特訓05利用導數證明不等式（三大題型）利用導數證明數列不等式的常用方法：(1)利用函數中經典不等式放縮，根據放縮的方向，將函數中經典不等式轉化為數列不等式，將不可求和的數列放縮成可求和的數列(2)結論再造，利用上一問中得到的函數結論，構造出函數不等式，進而轉化為數列不等式，再進行放縮求和.(3)數列思想求通項，通過求出不等式兩側對應數列的通項公式，進而作差構造函數.以上辦法的實質都是構建了函數不等式與數列不等式之間的關系，進而利用數列求和來解決問題.目錄：01：移項構造函數證明不等式02：分拆函數法證明不等式03：放縮后構造函數證明不等式01：移項構造函數證明不等式例1已知函數f(x)＝ex－3x＋3a(e為自然對數的底數，a∈R).(1)求f(x)的單調區間與極值；(2)求證：當a＞lneq\f(3,e)，且x＞0時，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，于是當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x(－∞，ln3)ln3(ln3，＋∞)f′(x)－0＋f(x)極小值故f(x)的單調遞減區間是(－∞，ln3)，單調遞增區間是(ln3，＋∞)，f(x)在x＝ln3處取得極小值，極小值為f(ln3)＝eln3－3ln3＋3a＝3(1－ln3＋a)，無極大值.(2)證明待證不等式等價于ex＞eq\f(3,2)x2－3ax＋1，設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)的最小值為g′(ln3)＝3(1－ln3＋a)＞0.于是對任意x＞0，都有g′(x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)內單調遞增.于是當a＞lneq\f(3,e)＝ln3－1時，對任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)＞g(0).而g(0)＝0，從而對任意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.感悟提升待證不等式的兩邊含有同一個變量時，一般地，可以直接構造“左減右”或“右減左”的函數，利用導數研究其單調性等相關函數性質證明不等式.訓練1已知函數.(1)當時，（ⅰ）求在點處的切線方程；（ⅱ）求的最小值；(2)當時，若不等式恒成立，求實數的取值范圍；(3)當時，證明.（1）解：當時，，，（ⅰ），所以在點處的切線方程為，即；（ⅱ）當時，，當時，，所以函數在上遞減，在上遞增，所以；（2）解：，令，則，當，即時，，，所以函數在上遞增，所以，即，，所以函數在上遞增，所以，所以滿足題意；當，即時，令，則，當時，，所以函數在上遞減，所以當時，，即當時，，所以函數在上遞減，此時，與題意矛盾，綜上所述，實數的取值范圍為；（3）證明：由（2）得，當時，，即，要證，只需要證明，只需要證明，只需要證明，令，則，所以函數在上遞增，所以，所以，所以.【分析】（1）求導，（ⅰ）根據導數的幾何意義即可得出答案；（ⅱ）根據導數的符號求出函數的單調區間，從而可得函數的最小值；（2）求出函數的導函數，根據分和兩種情況討論，從而可得出答案；（3）由（2）可得，當時，，則要證，只需要證明，只需要證明，構造函數，再利用導數證明即可得證.02：分拆函數法證明不等式例2證明：對一切x∈(0，＋∞)，都有lnx＞eq\f(1,ex)－eq\f(2,ex)成立.證明問題等價于證明xlnx＞eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)(x∈(0，＋∞)).設f(x)＝xlnx，f′(x)＝1＋lnx，易知x＝eq\f(1,e)為f(x)的唯一極小值點，則f(x)＝xlnx(x∈(0，＋∞))的最小值是－eq\f(1,e)，當且僅當x＝eq\f(1,e)時取到.設m(x)＝eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)(x∈(0，＋∞))，則m′(x)＝eq\f(1－x,ex)，由m′(x)＜0，得x＞1時，m(x)單調遞減；由m′(x)＞0得0＜x＜1時，m(x)單調遞增，易知m(x)max＝m(1)＝－eq\f(1,e)，當且僅當x＝1時取到.從而對一切x∈(0，＋∞)，xlnx≥－eq\f(1,e)≥eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)，兩個等號不同時取到，所以對一切x∈(0，＋∞)都有lnx＞eq\f(1,ex)－eq\f(2,ex)成立.