因此在上單調遞增，即而且僅有；②當時，由于，有，于是在上單調遞減，從而，因此在上單調遞減，即而且僅有；③當時，令，當時，，于是在上單調遞減，從而，因此在上單調遞減，即而且僅有；綜上(3)對要證明的不等式等價變形如下：所以可以考慮證明：對于任意的正整數，不等式恒成立.并且繼續作如下等價變形對于相當于（2）中，情形，有在上單調遞減，即而且僅有.取，當時，成立；當時，.從而對于任意正整數都有成立.對于相當于（2）中情形，對于任意，恒有而且僅有.取，得：對于任意正整數都有成立.因此對于任意正整數，不等式恒成立.這樣依據不等式，再令利用左邊，令利用右邊，即可得到成立.【變式1-2】（2023上·河南南陽·高三統考期中）（1）已知函數，判斷函數的單調性并證明；（2）設為大于1的整數，證明：.【答案】（1）函數在上單調遞減，在上單調遞增，證明見解析；（2）證明見解析【分析】（1）求得函數的定義域后，判定出函數為偶函數，利用導數即可證明其單調性；（2）把不等式變形為，兩邊取對數后，根據的單調性即可證明；也可以兩邊取對數后把不等式變形為，構造函數，利用函數的單調性證明.【詳解】（1）函數的定義域為，函數的定義域為函數在上單調遞減，在上單調遞增證明：，∴則為上的偶函數.，，故，所以函數在上單調遞減，在上單調遞增.（2）（證法一）要證明，需證明即證明，即，由（1）可知即證.∵且在單調遞增，∴所以對，成立.（證法二）要證明,即證明，即證，即證，設函數，，故函數在上單調遞增又，∴，即成立，故原不等式成立.【變式1-3】（2017下·黑龍江大慶·高三大慶中學校已知函數；(1)若函數在上為增函數，求正實數的取值范圍；(2)當時，求函數在上的最值；(3)當時，對大于1的任意正整數，試比較與的大小關系．【答案】(1)(2)函數在區間上的最大值是，最小值是0(3)【分析】（1）求導，由題意可得對恒成立，再利用參變分離運算求解；（2）將代入，求導，得到的單調區間，從而求的最值；（3）由（1）得的單調性，令，可得，運算整理證出結論．【詳解】（1）因為，所以因為函數在上為增函數，所以對恒成立，所以對恒成立，即對恒成立，所以.（2）當時，，當時，，故在上單調遞減；當，，故在上單調遞增，所以在區間上有唯一極小值點，故，又∵，，因為，所以，即所以在區間上的最大值是綜上可知：函數在區間上的最大值是，最小值是0.（3）由（1）可知：當時，在上為增函數.當時，，則即，即當時，對大于1的任意正整數，有題型04數列不等式：無限和裂項型【解題攻略】證明不等式，該不等式左邊是求和式，右邊只有單獨的一項，但可以通過變形將右邊也轉化為求和式，即這樣一來，設，則只需證，而要證明這個式子，可以證明左右兩側對應項的大小關系，即如果能夠證出恒成立，則原不等式也就成立.【典例1-1】（2023·內蒙古呼和浩特·呼市二中?？家荒＃┮阎瘮担?1)求函數的極值；(2)求證：．【答案】(1)①當時，沒有極值；②當時，有極大值，無極小值.(2)證明見解析【分析】（1）求定義域后求，運用導數分類討論與時單調性進而分析的極值.（2）運用對進行放縮及對數運算公式即可證明.【詳解】（1），則定義域為，.①當時，恒成立，則為上的增函數，所以沒有極值.②當時，由，得；由，得.所以在上單調遞增，在上單調遞減.故當時，有極大值，無極小值.綜述：①當時，沒有極值；②當時，有極大值，無極小值.（2）證明：取m＝1，由（1）知在上單調遞減，所以.即,.令，得，即，分別取k＝n＋1，n＋2，…，n＋（n＋1），，可得．即成立．【典例1-2】（2023·全國·高三專題練習）已知函數，．(1)討論函數的單調性；(2)證明:．【答案】(1)答案見解析(2)證明見解析【分析】（1）求得，分和，兩種情況討論，結合導數的符號，進而求得函數的單調區間；（2）由（1），根據題意，得到，即，當時，結合，，，，將不等式累加后，即可求解.【詳解】（1）解：由函數，可得的定義域為，且若，可得，在上單調遞減；若，令，因為，可得，當時，，單調遞增；當時，，單調遞減，綜上可得：當時，在上單調遞減；當時，的遞增區間為，遞減區間為.（2）證明：由（1）知，當時，的遞增區間為，遞減區間為，所以，所以，即，當時，可得：，將不等式累加后，可得，即.【變式1-1】（2023上·浙江·高三浙江省富陽中學校聯考階段練習）已知函數）.(1)討論的單調性；(2)若時，，求實數的取值范圍；(3)對任意，證明：.【答案】(1)答案見解析(2)(3)證明見解析【分析】（1）討論，由的正負確定單調性；（2）記，由得，討論與1大小關系，驗證是否成立；（3）由（2）知，，令得，累加得證.【詳解】（1）當時，在上單調遞減；當時，在上單調遞減，在上單調遞增；當時，在上單調遞增，在上單調遞減.（2）記，由題知時恒成立，由得，，由（1）知：當時，在上單調遞減，在上單調遞增.若，則，故在上單調遞增，所以恒成立；若，則，故，由于，因此，故不能恒成立.綜上得.（3）證明：由知，令，所以，即所以，故，即.【變式1-2】（2023上·福建廈門·高三廈門市湖濱中學?？计谥校┮阎瘮?(1)若不等式在區間內恒成立，求實數的取值范圍；(2)求證：（為自然對數的底數）【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）分離參數，轉化為求定函數的最值問題；（2）根據第一問，合理構造，利用不等式的性質合理變形達到證明的目的.【詳解】（1）因為，，所以，令，又，令解得，時，，遞增，時，，遞減，所以當時函數有最大值，且最大值為，所以.（2）由（1）知，所以，所以，又，所以，即.【變式1-3】（2023上·陜西·高三校聯考階段練習）已知函數，．(1)若函數在R上單調遞減，求a的取值范圍；(2)已知，，，，求證：；(3)證明：．【答案】(1)(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）由函數單調遞減得恒成立，分離參數法可得；（2）利用導數得函數單調性，由單調性證明不等式即可；（3）利用（2）結論，逐個賦值后累加法可證.【詳解】（1）對恒成立，即對恒成立．因為，則．（2），只需證明．令，，則在單調遞減，則，又，則，即成立，得證．（3）由（2）知，令，則有，即，，，…，，累加可得，故，從而命題得證．題型05數列不等式：累積相消型【解題攻略】累加列項相消證明法證明不等式為例，該不等式左邊是求積式，右邊只有單獨的一項，但可以通過變形將右邊也轉化為求和式，如轉化為累積相消型這樣一來，設，則只需證，而要證明這個式子，可以證明左右兩側對應項的大小關系，即如果能夠證出恒成立，則原不等式也就成立.【典例1-1】（2022貴州銅仁·高三貴州省銅仁第一中學階段練習）已知函數f(x)＝alnx－ax－3(a∈R)．