感悟提升1.若直接求導后導數式比較復雜或無從下手時，可將待證式進行變形，構造兩個函數，從而找到可以傳遞的中間量，達到證明的目標.在證明過程中，等價轉化是關鍵，此處g(x)min≥f(x)max恒成立，從而f(x)≤g(x)恒成立.2.等價變形的目的是求導后簡單地找到極值點，一般地，ex與lnx要分離，常構造xn與lnx，xn與ex的積、商形式.便于求導后找到極值點.訓練2已知函數f(x)＝elnx－ax(x∈R).(1)討論函數f(x)的單調性；(2)當a＝e時，證明：xf(x)－ex＋2ex≤0.(1)解f′(x)＝eq\f(e,x)－a(x>0)，①若a≤0，則f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；②若a>0，則當0<x<eq\f(e,a)時，f′(x)>0；當x>eq\f(e,a)時，f′(x)<0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(e,a)))上單調遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,a)，＋∞))上單調遞減.綜上，當a≤0時，f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；當a>0時，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(e,a)))上單調遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,a)，＋∞))上單調遞減.(2)證明法一∵x>0，∴只需證f(x)≤eq\f(ex,x)－2e，當a＝e時，由(1)知，f(x)在(0，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，∴f(x)max＝f(1)＝－e.記g(x)＝eq\f(ex,x)－2e(x>0)，則g′(x)＝eq\f(（x－1）ex,x2)，∴當0<x<1時，g′(x)<0，當x>1時，g′(x)>0，故g(x)在(0，1)上單調遞減；在(1，＋∞)上單調遞增，∴g(x)min＝g(1)＝－e.綜上，當x>0時，f(x)≤g(x)，即f(x)≤eq\f(ex,x)－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.法二由題意知，即證exlnx－ex2－ex＋2ex≤0，從而等價于lnx－x＋2≤eq\f(ex,ex).設函數g(x)＝lnx－x＋2，則g′(x)＝eq\f(1,x)－1.∴當x∈(0，1)時，g′(x)>0，當x∈(1，＋∞)時，g′(x)<0，故g(x)在(0，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，從而g(x)在(0，＋∞)上的最大值為g(1)＝1.設函數h(x)＝eq\f(ex,ex)，則h′(x)＝eq\f(ex（x－1）,ex2).∴當x∈(0，1)時，h′(x)<0，當x∈(1，＋∞)時，h′(x)>0，故h(x)在(0，1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增，從而h(x)在(0，＋∞)上的最小值為h(1)＝1.綜上，當x>0時，g(x)≤h(x)，即xf(x)－ex＋2ex≤0.03：放縮后構造函數證明不等式例3已知x∈(0，1)，求證：x2－eq\f(1,x)＜eq\f(lnx,ex).證明法一要證x2－eq\f(1,x)＜eq\f(lnx,ex)，只需證exeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(1,x)))＜lnx，又易證ex＞x＋1(0＜x＜1)，∴只需證明lnx＋(x＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－x2))＞0.