(1)若a＝－1，求函數f(x)的單調區間；(2)若函數y＝f(x)的圖象在點(2，f(2))處的切線的傾斜角為45°，對于任意的t∈[1,2]，函數g(x)＝x3＋x2(是f(x)的導函數)在區間(t,3)上總不是單調函數，求m的取值范圍；(3)求證：×…×<(n≥2，n∈N*)【答案】（1）當時，單調增區間為，減區間為，當時，單調增區間為，減區間為，當時，不是單調函數；（2）；（3）證明見解析.【分析】（1）求出導函數，解不等式得增區間，解得減區間；（2）由切線斜率求得參數，的不單調轉化為在上有解，然后根據零點存在定理得條件結合二次函數性質求解；（3）由（1）單調性得，可得出（），個式子相乘可證結論．【詳解】（1）當時，()，解得；解得，的單調增區間為，減區間為；（2）∵，∴得，，，∴∵在區間上總不是單調函數，且，∴，由題意知：對于任意的，恒成立，所以，，∴.（3）證明如下：由（1）可知當時，即，∴對一切成立．∵，則有，∴..【典例1-2】（2023·全國·高三專題練習）已知函數．(1)若，求的值；(2)證明：當且時，．【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）求出的導數，分類討論，確定函數的單調性，利用成立，求出；（2）由（1），當時，即，令，則有，可得，累乘可證得結果.【詳解】（1）由題意知，，，①當時，，在上單調遞減，所以，當時，，不合題意；②當時，由得，，則在上單調遞增，由得，，則在上單調遞減，所以，，不合題意；③當時，由得，，則在上單調遞增，由得，，則在上單調遞減，所以，對于任意的，，符合題意；④當時，由得，，則在上單調遞增，由得，，則在上單調遞減，所以，，不合題意．綜上所述，．（2）由（1）知，時，即，當且僅當時等號成立．令，其中且，則有，又，所以，，即所以．所以，原不等式得證．【變式1-1】（2023·全國·高三專題練習）已知函數，(1)若對任意的恒成立，求實數的取值范圍；(2)求證：

.【答案】(1)(2)見解析【分析】(1)求出的導數，通過討論的范圍，結合函數的單調性確定的具體范圍即可；(2)得到，令，得，取不同的值，相乘即可．【詳解】（1）因為對任意的恒成立，設，所以在恒成立，設，在恒成立，所以在上為增函數，所以在恒成立，所以函數為增函數；所以，所以的取值范圍為.（2）（2）由（1）知，令，，∴當時，，且當且僅當時令，則即，，，，，將上述個式子相乘得：，∴原命題得證【變式1-2】（2023·全國·高三專題練習）設整數，，且，函數．(1)求證：；(2)求證：．【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）利用導數研究單調性，進而求證結論；（2）由（1）結論（伯努利不等式）有，令，放縮，累乘即可證結論.【詳解】（1）由，∵，，∴單調遞增．當時，，單調遞減；當時，，單調遞增．∴．（2）由（1）知，，令，，得，∴．【變式1-3】（2022·全國·高三專題練習）已知函數，.(1)若在上恒成立，求實數的取值范圍；(2)求證：.【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）等價于，即，記，只要證明即可，分，和三種情況討論函數的最值，從而可得出答案；（2）由（1）可知當時，在上成立，即，令，則，由此即可證得結論.【詳解】（1）解：等價于，即，記，則，當時，，在上單調遞增，由，，所以，即不恒成立；當時，則，當時，，所以在上單調遞增，則，所以不恒成立；當時，，，在上單調遞減，所以，所以，即恒成立，所以在上恒成立，實數的取值范圍是；（2）證明：當時，在上成立，即，令，則，所以，所以.題型06數列不等式：取對數型【解題攻略】取對數型證明不等式為例，該不等式左邊是求積式，右邊只有單獨的一項常數，但可以通過取對數，把左邊的積轉化為對數和型，如轉化為累加或者累積相消型【典例1-1】（2023·全國·高三專題練習）已知函數．(1)求證：當時，；(2)已知e為自然對數的底數，求證：，．【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）構造函數和，求導即可求解，（2）由（1）可知：當時，，．取，可得，利用“累加求和”即可證明不等式的右邊部分．由（1）可知：當時，，．取，則，利用“累加求和”即可證明不等式的左邊部分．【詳解】（1）令，則，故在上單調遞增，∴當時，，即成立．令，則，∴在上單調遞減，∴當時，，即成立．綜上所述，當時，成立．（2）由（1）可知：，．取，，，．，，，．由（1）可知：當時，對恒成立．取，，，．則，，，，，．綜上可得：，．【典例1-2】（2023·全國·高三專題練習）已知函數．(1)求函數的圖象在處的切線方程；(2)若任意，不等式恒成立，求實數的取值范圍；(3)設，證明：．【答案】(1)(2)(3)證明見解析【分析】（1）求導，再利用導數的幾何意義求解；（2）將問題轉化為，令，用導數法求其最大值即可.（3）易知，易知在上恒成立，令得到證明.【詳解】（1）解：，∴，∴切線方程為．（2），令，則．令，則．①當，即時，恒成立，∴單調遞增．∴，∴，∴單調遞增，從而，不符合題意．②當，即時，恒成立，∴單調遞減．∴，∴，∴單調遞減，從而，符合題意．③當，即時，由，，∴在上存在，使得，且當時，，∴單調遞增，∴，不符合題意．綜上所述，實數的取值范圍是．（3）由（2）可知，當時，，∴．又令，求導，得，∴單調遞減，從而，即在上恒成立．令，得．∴．即，∴，于是得證．【變式1-1】（2023上·江蘇淮安·高三金湖中學校聯考）已知函數．(1)求曲線在點處的切線方程；(2)證明：當時，；(3)設為整數，若對于成立，求的最小值．【答案】(1)(2)證明見解析(3)3【分析】（1）求導，結合導數的幾何意義運算求解；（2）求導，利用導數判斷原函數的單調性和最值；（3）結合（2）可得：，結合等比數列的求和公式可得，結合恒成立問題分析求解.【詳解】（1）由題意可得：，則，，即切點坐標為，斜率，所以曲線在點處的切線方程為，即．（2）當時，，可知的定義域為，且，令，解得．列表如下：10單調遞減極小值單調遞增可知當時，取最小值，所以．（3）由（2）可知：，當且僅當時，等號成立，令，則，可得，即，所以．當時，,所以對于任意，成立時，整數的最小值為3．【變式1-2】（2023·全國·高三專題練習）已知關于的函數（1）討論的單調性；（2）證明：當時，【答案】（1）答案見解析；（2）證明見解析.【分析】（1）對函數求導，分和兩類分別討論函數的單調性；（2）由（1）知，即，利用累加法可證得命題成立．【詳解】（1）由得知當時在上單調遞減 當時，當時在上單調遞增，當時在上單調遞減.（2）由（1）知時在上單調遞減，在上單調遞增，，即有，，以上各式相加得，【變式1-3】（2023·四川成都·石室中學校考模擬預測）已知函數(1)若單調遞增，求a的值；(2)判斷（且）與的大小，并說明理由.【答案】(1)(2)，理由見解析【分析】（1）根據題意，由單調遞增，轉化為恒成立，然后分，，討論，即可得到結果；（2）根據題意，由（1）可得時，，然后再由放縮，裂項即可得到結果.【詳解】（1）由可得，，由于函數單調遞增，則恒成立，設，則，當時，，可知時，，不滿足題意；當時，，函數單調遞增，又因為，即，不滿足題意；當時，令，解得，當時，，函數單調遞減，當時，，函數單調遞增，所以當時，函數取得最小值，由可得，，令，則，可知時，，函數單調遞增；當時，，函數單調遞減，則，由于恒成立，所以，當且僅當時取等號，故函數單調遞增時，實數的值為.（2）.理由如下：由（1）可知，當時，，即有，則時，，故當且時，，因為時，，所以，則，所以.題型07虛設根型證不等式【解題攻略】虛設零點法：涉及到導函數有零點但是求解相對比較繁雜甚至無法求解的情形時，可以將這個零點只設出來而不必求出來，然后尋找一種整體的轉換和過度，再結合其他條件，進行代換變形，從而最重獲得問題的解決【典例1-1】已知函數．(1)求函數的單調區間；(2)當時，證明：對任意的，．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）利用導數求單調區間；（2）將不等式等價轉化為，利用導數討論最值即可求解.【詳解】（1）由題可知函數的定義域為，，即，(i)若，則在定義域上恒成立，此時函數在上單調遞增；(ii)若，令，即，解得,令，即，解得,所以在上單調遞減，上單調遞增.綜上，時，在上單調遞增；時，在上單調遞減，上單調遞增.（2）當時，，要證明，只用證明，令，，令，即，可得方程有唯一解設為，且，所以，當變化時，與的變化情況如下，單調遞減單調遞增所以，因為，因為，所以不取等號，即，即恒成立，所以，恒成立，得證.【典例1-2】（20122·浙江·模擬預測）已知函數．(1)求函數的單調區間；(2)當時，證明：對任意的，．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）利用導數求單調區間；（2）將不等式等價轉化為，利用導數討論最值即可求解.【詳解】（1）由題可知函數的定義域為，，即，(i)若，則在定義域上恒成立，此時函數在上單調遞增；(ii)若，令，即，解得,令，即，解得,所以在上單調遞減，上單調遞增.綜上，時，在上單調遞增；時，在上單調遞減，上單調遞增.（2）當時，，要證明，只用證明，令，，令，即，可得方程有唯一解設為，且，所以，當變化時，與的變化情況如下，單調遞減單調遞增所以，因為，因為，所以不取等號，即，即恒成立，所以，恒成立，得證.4.【變式1-1】（2023上·福建福州·高三校聯考）設函數．(1)求時，的單調區間；(2)求證：當時，．【答案】(1)單調減區間為，單調增區間為(2)證明見解析【分析】（1）根據題意，求導得，即可得到其單調區間；（2）根據題意，當時，結合隱零點的處理方法，即可得證.【詳解】（1）時，的定義域為，∴，令，則，∴當時，；當時，，∴函數的單調減區間為，單調增區間為．（2）證明：的定義域為且．當時，為單調遞增，單調遞增，故在上單調遞增，又，假設存在滿足時，且，當時，導函數存在唯一的零點，設該零點為，當時，，當時，，故在單調遞減，在單調遞增，當時取得最小值，由于，即，兩邊取對數得，∴，當且僅當時，即時，取等號，故時，．【變式1-2】（2024上·陜西安康·高三校聯考階段練習）已知函數.(1)討論函數的單調性；(2)當時，令，若為的極大值點，證明：.【答案】(1)答案見解析；(2)證明見解析.【分析】（1）對參數分類討論，根據不同情況下導函數函數值的正負，即可判斷單調性；（2）利用導數判斷的單調性，求得的范圍，滿足的條件，以及，根據的范圍夾逼的范圍即可.【詳解】（1）函數的定義域為，①當時，，函數在上單調遞增；②當時，由，得，由，得，所以，函數在上單調遞增，在上單調遞減.綜上，當時，函數在上單調遞增；當時，函數在上單調遞增，在上單調遞減.（2）當時，，設，則，當時，，所以在上單調遞增，又，所以存在，使得，且當；又當；故當6.，；當，；當，所以在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增，所以當時，取得極大值，故，且，所以，，又在單調遞減，所以.【變式1-3】（2023上·重慶沙坪壩·高三重慶一中?？茧A段練習）已知函數,.(1)判斷的單調性;(2)若,求證:,其中e是自然對數的底數.【答案】(1)在上單調遞減，在上單調遞增．(2)證明見詳解【分析】（1）求導，由導數的正負即可求解函數的單調性，（2）構造函數，利用導數求解函數的單調性，即可求解最值，進而可證明.【詳解】（1）函數的定義域為，，當時，，當，；故在上單調遞減，在上單調遞增．（2）證明：令，則，令，則，顯然在上單調遞增．又，，故存在唯一的，使得．從而在上單調遞減，在上單調遞增，，

又，兩邊取對數得，故，，故在上單調遞增，所以，得證．題型08利用函數“凸凹反轉性”證明不等式【解題攻略】凸凹反轉首先是證明不等式的一種技巧，欲證明，若可將不等式左端拆成，且的話，就可證明原不等式成立.通常情況，我們一般選取為上凸型函數，為下凹型函數來完成證明.【典例1-1】（2023上·黑龍江哈爾濱·高三哈爾濱市第十三中學校?？迹┮阎瘮?(1)討論的單調性；(2)證明：當時，.【答案】(1)答案見解析(2)證明見解析【分析】（1）求出函數的導函數，對進行分類討論，判斷的正負作答即可；（2）把代入不等式，化簡轉化為，構造新函數，對新函數求導，并求出其最小值為，即可判斷原不等式成立.【詳解】（1）函數的定義域是，可得.當時，可知，所以在上單調遞增；當時，由得，可得時，有，時，有，所以在上單調遞減，在上單調遞增.綜上所述：當時，在上單調遞增；當時，在上單調遞減，在上單調遞增.（2）證明：當時，要證成立，只需證成立，只需證即可.因為，由（1）知，.令，則，可得時，有；時，有，所以在上單調遞減，在上單調遞增，可知，則有，所以有，所以當時，成立.【典例1-2】已知函數．（1）當時，恒成立，求的取值范圍；（2）當時，證明：．【解析】解：（1）由題意得，恒成立對恒成立，令，則，當時，，故在上是增函數，故當時，；故若使恒成立對恒成立，則只需使；（2）證明：；令，；當時，，當時，；即在上為減函數，在上為增函數，（1）①．令，，故在上是減函數，在上為增函數；故（2）②．故由①②可得，．【變式1-1】（2021上·全國·高三校聯考階段練習）已知，．（Ⅰ）討論的單調性；（Ⅱ）若，證明：．【答案】（Ⅰ）答案見解析；（Ⅱ）證明見解析.【分析】（Ⅰ）分，進行討論，再利用導數研究函數的單調性即可求解；（Ⅱ）由結合（Ⅰ）可得，構造新函數，利用導數研究函數的單調性即可得證．