即證lnx＋1－x3＋eq\f(1,x)－x2＞0，而x3＜x，x2＜x(0＜x＜1)，∴只需證lnx＋1－2x＋eq\f(1,x)＞0，令g(x)＝lnx＋1－2x＋eq\f(1,x)，則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)上單調遞減，∴當x∈(0，1)時，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)，∴要證x2－eq\f(1,x)＜eq\f(lnx,ex)成立，只需證exeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(1,x)))＜lnx成立，只需證x2－eq\f(1,x)＜lnx，又x2＜x(0＜x＜1)，∴只需證lnx＋eq\f(1,x)－x＞0，令h(x)＝lnx＋eq\f(1,x)－x，則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)上單調遞減，∴當x∈(0，1)時，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，直接構造函數不易求其最值，可以適當地利用熟知的函數不等式ex≥x＋1，1－eq\f(1,x)≤lnx≤x－1等進行放縮，有利于簡化后續導數式的求解或函數值正負的判斷；也可以利用局部函數的有界性進行放縮，然后再構造函數進行證明.訓練3證明：exlnx＋eq\f(2ex－1,x)＞1.證明不等式exlnx＋eq\f(2ex－1,x)＞1等價于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，故只需證exlnx＋2＞1，令f(x)＝exlnx＋2(x＞0)，則f′(x)＝e(lnx＋1)，易得當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))時，f′(x)＜0；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))時，f′(x)＞0，故f(x)＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝1，原不等式得證.方法技巧：指對同構在解決指對混合不等式時，如恒成立求參數取值范圍或證明不等式，有一部分題是命題者利用函數單調性構造出來的，如果我們能找到這個函數模型(即不等式兩邊對應的同一函數)，無疑大大加快解決問題的速度.找到這個函數模型的方法，我們稱為同構法.(1)五個常見變形：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)三種基本模式①積型：aea≤blnbeq\o(→,\s\up17(三種同構方式))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(同左：aea≤（lnb）elnb……f（x）＝xex，,同右：ealnea≤blnb……f（x）＝xlnx，,取對：a＋lna≤lnb＋ln（lnb）……f（x）＝x＋lnx，))②商型：eq\f(ea,a)＜eq\f(b,lnb)eq\o(→,\s\up17(三種同構方式))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)，,取對：a－lna＜lnb－ln（lnb）……f（x）＝x－lnx，))③和差型：ea±a＞b±lnbeq\o(→,\s\up17(兩種同構方式))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)已知函數f(x)＝aex－1－lnx＋lna.若f(x)≥1，求a的取值范圍.解f(x)的定義域為(0，＋∞)，f(x)＝aex－1－lnx＋lna＝elna＋x－1－lnx＋lna≥1，等價于elna＋x－1＋lna＋x－1≥lnx＋x＝elnx＋lnx.令g(x)＝ex＋x，上述不等式等價于g(lna＋x－1)≥g(lnx).顯然g(x)為單調增函數，所以又等價于lna＋x－1≥lnx，即lna≥lnx－x＋1.令h(x)＝lnx－x＋1，則h′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x).當x∈(0，1)時，h′(x)>0，h(x)單調遞增；當x∈(1，＋∞)時，h′(x)<0，h(x)單調遞減，所以h(x)max＝h(1)＝0，所以lna≥0，即a≥1，a的取值范圍是[1，＋∞).(2)已知函數f(x)＝aex－lnx－1，證明：當a≥eq\f(1,e)時，f(x)≥0.