【詳解】（Ⅰ）由題可知，．當時，恒成立，函數在上單調遞增；當時，令，解得．當時，，在上單調遞增；當時，，函數在上單調遞減．綜上可知，當時，函數在上單調遞增；當時，函數在上單調遞增，在上單調遞減．（Ⅱ）證明：若，則由（Ⅰ）可知，在處取得極大值，．令．，，函數在上單調遞減．又，，．【變式1-2】已知，（1）對，不等式恒成立，求實數的取值范圍；（2）證明：對一切，都有．【解析】解：（1），則，設，則，當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，（1），對一切，恒成立，．證明：（2）問題等價于證明，由（1）可知，的最小值是，當且僅當時取得．設，則，由題意得（1），當且僅當時取到，從而對一切，都有成立．【變式1-3】已知函數f（x）＝ax2﹣xlnx．（I）若f（x）在區間（0，+∞）內單調遞增，求a的取值范圍；（Ⅱ）若a＝e（e為自然對數的底數），證明：當x＞0時，f（x）＜xex+．【分析】（Ⅰ）先求導，再分離參數，構造函數，利用到導數求出函數的最值即可得到a的取值范圍，（Ⅱ）當x＞0時，f（x）＜xex+．不等式等價于lnx+＞ex﹣ex，分別構造函數h（x）＝lnx+，φ（x）＝ex﹣ex，利用導數求出函數的最值即可證明【解答】解：（Ⅰ）∵f（x）在區間（0，+∞）內單調遞增，∴f′（x）＝2ax﹣1﹣lnx≥0在（0，+∞）上恒成立，∴2a≥在（0，+∞）上恒成立，設g（x）＝，∴g′（x）＝﹣，令g′（x）＝0，解得x＝1，當x∈（0，1）時，g′（x）＞0，函數g（x）單調遞增，當x∈（1，+∞）時，g′（x）＜0，函數g（x）單調遞減，∴g（x）max＝g（1）＝1，∴2a≥1，∴a≥，故a的取值范圍為[，+∞），證明（Ⅱ）當a＝e時，要證f（x）＜xex+，即證ex2﹣xlnx＜xex+，∵x＞0，則需要證ex﹣lnx＜ex+，即證lnx+＞ex﹣ex，設h（x）＝lnx+，∴h′（x）＝﹣＝，x＞0，當x∈（0，）時，h′（x）＜0，函數h（x）單調遞減，當x∈（，+∞）時，h′（x）＞0，函數h（x）單調遞增，∴h（x）min＝h（）＝0，∴h（x）≥0，即lnx+≥0，再設φ（x）＝ex﹣ex，∴φ′（x）＝e﹣ex，當x∈（0，1）時，φ′（x）＞0，函數φ（x）單調遞增，當x∈（1，+∞）時，φ′（x）＜0，函數φ（x）單調遞減，∴φ（x）max＝φ（1）＝0，∴φ（x）≤0，即ex﹣ex≤0，∵h（x）和φ（x）不同時為0，∴當x＞0時，lnx+＞ex﹣ex，故原不等式得以證明．題型09同構型不等式證明【解題攻略】常見同構技巧：【典例1-1】（2023·全國·高三專題練習）已知，，．(1)當時，求函數的極值；(2)當時，求證：．【答案】(1)答案見解析(2)證明見解析【分析】（1）分類討論求解函數的極值即可.（2）首先將題意轉化為．令，即證：，再構造函數，求其最小值即可證明.【詳解】（1），當時，，即在上單調遞減，故函數不存在極值；當時，令，得，x+0-增函數極大值減函數故，無極小值.綜上，當時，函數不存在極值；當時，函數有極大值，，不存在極小值．（2）顯然，要證：，即證：，即證：，即證：．令，故只須證：．設，則，當時，，當時，，故在上單調遞增，在上單調遞減，即，所以，從而有．故，即．【典例1-2】（2023上·安徽馬鞍山·高三馬鞍山二中?？茧A段練習）已知函數，為自然對數的底數.(1)試判斷函數的零點個數并說明理由；(2)證明：.【答案】(1)兩個，理由見解析(2)證明見解析【分析】（1）求出函數導函數，討論其單調性后結合零點存在性定理可判斷函數零點個數；（2）方法一，令，則等價于，令，利用函數的導數，通過函數的最值判斷證明即可；方法二：令，則等價于，令，利用函數的導數，通過函數的最值判斷證明即可.【詳解】（1）的定義域為，當時，恒有，故在內沒有零點.當時，由得，令得，令得，所以在上單調遞減，在上單調遞增.又，故存在，，使得，，所以在兩個零點.綜上，函數有兩個零點.（2）方法一：令，則時，，且.于是等價于，令，可得，令，可得，當時，，函數是增函數，當時，，函數是減函數，所以時，函數取得最大值：，所以，即.方法二：令，則，于是等價于，即，令，則有.令，即，解得；令，即，解得，所以在單調遞減，上單調遞增，所以，即.所以，即.【變式1-1】（2023·四川遂寧·統考模擬預測）設，，(1)試討論的單調性；(2)當時，證明恒成立.【答案】(1)答案見解析(2)證明見解析【分析】（1）根據導數與函數單調性的關系，利用分類討論思想，可得答案；（2）利用放縮法，整理不等式，構造新函數，結合換元法與導數研究單調性，可得答案.【詳解】（1）∵，∴.（i）當時，，所以在上單調遞減；（ii）當時，令，得，因為當時，當時，所以在上單調遞減，在上單調遞增.（2）當時，，要證，只需證，即證，即證，令，則，當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，所以，令，則，當時，，單調遞增，所以因此，所以從而，所以當時恒成立.【變式1-2】已知，，．(1)當時，求函數的極值；(2)當時，求證：．【答案】(1)答案見解析(2)證明見解析【分析】（1）分類討論求解函數的極值即可.（2）首先將題意轉化為．令，即證：，再構造函數，求其最小值即可證明.【詳解】（1），當時，，即在上單調遞減，故函數不存在極值；當時，令，得，x+0-增函數極大值減函數故，無極小值.綜上，當時，函數不存在極值；當時，函數有極大值，，不存在極小值．（2）顯然，要證：，即證：，即證：，即證：．令，故只須證：．設，則，當時，，當時，，故在上單調遞增，在上單調遞減，即，所以，從而有．故，即．題型10雙變量型構造【典例1-1】（2022貴州黔東南·統考一模）已知函數.(1)試討論函數的單調性；(2)對，且，證明：.【答案】(1)見解析；(2)見解析.【分析】（1）的定義域為，且，對分類討論，明確函數的單調性；（2）要證：只需證：

即證：.設，研究函數的單調性即可.【詳解】（1）的定義域為，且．①當時，對，有，故函數在單調遞增；對，有，故函數在單調遞減．②當時，對，有，函數在單調遞減；對，有，函數在單調遞增．（2）對且，要證：只需證：