證明當a≥eq\f(1,e)時，f(x)≥eq\f(ex,e)－lnx－1，所以只需證明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)為增函數，又易證x≥lnex＝lnx＋1，所以g(x)≥g(lnex)，即xex≥elnexlnex成立.故當a≥eq\f(1,e)時，f(x)≥0.一、解答題1．（2024·山東菏澤·模擬預測）已知函數．(1)求函數的單調區間;(2)若，證明:．【答案】(1)的單調遞減區間為，沒有單調遞增區間(2)證明見解析【分析】（1）利用導數求解函數單調性即可.（2）對要證不等式進行化簡，再由第（1）問結論證明即可.【解析】（1），令，所以，由可得，由可得，所以在上單調遞增，在上單調遞減，所以.又因為，所以，即，且至多在一個點處取到.所以在上單調遞減，故的單調遞減區間為，沒有單調遞增區間.（2）證明，只需證：，即證：，令，所以，只需證：，即證：，由（1）知，當時，在上單調遞減，所以當時，，即，所以.【點睛】關鍵點點睛：本題考查導數證明不等式問題.其關鍵點是對要證不等式進行化簡，即證明，再結合第1問求得的單調性證明即可.2．（2023·天津·二模）已知，函數．(1)當時，求的單調區間；(2)當時，設的導函數為，若恒成立，求證：存在，使得；(3)設，若存在，使得，證明：．【答案】(1)遞增區間為，遞減區間為；(2)證明見解析；(3)證明見解析；【分析】（1）當時，求得，結合導數的符號，即可求解；（2）當時，求得，根據題意恒成立，取，得到，即可證明；（3）設，得到，轉化為，設，求得，根據，得到，進而得到，進而證得結論．【解析】（1）由函數，可得其定義域為，當時，可得，則，當時，可得，單調遞減；當時，可得，單調遞增，函數的單調遞增區間為，單調遞減區間為．（2）當時，可得，則，恒成立，即恒成立，令，若，則，存在，使得，即，不符合題意，，取，則，可得即存在，使得．（3）由函數，可得，設，由，可得，則，又由，可得，函數為單調遞增函數，，即，，設，可得，當時，，即，，即，，代入可得：，則，．【點睛】方法點睛：對于利用導數研究不等式的恒成立與有解問題的求解策略：（1）通常要構造新函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，從而求出參數的取值范圍；（2）利用分離變量，構造新函數，直接把問題轉化為函數的最值問題．（3）根據恒成立或有解求解參數的取值時，一般涉及分離參數法，但壓軸試題中很少碰到分離參數后構造的新函數能直接求出最值點的情況，若參變分離不易求解問題，就要考慮利用分類討論法和放縮法，注意恒成立與存在性問題的區別．3．（2024·四川眉山·三模）已知函數.(1)若過點可作曲線兩條切線，求的取值范圍；(2)若有兩個不同極值點.①求的取值范圍；②當時，證明：.【答案】(1)；(2)①；②證明見解析.【分析】（1）求出函數的導數，設出切點坐標，求出切線方程，結合切線過的點構造函數，探討函數有兩個零點的的值范圍.（2）①由有兩個零點，結合零點的意義分離參數，求出直線與函數圖象有兩個公共點的的值范圍；②由方程根的意義可得，分析所證不等式，換元并證明即可.【解析】（1）依題意，，設過點的直線與曲線相切時的切點為，斜率，切線方程為，而點在切線上，則，即有，由過點可作曲線兩條切線，得方程有兩個不相等的實數根，令，則函數有2個零點，求導得，①若，由，得或，由，得，即函數在，上單調遞增，在上單調遞減，則當時，取得極大值；當時，取得極小值，又，當時，恒成立，因此函數最多1個零點，不合題意；②若，恒成立，函數在上單調遞增，因此函數最多1個零點，不合題意；③若，由，得或，由，得，即函數在，上單調遞增，在上單調遞減，則當時，取得極大值；當時，取得極小值，又，顯然當時，恒成立，因此函數最多1個零點，不合題意；④若，顯然，當時，，當時，，函數在上單調遞增，在上單調遞減，當時，取得最大值，要函數有2個零點，必有，得，當時，，而函數在上的值域為，因此在上的值域為，當時，令，求導得，函數在上單調遞減，則，，而函數在上單調遞減，值域為，因此函數在上的值域為，于是當時，函數有兩個零點，所以過點可作曲線兩條切線時，的取值范圍是.（2）①由（1）知，，由函數有兩個極值點，得，即有兩個實數根，令，求導得，當時，，當時，，函數在上單調遞增，上單調遞減，，且，當時，函數恒成立，因此當時，有兩個實數根所以函數有兩個極點時，的取值范圍是.②由，即，得，要證明，只需證明，而，令，則，欲證明，即證明，只需證明即可，令，求導得，則在時單調遞增，故，則，令在時單調遞增，則，因此，即，所以.【點睛】思路點睛：涉及函數的雙零點問題，不管待證的是兩個變量的不等式，還是導函數的值的不等式，都是把雙變量的等式或不等式轉化為一元變量問題求解，途徑都是構造一元函數.4．