即證：.設，則當時，有，故函數在單調遞減．又，且，所以，即．成立故原不等式成立．【典例1-2】（2023上·四川內江·高三四川省內江市第六中學?？茧A段練習）已知函數．(1)求函數的單調區間；(2)已知m，n是正整數，且，證明．【答案】(1)答案見解析(2)證明見解析【分析】（1）求導，令導數為0，結合定義域對進行討論即可；（2）兩邊取對數，整理后，構造函數，證明為上的減函數，即可求解.【詳解】（1）函數的定義域為，，①當時，在上恒成立，的減區間為，無增區間；②當時，令，解得，令，解得，所以的增區間為，減區間為．綜上，當時，的減區間為，無增區間；當時，的增區間為，減區間為．（2）兩邊同時取對數，證明不等式成立等價于證明，即證明，構造函數，令，由（1）知，當時，在上為減函數，故，所以，所以為上的減函數，因為，知，即，即．【變式1-1】（2022·全國·高三專題練習）已知函數．（1）求的單調區間；（2）當時，試證明．【答案】（1）的單調遞增區間是，單調遞減區間是；（2）證明見解析.【分析】（1）由題可求函數的導函數，利用導函數可求；（2）利用函數的單調性可證.【詳解】（1）因為，所以．令，得；令，得．所以的單調遞增區間是，單調遞減區間是．（2）由（1）知在上單調遞減，所以時，，即，所以，即．【變式1-2】（2021·全國·高三專題練習）已知函數．（1）求證：函數在上單調遞增；（2）設，求證：．【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析．【分析】（1）利用導數法，證明時，即可；（2）不妨設，利用作差法得到，然后令，轉化為，利用其在上單調性證明.【詳解】（1）由題意知，，，∴函數在上單調遞增．（2）不妨設，則，令，則．由（1）知在上單調遞增，，∵，∴．又，∴．【變式1-3】（2022·全國·高三專題練習）已知函數.（1）若函數在上為單調增函數，求的取值范圍；（2）設，且，求證.【答案】（1）；（2）證明見解析.【分析】（1）對函數進行求導并解不等式，轉化為二次不等式在上恒成立問題；（2）將所證不等式轉化為構造為主元的不等式，再構造函數進行證明；【詳解】解：（1），因為在上為單調增函數，所以在上恒成立即在上恒成立，當時，由，得：，設，則，當且僅當即時，有最小值2，所以，解得，所以的取值范圍是；（2）設，要證，只需證，即，即，設，由（1）知在上是單調增函數，又，所以，即成立，得到.題型11極值點偏移型：和型證明【解題攻略】極值點偏移多有零點這個條件。零點型，注意數形結合思想的應用：零點是否是特殊值，或者在某個確定的區間之內。零點是否可以通過構造零點方程，進行迭代或者轉化。將方程根的判定轉化為函數的單調性問題處理【典例1-1】（2023·四川成都·成都七中校考模擬預測）已知函數有兩個極值點，．(1)求實數a的取值范圍；(2)證明：．【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）由，有，令，利用導數研究單調性，求的取值范圍得實數a的取值范圍；（2）由，得，證明，得，從而．【詳解】（1）有兩個兩側異號的零點，又，于是，令，則，令，則.當時，，于是，所以在單調遞減且，當時，，在單調遞增，又，所以當時，，在單調遞減，當時，，在單調遞增.又且，，所以.所以實數a的取值范圍為.（2）因為，所以，于是，從而，下面證明，即證明，令，即證明，即證明，令，.所以在單調遞增，所以.從而.所以，于是，由(1)知，從而．【典例1-2】（2023·山西·?？寄M預測）已知函數.(1)若，求的取值范圍；(2)若關于的方程有兩個不同的正實根，證明：.【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）對不等式參變分離，然后構造函數，利用導數求的最大值可解；（2）將變形為，構造函數，根據其單調性將方程轉化為，再構造函數，利用導數討論其性質，結合圖象可得，構造函數，根據單調性，并令，可得，最后由作差整理可證.【詳解】（1）的定義域為，由，得.設，則.由，得，由，得，則在上單調遞增，在上單調遞減，從而.故，即的取值范圍是.（2）證明：由，得，即，即.設，則等價于.易證在上單調遞增，則，即.設，則.由，得，由，得，則在上單調遞增，在上單調遞減，從而，且，當x趨于時，趨于0.方程有兩個不同的正實根，不妨設，由圖可知，.設則在上單調遞增.因為，所以，即.設，則，即，則.因為方程有兩個不同的正實根，所以，作差得.因為，所以，所以，則，故.【變式1-1】（2023·江西·統考模擬預測）已知函數．(1)討論的單調性；(2)若，且，證明：，且．【答案】(1)答案見解析(2)證明見解析【分析】（1）求定義域，求導，分和兩種情況，得到函數的單調性；（2）變形為是方程的兩個實數根，構造函數，得到其單調性和極值最值情況，結合圖象得到，再構造差函數，證明出.【詳解】（1）的定義域為R，由題意，得，，當時，恒成立，在上單調遞增；當，且當時，，單調遞減；當時，，單調遞增．綜上，當時，在上單調遞增；當時，在區間上單調遞減，在區間上單調遞增．（2）證明：由，得，是方程的兩個實數根，即是方程的兩個實數根．令，則，所以當時，，單調遞增；當時，，單調遞減，所以．因為當時，；當時，，，所以．不妨設，因為，是方程的兩個實數根，則．要證，只需證．因為，，所以只需證．因為，所以只需證．今，，則在恒成立．所以在區間上單調遞減，所以，即當時，．所以，即成立．【變式1-2】（2023上·江蘇鎮江·高三?？茧A段練習）已知函數．若函數有兩個不相等的零點．(1)求a的取值范圍；(2)證明：．【答案】(1)；(2)證明見詳解.【分析】（1）利用導數研究函數的單調性及最值，結合零點存在性定理計算即可；（2）構造函數，利用導數研究其單調性與最值即可證明.【詳解】（1）由題意可知：，若，則恒成立，即單調遞增，不存在兩個不等零點，故，顯然當時，，當時，，則在上單調遞減，在上單調遞增，所以若要符合題意，需，此時有，且，令，而，即在上遞減，故，所以，又，故在區間和上函數存在各一個零點，符合題意，綜上；（2）結合（1），不妨令，構造函數，則，即單調遞減，所以，即，因為，所以，由（1）知在上單調遞增，所以由，故.題型12極值點偏移型：積型證明【解題攻略】處理極值點偏移問題中的類似于的問題的基本步驟如下：①求導確定的單調性，得到的范圍；②構造函數，求導可得恒正或恒負；③得到與的大小關系后，將置換為；④根據與的范圍，結合的單調性，可得與的大小關系，由此證得結論.【典例1-1】（2023上·河南·高三南陽中學校聯考階段練習）已知函數.(1)若有唯一極值，求的取值范圍；(2)當時，若，，求證：.【答案】(1)；(2)證明見解析.【分析】（1）求出函數的導數，分析極值點情況即可得解.（2）由（1）的信息可設，再構造函數，探討函數的單調性推理即得.【詳解】（1）函數的定義域為，求導得，當時，若，，函數在上單調遞增，無極值點，不符合題意；若，當或時，，當時，，即函數在上單調遞增，在上單調遞減，函數有兩個極值點，不符合題意；若，當或時，，當時，，即函數在上單調遞增，在上單調遞減，函數有兩個極值點，不符合題意；當時，當時，，當時，，即函數在上單調遞增，在上單調遞減，2是函數的極大值點，且是唯一極值點，所以的取值范圍是.