（2024·重慶·模擬預測）已知函數．(1)求證：；(2)若是的兩個相異零點，求證：．【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）設，求導，分析函數的單調性，確定函數的值域可證明該問題.（2）求，分析函數單調性，求出極值；根據的兩個相異零點，可確定的取值范圍，并分別得到的取值范圍，推導出的取值范圍.【解析】（1）令，則．令，得；令，得．所以在上單調遞減，在上單調遞增．所以，所以．（2）易知函數的定義域是．由，可得．令得；令得．所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以．①當，即時，至多有1個零點，故不滿足題意．②當，即時，．因為在上單調遞增，且．所以，所以在上有且只有1個零點，不妨記為，且．由（1）知，所以．因為在上單調遞減，，所以在上有且只有1個零點，記為，且．所以，所以．同理，若記則有，綜上所述，．【點睛】方法點睛：導函數中常用的兩種常用的轉化方法：一是利用導數研究含參函數的單調性，常化為不等式恒成立問題．注意分類討論與數形結合思想的應用；二是函數的零點、不等式證明常轉化為函數的單調性、極(最)值問題處理．5．（2024·黑龍江雙鴨山·模擬預測）已知函數.(1)當時，討論的單調性；(2)若是的兩個極值點，證明：．【答案】(1)在上單調遞減，在上單調遞增(2)證明見解析【分析】（1）將代入函數解析式，求出導函數，解導數不等式即可得到的單調區間；（2）根據是的兩個極值點，結合韋達定理可得，，要證明，即轉化為求證，即證明令，構造函數，利用導數研究在的單調性即可得證.【解析】（1）當時，的定義域為，所以，令，解得，當時，，當時，，故在上單調遞減，在上單調遞增．（2），由題意可知，是方程的兩根，則，解得，所以，，要證，即證，只需證，需證令，則需證，設，則，所以函數在上單調遞減，所以，因此由得，，所以，故得證,【點睛】方法點睛：對于利用導數研究不等式的恒成立與有解問題的求解策略：（1）通常要構造新函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，從而求出參數的取值范圍；（2）利用可分離變量，構造新函數，直接把問題轉化為函數的最值問題．（3）根據恒成立或有解求解參數的取值時，一般涉及分離參數法，但壓軸試題中很少碰到分離參數后構造的新函數能直接求出最值點的情況，進行求解，若參變分離不易求解問題，就要考慮利用分類討論法和放縮法，注意恒成立與存在性問題的區別．6．（2024·安徽蚌埠·模擬預測）已知函數，其中．(1)若，證明：時，；(2)若函數在其定義域內單調遞增，求實數的值；(3)已知數列的通項公式為，求證：．【答案】(1)證明見解析(2)(3)證明見解析【分析】（1）構建，利用導數判斷其單調性，結合單調性分析證明；（2）求導可得，分、和三種情況，結合導數分析單調性即可；（3）根據（1）（2）分析可得，進而可得，根據題意結合裂項相消法分析證明.【解析】（1）由題意可知：等價于，其中．構建，則，可知在上單調遞減，則時，，所以時，．（2）由題意可知：，則①若，則，由可得，可知在上單調遞減，不合題意；②若，則，可知上為增函數，符合題意；③若，則，由可得，可知在上單調遞減，不合題意；綜上所述：．（3）由（2）知：在上單調遞增，所以時，，即，由（1）知：時，，則，所以時，，令得：，即，因為，所以，由知：，又因為，所以，所以．【點睛】方法點睛：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．7．（2024·山東·模擬預測）已知函數，其中．(1)當時，判斷的單調性；(2)若存在兩個極值點．（ⅰ）證明：；（ⅱ）證明：時，．【答案】(1)在上單調遞增(2)（ⅰ）證明見解析；（ⅱ）證明見解析【分析】（1）求出函數的導函數，令，，利用導數說明的單調性，求出，即可得到的單調性；（2）（ⅰ）結合（1）及題意可知有兩個不相等的實數根，即可求出的取值范圍，從而得到，分析可知只需證明，即證，令，利用導數說明函數的單調性，即可得證；（ⅱ）由（ⅰ）知，及在上的單調性，從而得到，再構造函數，利用導數證明，即可得證.【解析】（1）函數的定義域為，則，令，，則，所以當時，當時，所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以在處取得極小值，即最小值，所以，所以在上恒成立，所以在上單調遞增；（2）（ⅰ）由（1）可知在上的最小值為，當時，當時，若存在兩個極值點，則有兩個不相等的實數根，所以，解得，又，所以，且當時，即，則單調遞增，當時，即，則單調遞減，當時，即，則單調遞增，所以為的極大值點，為的極小值點，因為，所以，要證，即證，又，只需證，即證，即證，令，則，所以在上單調遞增，所以，即成立，所以；（ⅱ）由（ⅰ）知，，且當時，當時，所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以，令，則，所以在上單調遞增，所以，即，所以，所以.【點睛】方法點睛：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．8．（2024·全國·模擬預測）設整數，且，函數．(1)證明：；(2)設，證明：；(3)設，證明：．【答案】(1)證明見解析；(2)證明見解析；(3)證明見解析【分析】（1）通過求導數得到函數的單調性，從而得到函數的最小值，從而；（2）構造函數，求導數得到函數的單調性，從而得到函數的最大值，從而，所以；（3）利用（1）（2）中的結論，，，得到，放縮證明.【解析】（1）．因為，，所以單調遞增．因此，當時，，單調遞減；當時，，單調遞增，所以．（2）設，則，所以在上單調遞減，故，從而當時，．（3）由（1）知，所以，再利用，于是因此，．【點睛】方法點睛：常見的放縮公式；；；9．（2024·安徽合肥·二模）已知曲線在點處的切線為．(1)求直線的方程；(2)證明：除點外，曲線在直線的下方；(3)設，求證：．【答案】(1)；(2)證明見解析；(3)證明見解析.【分析】（1）求導，得到，利用導數的幾何意義寫出切線方程；（2）令，二次求導得到函數單調性，結合特殊點函數值，得到所以，當且僅當等號成立，得到證明；（3）求導得到的單調性，結合函數圖象得到，不妨令，結合曲線在點的切線方程為，得到，轉化為證明，又，只要證，令，求導得到函數單調性，結合特殊點函數值得到答案.【解析】（1）因為，所以，所以直線的方程為：，即（2）令，則，令，則，由，解得，由，解得，所以在上單調遞減，在上單調遞增，當時，，所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以，當且僅當等號成立，所以除切點之外，曲線在直線的下方．（3）由，解得，解得，所以在上單調遞增，在上單調遞減，，當時，．因為，則，不妨令．因為曲線在點的切線方程為，設點在切線上，有，故，

由（1）知時，，則，即，要證：，只要證：，只要證：，又，只要證：，令，則，易證在上單調遞增，在上單調遞減，所以，所以在上單調遞減，所以成立，所以原命題成立．【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵是利用函數在零點處的切線方程，得到，且，從而只需證明，再勾股函數進行求解.10．（2024·甘肅白銀·三模）設函數，．(1)討論的單調性．(2)證明：．(3)當時，證明：．【答案】(1)的增區間為，減區間為，(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）對求導，利用導數與函數單調性間的關系，求出和的解，即可求出結果；（2）對求導，利用導數與函數單調性間的關系，求出的單調區間，進而求出的最小值，即可證明結果；（3）根據條件及（2）中結果得到，構造函數，利用導數與函數單調性間的關系，得到在區間上單調遞減，從而得到，即可證明結果.【解析】（1）因為，易知定義域為，，由，得到，由，得到或，所以的增區間為，減區間為，.（2）因為，易知定義域為，，當時，，當時，，即在區間上單調遞減，在區間上單調遞增，所以.（3）由（2）知，當且僅當時取等號，所以，當且僅當時取等號，要證明，即證明，令，則在區間上恒成立，又，所以，所以，命題得證.【點睛】關鍵點點晴：本題的關鍵在于第（3）問，通過轉換，要證明，即證明，再構造函，利用的單調性及（2）中結論解決問題.11．（2024·貴州遵義·一模）已知函數，．(1)求的單調區間；(2)若對于正實數，滿足．（i）證明：；（ii）證明：．【答案】(1)單調遞增區間，無遞減區間(2)（i）證明見解析；（ii）證明見解析【分析】（1）求得，結合，得到，即可求解；（2）（i）設，當時，得到，得到和，根據，得到，再由，令，求得單調遞增，進而證得；（ii）要證，轉化為證，設，利用導數求得在單調遞增，得到，進而得到，即可得證.【解析】（1）解：由函數，其定義域為，可得，因為，所以，所以在單調遞增，所以函數單調遞增區間為，無遞減區間.