（2）當時，函數在上單調遞增，在上單調遞減，由，，不妨令，要證，只證，即證，就證，令，求導得，于是函數在上單調遞減，，而，則，即，又，因此，顯然，又函數在上單調遞增，則有，所以.【典例1-2】（2023上·陜西漢中·高三西鄉縣第一中學校聯考）已知函數，.(1)求函數的極值；(2)若，求函數的最小值；(3)若有兩個零點，，證明：.【答案】(1)極大值為，無極小值(2)(3)證明見解析【分析】（1）求導后解不等式、即可求得極值.（2）運用導數研究的單調性，進而可求得其最小值.（3）由已知可得，構造函數，根據其單調性可得，構造函數并研究其單調性，構造函數并研究其單調性，當時，依次結合函數、的單調性即可證得結果.【詳解】（1）由題意知函數的定義域為，，，，所以在上單調遞增，在上單調遞減，所以在處取得極大值，極大值為，無極小值.（2）由題意知函數的定義域為.，則，，所以在上單調遞減，在上單調遞增.所以.（3）不妨設，則由（2）知，.設，由，得，即，因為函數在R上單調遞增，所以成立.構造函數，則，，，所以在上單調遞減，在上單調遞增，構造函數，則，所以函數在上單調遞增，所以當時，，即當時，，所以，又在上單調遞減，所以，即.【變式1-1】（2023上·重慶渝中·高三統考）已知函數．(1)若函數是減函數，求的取值范圍；(2)若有兩個零點，且，證明：．【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）在上恒成立，參變分離在上恒成立，構造函數求出的最大值，從而求出的取值范圍；（2）由零點得到，令，從而得到，，，構造，求導得到其單調性，從而證明出結論.【詳解】（1）的定義域為，，函數是減函數，故在上恒成立，即在上恒成立，令，，，當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，故在處取得極大值，也是最大值，且，故，解得，故的取值范圍是；（2）若有兩個零點，則，得．，令，則，故，則，，令，則，令，則，在上單調遞增，，，則在上單調遞增，，即，故.【變式1-2】（2023上·江蘇連云港·高三江蘇省海州高級中學?？茧A段練習）已知函數.(1)當時，求函數的零點個數.(2)若關于的方程有兩個不同實根，求實數的取值范圍并證明.【答案】(1)有且僅有一個零點(2)，證明見解析【分析】（1）利用導函數與單調性的關系，以及零點的存在性定理求解；（2）根據題意可得有兩個不同實根，進而可得，兩式相加得，兩式相減得，從而有，進而要證，只需證，即證，構造函數即可證明.【詳解】（1）當時，，所以函數在上單調遞增，又因為，所以函數有且僅有一個零點.（2）方程有兩個不同實根，等價于有兩個不同實根，得，令，則，令，解得；令，解得；所以在上單調遞增，在上單調遞減，所以當時，取得最大值，由，得當時，；當的大致圖象如圖所示，

所以當，即時，有兩個不同實根；證明：不妨設且兩式相加得，兩式相減得，所以，要證，只需證，即證，設，令，則，所以函數在上單調遞增，且，所以，即，所以，原命題得證.題型13極值點偏移型：平方型證明【典例1-1】（2023下·遼寧·高三統考）已知函數.(1)討論的單調性；(2)若（e是自然對數的底數），且，，，證明：.【答案】(1)結論見解析；(2)證明見解析.【分析】（1）求出函數的導數，再按分類探討的正負作答.（2）等價變形給定等式，結合時函數的單調性，由，，再構造函數，，利用導數、均值不等式推理作答.【詳解】（1）函數的定義域為，求導得則，由得，若，當時，，則單調遞減，當時，，則單調遞增，若，當時，，則單調遞增，當時，，則單調遞減；所以當時，函數在上單調遞減，在上單調遞增；當時，函數在上單調遞增，在上單調遞減.（2）由，兩邊取對數得，即，由（1）知，當時，函數在上單調遞增，在上單調遞減，，而，時，恒成立，因此當時，存在且，滿足，若，則成立；若，則，記，，則，即有函數在上單調遞增，，即，于是，而，，，函數在上單調遞增，因此，即，又，則有，則，所以.【典例1-2】（2023·廣東廣州·廣州市從化區從化中學?？寄M預測）已知函數.(1)討論函數的單調性：(2)若是方程的兩不等實根，求證：；【答案】(1)答案見解析(2)證明見解析【分析】（1）求出函數的定義域和導數，再根據和分類討論，即可得出函數的單調性；（2）由可得，是方程的兩不等實根，從而可將問題轉化為是方程的兩不等實根，即可得到和的范圍，原不等式等價于，即極值點偏移問題，根據對稱化構造（解法1）或對數均值不等式（解法2）等方法即可證出．【詳解】（1）由題意得，函數的定義域為.由得：，當時，在上單調遞增；當時，由得，由得，所以在上單調遞增，在上單調遞減.（2）因為是方程的兩不等實根，，即是方程的兩不等實根，令，則，即是方程的兩不等實根.令，則，所以在上遞增，在上遞減，，當時，；當時，且.所以0，即0.令，要證，只需證，解法1（對稱化構造）：令，則，令，則，所以在上遞增，，所以h，所以，所以，所以，即，所以.解法2（對數均值不等式）：先證，令，只需證，只需證，令，所以在上單調遞減，所以.因為，所以，所以，即，所以.【變式1-1】（2023·山西·校聯考模擬預測）已知函數.(1)若，求實數的取值范圍；(2)若有2個不同的零點（），求證：.【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）求解函數定義域，參變分離得到，構造，利用導函數得到其單調性，極值和最值情況，得到；（2）轉化為有2個不同的實數根，構造，得到其單調性，得到，且，求出，換元后即證，構造，求導后得到在上單調遞增，，得到證明.【詳解】（1）因為函數的定義域為，所以成立，等價于成立.令，則，令，則，所以在內單調遞減，又因為，所以當時，，單調遞增；當時，，單調遞減，所以在處取極大值也是最大值.因此，即實數的取值范圍為.（2）有2個不同的零點等價于有2個不同的實數根.令，則，當時，解得.所以當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，所以在處取極大值為.又因為，當時，，當時，.且時，.所以，且.因為是方程的2個不同實數根，即.將兩式相除得，令，則，，變形得，.又因為，，因此要證，只需證.因為，所以只需證，即證.因為，即證.令，則，所以在上單調遞增，，即當時，成立，命題得證.【變式1-2】（2023上·云南·高三云南師大附中校考階段練習）已知函數，．(1)若，求的取值范圍；(2)證明：若存在，，使得，則．【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）求出函數的導數后可得函數的單調性，結合單調性可求最大值，從而可求參數的取值范圍.