（2）解：（i）由，，設，其中，當時，，，所以恒成立，所以，可得，同理可得，又因為，所以，又由，令，可得，所以在上單調遞增，所以恒成立，所以在上單調遞增，又因為，所以.（ii）要證，即證，只需證，即證，因為，可得，設，則在上恒成立，所以在單調遞增，又因為，所以，所以，所以，所以，從而，所以.【點睛】方法技巧：對于利用導數研究不等式的恒成立與有解問題的求解策略：1、通常要構造新函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，從而求出參數的取值范圍；2、利用可分離變量，構造新函數，直接把問題轉化為函數的最值問題．3、根據恒成立或有解求解參數的取值時，一般涉及分離參數法，但壓軸試題中很少碰到分離參數后構造的新函數能直接求出最值點的情況，進行求解，若參變分離不易求解問題，就要考慮利用分類討論法和放縮法，注意恒成立與存在性問題的區別．12．（2024·遼寧·模擬預測）已知函數．(1)當時，判斷在區間內的單調性；(2)若有三個零點，且．（i）求的取值范圍；（ii）證明：.【答案】(1)在上單調遞減，在上單調遞增(2)（i）；（ii）證明見解析【分析】（1）多次求導后，借助導數的單調性及正負即可判斷原函數的單調區間；（2）（i）原條件可轉化有三個不等實根，從而構造函數，研究該函數即可得；（ii）借助的單調性，得到，從而將證明，轉化為證明，再設，從而將三個變量的問題轉化為單變量問題，即可構造函數，證明其在上大于即可.【解析】（1）當時，，，令，，令，可得，則當時，，當時，，即在上單調遞減，在上單調遞增，又，，故當時，，當時，，故在上單調遞減，在上單調遞增；（2）（i）有三個零點，即有三個根，由不是該方程的根，故有三個根，且，令，，故當時，，當時，，即在、上單調遞增，在上單調遞減，，當時，，時，，當時，，時，，故時，有三個根；（ii）由在上單調遞增，，故，由（i）可得，且，即只需證，設，則，則有，即有，故，，則，即，即只需證，令，則恒成立，故在上單調遞增，則，即得證.【點睛】方法點睛：極值點偏移問題的一般題設形式：1.若函數存在兩個零點且，求證：（為函數的極值點）；2.若函數中存在且滿足，求證：（為函數的極值點）；3.若函數存在兩個零點且，令，求證：；4.若函數中存在且滿足，令，求證：.13．（2024·河南南陽·一模）已知函數.(1)若函數在上單調遞增，求的取值范圍.(2)若函數的兩個零點分別是，且，證明：①隨著的增大而減小；②.【答案】(1)(2)①證明見解析：②證明見解析【分析】（1）利用導數判斷原函數單調性，卡端點列出不等式求解即可.（2）①合理判斷有兩個零點，構造與的函數，求其單調性即可.②求出關鍵點的函數值，結合不等式的運算性質證明不等關系即可.【解析】（1）若函數在上單調遞增，易知，令，，令，，所以在上單調遞減，在上單調遞增，故原命題等價于求，且，故，解得，即的取值范圍為.（2）①引理：對，必有成立，令，故，令，，令，，故在上單調遞減，在上單調遞增，則，即恒成立，故成立，設，則，即，可得的最小值為而，當時，，且由引理知，故，由零點存在性定理得有兩個零點，結合可得，故當時，兩個根一定會存在，設是關于的函數，記為，我們同樣可以定義為：對，存在唯一的，使得，且這個就是關于的方程中的較大根，此時已有，此時發現是上的函數，則證明在上單調遞減即可，由于，首先，我們有，，所以，，其次，我們實際上有，（因為要么，要么），所以，若，則，，然后考慮，顯然我們有，若，則，所以另一根一定小于，從而，若，由于是關于的較大根，故，即，解得，但是對任意的時，關于的方程的較小根都不超過，要么，解得，要么，所以是較大根，從而，這表明與關于對稱，所以我們只需要證明在上單調遞減，這里是的較大根，且，由于，故對，設，則，，從而由是較大根，知，，也意味著位于單調遞增區間，設，由于當時，，所以，而，方程的較小根一定不超過，這表明的較大根一定成立，所以，這就證明了在上單調遞減，從而一定在上單調遞減，故隨著的增大而減小得證.②由①知有兩個零點，且，由于，由引理又有，而根據單調性得，當或時，必有，所以，可得即，原不等式得證.【點睛】關鍵點點睛：本題考查導數，解題關鍵是利用零點存在性定理證明函數有兩個零點，然后構造函數，轉化為證明函數單調性問題求解即可.14．（2024·廣東·模擬預測）已知．(1)討論的單調性；(2)若存在兩個零點，證明：存在三個零點，且(3)在（2）的條件下，證明：．