（2）利用極值點偏移可證，結合不等式放縮可證.【詳解】（1），，令，解得，所以當時，，在上單調遞增；當時，，在單調遞減，所以，要使，則有，而，故，所以的取值范圍為．（2）證明：當時，由（1）知，當時，單調遞增；當時，單調遞減，設，所以，，①若，則，成立；②若，先證，此時，要證，即證，即，，令，，，所以在(1,2)上單調遞增，所以，即，，所以，因為，，所以，即．題型14三角函數型不等式證明【解題攻略】利用導數證明三角函數型不等式正余弦的有界性三角函數與函數的重要放縮公式：.【典例1-1】（2023·全國·高三專題練習）已知函數.(1)證明：；(2)當時，證明不等式，在上恒成立.【答案】(1)答案見解析；(2)答案見解析.【分析】（1）求導，根據導函數分析的單調性，即可得到，即可證明；（2）令，求導，根據放縮的思路得到，然后利用在上的單調性即可證明.【詳解】（1）證明：，當時，，單調遞增；當時，，單調遞減，，故，當且僅當時取等號，∴.（2）令，則，由（1）可得，即，又，所以，令，則，當時，，所以在上單調遞增，所以當時，，則，在上單調遞增，當時，，即，所以當時，不等式，在上恒成立.【典例1-2】（2023·四川資陽·統考模擬預測）已知函數．(1)當時，過點作曲線的切線l，求l的方程；(2)當時，對于任意，證明：．【答案】(1)或(2)證明見解析【分析】（1）易知不在上，設切點，由導數的幾何意義求出切線方程，將代入求出對應，即可求解對應切線方程；（2）構造，求得，再令，通過研究正負確定單調性，再由正負研究最值，進而得證.【詳解】（1）由題，時，，，設切點，則切線方程為，該切線過點，則，即，所以或．又；；，．所以，切線方程為或；（2）設，則，令，則，可知，時，；時，，故時均有，則即在上單調遞增，，因為時，則，，故在上單調遞增，此時，．所以，當時，對于任意，均有．【變式1-1】（2022·新疆·統考三模）已知函數，(1)若在處的切線為，求實數a的值；(2)當，時，求證：【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）由導數的幾何意義有，求解即可；（2）將變形成，故只需證，用導數法證明即可【詳解】（1）∵，∴，∴（2）要證，即證，只需證，因為，也就是要證，令，∵，∴∴在為減函數，∴，∴，得證【變式1-2】設函數，，.(1)求的最小值，并證明：；(2)若不等式：成立，求實數a的取值范圍.【答案】(1)，證明見解析(2)【分析】（1）求導，利用導數確定函數的單調性，進而可求最值，結合單調性，即可證明，（2）根據和分類討論，結合第一問的結論和基本不等式即可求解.【詳解】（1）由可得，令得，，當時，，時，，所以在單調遞增，在單調遞減，所以，因為，所以，因為時，，所以在上單調遞減，所以，化簡得，；（2）等價于，當，因為，所以，，所以，由（1）得，，所以；當時，，即時，不成立，即不成立，綜上，實數a的取值范圍為.題型15韋達定理代換型【解題攻略】利用韋達定理證明不等式1.題干條件大多數是與函數額極值x1，x2有關。2.利用韋達定理代換：可以消去參數【典例1-1】已知函數.（1）求函數的單調區間；（2）設存在兩個極值點，且，若，求證：.【答案】（1）答案見解析（2）證明見解析【分析】（1）先把函數進行求導并進行化簡，由題意知，，在對進行討論即可得到答案.（2）由（1）知在時，存在兩個極值點，利用韋達定理求出的關系式，并用分別表示出和，把代入中進行化簡，，所以可以求出最小值，即可證出.（1）由題意可知，，當時，，則在是單調遞增；當時，若，即時，若，即時，和時，時，，綜上，時，在是單調遞增；時，在和遞增，在遞減（2）由題意可設，是的兩個根，則（用分別表示出和），整理，得，此時設，求導得恒成立，在上單調遞減，【典例1-2】已知函數f（x）＝lnx＋ax2－x.（1）若a＝－1，求函數f（x）的極值；（2）設f′（x）為f（x）的導函數，若x1，x2是函數f′（x）的兩個不相等的零點，求證：f（x1）＋f（x2）<x1＋x2－5【答案】（1）極大值是＝－ln2－，無極小值；（2）證明見解析【分析】（1）由a＝－1，得到f（x）＝lnx－x2－x，求導=－，令>0，<0求解；（2）由，且x>0，得到x1，x2是方程2ax2－x＋1＝0的兩個不相等正實根，利用根的分布，得到0<a<，然后利用韋達定理，得到f（x1）＋f（x2）－x1－x2＝，利用導數法證明.（1）解：當a＝－1時，f（x）＝lnx－x2－x，且定義域為（0，＋∞）.則＝－2x－1＝－.令>0，得0<x<；令<0，得x>.故f（x）在單調遞增，在上單調遞減，故f（x）的極大值是＝－ln2－，綜上，函數f（x）的極大值是＝－ln2－，無極小值.（2）證明：由題意得，且x>0，則x1，x2是方程2ax2－x＋1＝0的兩個不相等正實根，∴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，＋∞），則＝，t∈（4，＋∞），故g（t）在（4，＋∞）上單調遞減，故g（t）<g（4）＝ln4－7<2－7＝－5，所以f（x1）＋f（x2）<x1＋x2－5.【變式1-1】已知函數，（1）求曲線在點處的切線與坐標軸圍成三角形的面積．（2）是的導函數，若函數有兩個極值點，且，求證：．【答案】（1）2（2）證明見解析【分析】（1）對函數進行求導，求出點處的切線的斜率，用點斜式求出切線方程，令和令，得出坐標軸上的截距，可得三角形面積；（2）利用函數有兩個極值點，得a與兩極值的關系，，，，“證明”等價于“證明”表達函數，可得，，令，，求新函數在區間的最值，即可得證．（1）解：由函數的定義域為，可得，解得，又由，即，故所求切線的斜率為，所以切線方程為，即，令，得；令，得，所以切線與坐標軸圍成三角形的面積．（2）證明：．則函數的定義域為，且，若函數有兩個極值點，，且，則方程的判別式，且，，所以，由基本不等式得，且，“證明”等價于“證明”．設，則在上恒成立．故在上單調遞減，從而，．因此，的取值范圍是，所以．【變式1-2】已知函數，（）．（1）若存在兩個極值點，求實數的取值范圍；（2）若，為的兩個極值點，證明：．【答案】（1）（2）證明見解析【分析】（1），，若存在兩個極值點，則與，有兩個交點，即可得出答案．（2）由（1）知，且，，則，只需證明，即可解得的取值范圍．（1）（1），，若存在兩個極值點，則在上有兩個根，所以有兩個根，即與，有兩個交點，，所以在上，，單調遞增，在上，，單調遞減，所以時，，所以，所以的取值范圍為．（2）證明：由（1）知，且，，所以，所以只需證明，令，故，原不等式等價于對成立，令，，所以單調遞減，則有（1）．題型16切線放縮型證明【解題攻略】常用的切線放縮有：（1）；（2）；（3）；（4）.【典例1-1】(2023·青島模擬改編)已知x1lnx1＝x2lnx2＝a，且x1<x2，求證：x2－x1<2a＋1＋e－2.求證：|a－b|<eq\f(\r(n,n1－n),lnn)t＋eq\r(n,n).證明設函數f(x)＝xlnx(x>0)，f′(x)＝1＋lnx(x>0).設p(x)＝1＋lnx(x>0)，則p′(x)＝eq\f(1,x)(x>0)，當x>0時，p′(x)>0，因而f′(x)在(0,＋∞)上單調遞增，而當x＝eq\f(1,e)時，f′(x)＝0，所以當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))時，f′(x)<0，f(x)＝xlnx單調遞減，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))時，f′(x)>0，f(x)＝xlnx單調遞增.而f(x)＝xlnx＝0，解得x＝1.取其在x＝e－2和x＝1處的切線，分別為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)，則h′(x)＝2＋lnx，當0<x<e－2時，h′(x)<0，h(x)單調遞減；當x>e－2時，h′(x)>0，h(x)單調遞增.于是h(x)≥h(e－2)＝0，從而f(x)≥g(x)，令φ(x)＝f(x)－m(x)＝xlnx－x＋1(x>0)，則φ′(x)＝lnx，當0<x<1時，φ′(x)<0，φ(x)單調遞減，當x>1時，φ′(x)>0，φ(x)單調遞增，于是φ(x)≥φ(1)＝0，從而f(x)≥m(x)，如圖.直線y＝a與直線l1，函數f(x)的圖象和直線l2分別交于x1′，x1，x2，x2′，則有：x1′<x1<x2<x2′，x2－x1<x2′－x1′＝(a＋1)－(－a－e－2)＝2a＋1＋e－2.【典例1-2】已知函數，曲線在處的切線方程為.（1）求實數的值；（2）且時，證明：曲線的圖象恒在切線的上方；（3）證明：不等式：.【答案】（1），；（2）證明見解析；（3）證明見解析【詳解】（1），由曲線在處的切線方程為知：解得，.（2）由題意只需證：當且時，；設，則，，易知在單調遞增；且，，∴必定存在，使得，則在單調遞減，在單調遞增，其中，，即在單調遞減，在單調遞增，，即當且時，成立；所以當且時，曲線的圖象在切線的上方.（3）要證：，只需證.由（2）知時，.故只需證，即證，設，則，易知在單調遞減，在單調遞增，；即不等式：成立.【變式1-1】已知函數f(x)＝4ex－1＋ax2，曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程為y＝bx＋1.(1)求實數a，b的值；(2)x>0且x≠1時，證明：曲線y＝f(x)的圖象恒在切線y＝bx＋1的上方；(3)證明不等式：4xex－1－x3－3x－2lnx≥0.解答：(1)解f′(x)＝4ex－1＋2ax，由曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程為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)證明由題意只需證：當x>0且x≠1時，4ex－1－x2>2x＋1；設g(x)＝4ex－1－x2－2x－1，則g′(x)＝4ex－1－2x－2，g″(x)＝4ex－1－2，易知g″(x)在(0，＋∞)單調遞增；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，則g′(x)在(0，x0)單調遞減，在(x0，＋∞)單調遞增，其中g′(0)＝eq\f(4,e)－2<0，g′(1)＝0，即g(x)在(0，1)單調遞減，在(1，＋∞)單調遞增，∴g(x)min＝g(1)＝0，即當x>0且x≠1時，g(x)>0成立；所以當x>0且x≠1時，曲線y＝f(x)的圖象在切線y＝bx＋1的上方.(3)證明要證4xex－1－x3－3x－2lnx≥0，只需證4ex－1－x2－3－eq\f(2lnx,x)≥0.由(2)知x>0時，4ex－1－x2≥2x＋1.故只需證2x＋1≥3＋eq\f(2lnx,x)，即證x2－x－lnx≥0，設φ(x)＝x2－x－lnx，則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)單調遞減，在(1，＋∞)單調遞增，∴φ(x)≥φ(1)＝0；即不等式4xex－1－x3－3x－2lnx≥0成立.【變式1-2】（2013·新課標II卷）已知函數①（1）設是的極值點，求m并討論的單調性；（2）當時，證明：【解析】（1）由題意，，，因為是的極值點，所以，解得：，故，令，則，所以在上單調遞增，又，所以當時，，故；當時，，故，從而在上單調遞減，在上單調遞增.（2）證法1：當時，，令，，則，令，則，所以在上單調遞增，結合，知存在唯一的使且，當時，，所以，當時，，所以，從而在上單調遞減，在上單調遞增，故①，因為，所以，兩邊取對數得：，代入①得：，所以，即，因為當時，，所以.證法2：當時，，下面先證，令，則，所以，，從而在上單調遞減，在上單調遞增，故，所以，從而，當且僅當時等號成立，再證，令，則，所以，，從而在上單調遞增，在上單調遞減，故，所以，故，當且僅當時等號成立，綜上所述，有，且兩個等號不能同時成立，所以，故，因為當時，，所以.高考練場1.2021·福建莆田·統考二模）設函數．（1）若在上存在零點，求實數的取值范圍；（2）證明：當時，．【答案】（1），（2）證明見解析【分析】（1）設，根據函數的單調性得到關于的不等式，解出即可；（2）設，求出函數的導數，根據函數的單調性證明結論成立即可【詳解】（1）解：設，因為當時，為增函數，當時，，，所以在上恒大于零，所以在上不存在零點，當時，在上為增函數，根據增函數的和為增函數，所以在上為單調函數，所以在上若有零點，則僅有1個，所以，即，解得，所以實數的取值范圍（2）證明：設，則，則，所以，因為，所以，所以在上遞增，在上恒成立，所以在上遞增，而，因為，所以，所以恒成立，所以當時，2.2024·河南·模擬預測）已知函數.(1)討論的單調性；(2)證明：當時，.【答案】(1)答案見解析；(2)證明見解析.【分析】（1）求出函數的導數，分類討論求解導函數為正為負的不等式解集即得.（2）由（1）中信息，求出函數的最小值，再構造函數，結合不等式性質推理即得.【詳解】（1）函數的定義域為，求導得，當時，，函數在上單調遞增，當時，由，得，函數在上單調遞減，由，得，函數在上單調遞增，所以當時，函數在上單調遞增；當時，函數在上單調遞減，在上單調遞增.（2）證明：由（1）知，函數在上單調遞減，在上單調遞增，則，令函數，求導得，當時，，函數在上單調遞增