【答案】(1)答案見解析(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）對求導，對分類討論即可求解；（2）一方面首先有，進一步，從而我們只需要證明在上還存在一個零點即可，對此我們可以不斷求導結合零點存在定理分析即可得證；（3）設，，通過分析得出要證，只需要證明：，一方面可以構造函數來說明，另一方面由，，結合單調性來說明，由此即可得證.【解析】（1），如果則，所以在R上遞減；如果，則的符號以為分界線，左邊負右邊正，所以在遞減，在遞增；（2）由于有兩個零點，故，而且，也就是，所以，如果或，那么，所以有零點，同時，由于且，所以，而，令，則，令，則，這表明遞增，同時由于，所以在上有一實數u，滿足，且時，，時，.所以在遞減，在遞增.假設，就意味著在和上均遞增，所以，矛盾.所以，從而在和上各有一零點，且在和上大于0，在上小于0.那么由于，我們知道，所以上一定還有的零點.綜上所述，存在三個零點，且；（3）設，，則有：，但，要證，只需要證明：，首先，容易說明當時，，實際上，這也就是說此時，而意味著，上一問已證，同時由于是的零點（可導函數取極值的必要條件），所以，在這里對某個函數，我們定義函數列：，換言之是進行次求導后得到的函數，從而令，，則，所以時，，所以時，，所以時，，即，所以，又因為，所以，從而，也就是，由于，而在上小于0，在上大于0，故，又由于，，而在上遞減，在上遞增，故，綜上，，從而.【點睛】關鍵點點睛：第三問的關鍵是構造函數來說明，由此即可順利得證.證.15．（2024·全國·模擬預測）已知當時，，，.(1)證明：；(2)已知，證明：（可近似于3.14）.【答案】(1)證明見解析；(2)證明見解析.【分析】（1）令，求導得到函數單調性，得到，要證，只需證，構造，，二次求導得到單調性，得到，證明出，證明出不等式；（2）變形得到，兩邊同時除以得到：，證明出不等式.【解析】（1）令，∴在上恒成立，∴在上單調遞增，∴，∴，∴，要證，只需證，∵，∴只需證，令，，∴，∴，令，，∴，又∵當時，，∴當時，，∴在上單調遞減，∴，∴當時，，∴在上單調遞減∴，∴，∴，∴綜上所述，當時，，證畢.（2）∵當時，，∴，∴，∴，①將①式兩邊同時乘以得到：，②∵，但當時，，∴，將②式兩邊同時除以得到：，∴，∴，∴當時，，證畢.【點睛】方法點睛:證明不等式或比較兩函數大小，需構造函數，并根據導函數得到函數單調性，結合特殊點函數值得到結論.16．（2024·福建福州·模擬預測）已知函數．(1)討論的單調性；(2)求證：；(3)若且，求證：．【答案】(1)在區間上單調遞減(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）求，令，求，討論的大小可證得，即，即可得出的單調性；（2）法一：要證，即證，記，討論的單調性和最值即可證明；法二：通過構造函數結合已知條件放縮要證即證即可.（3）法一：由（1）可知為減函數，所以，要證即證，構造函數證明即可；法二：先證，即，則，再結合基本不等式即可證明.【解析】（1）的定義域為，，記，當時，單調遞增；當時，單調遞減，所以，即，所以在區間上單調遞減．（2）法一：先證，記，則，記，則，所以時，遞增；時，遞減．所以，所以，又，所以，故．再證，即證，記，則，記，則，所以在遞增，所以，所以，即，所以.法二：構造函數，當時，單調遞增，，所以，構造函數，當時，單調遞增；當時，單調遞減．所以，即，即成立．所以，所以，則只需證明，即，而顯然成立，所以．（3）法一：由（2）知的最大值為0．因為且，則之中至少有一個大于1，不妨設，則，由（1）可知為減函數，所以，所以，因為，記，則，因為，所以，所以，所以．法二：先證，記，則，記，則，所以時，遞增；時，遞減．所以，所以，又，所以，故．所以，因為且，所以，所以，所以，則．【點睛】方法點睛：利用導數證明不等式問題，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.17．（2024·山東濰坊·三模）一個完美均勻且靈活的項鏈的兩端被懸掛，并只受重力的影響，這個項鏈形成的曲線形狀被稱為懸鏈線.1691年，萊布尼茨、惠根斯和約翰?伯努利等得到“懸鏈線”方程，其中為參數.當時，就是雙曲余弦函數，類似地雙曲正弦函數，它們與正、余弦函數有許多類似的性質.(1)類比三角函數的三個性質：①倍角公式；②平方關系；③求導公式寫出雙曲正弦和雙曲余弦函數的一個正確的性質并證明；(2)當時，雙曲正弦函數圖象總在直線的上方，求實數的取值范圍；(3)若，證明：【答案】(1)答案見解析，證明見解析(2)(3)證明見解析【分析】（1）類比，寫出平方關系，倍角關系和導數關系，并進行證明；（2）構造函數，，求導，分和兩種情況，結合基本不等式，隱零點，得到函數單調性，進而得到