(全国通用)高考数学二轮热点题型归纳与变式演练 专题3-7 导数压轴大题归类：不等式证明归类（2）（原卷+解析）学案

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专题3-7 导数压轴大题归类：不等式证明归类（2）

目录
一、热点题型归纳 1
【题型一】 不等式证明6：凸凹翻转型 1
【题型二】 不等式证明7：三角函数与导数型 4
【题型三】 不等式证明8：极值点偏移（不含参） 6
【题型四】 不等式证明9：极值点偏移（含参） 9
【题型五】 不等式证明10：三个“极值点”（零点）型 12
【题型六】 不等式证明11：比值代换（整体代换等）型 15
【题型七】 不等式证明11：非对称型（零点值x1与x2系数不一致） 18
【题型八】 不等式证明12：韦达定理型 21
【题型九】 不等式证明13：利用第一问构造（包括泰勒展开） 23
【题型十】 不等式证明14：含ex和lnx型 26
【题型十一】 不等式证明15：先放缩再证明型 28
【题型十二】 不等式证明16：切线放缩证明“两根差”型 31
【题型十三】 不等式证明17：条件不等式证明 34
【题型十四】 综合证明：x1与x2综合 37
二、最新模考题组练 40





【题型一】 不等式证明6:凹凸翻转型
【典例分析】
已知，.
（1）求函数的单调区间；
（2）对一切，恒成立，求实数a的取值范围；
（3）证明：对一切，都有成立.
【答案】（1）函数在上单调递减，在上单调递增（2）（3）证明见解析
【分析】
（1）求出的导函数，令导函数小于0，可求得函数单调递减区间，导函数大于0，可求得函数单调递增区间；
（2）把与解析式代入已知不等式，整理后设，求出的导函数，根据导函数的正负判断单调性，进而求出的最小值，即可确定的范围；
（3）所证不等式两边乘以，左边为，右边设为，求出左边的最小值及右边的最大值，比较即可得证．
（1）
解：因为，所以，
当，，当，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增；
（2）
解：原不等式等价于，即对一切恒成立，
设，则，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，
所以实数a的取值范围为；
（3）证明：原问题等价于证明，
由（1）可知，的最小值是，当且仅当时取到，
设，则，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以，当且仅当时取到，
所以对一切，都有成立．
【提分秘籍】
基本规律
类型特征：
（1） 特殊技巧；
（2） 分开为两个函数，各自研究，甚至用上放缩法



【变式演练】
1.已知．
（1）求函数的极值；
（2）证明：对一切，都有成立．
【答案】（1）极小值为，无极大值（2）证明见解析
【分析】
（1）求导，令f′(x)=0，解得，分别讨论和时，的正负，可得的单调区间，即可得答案.（2）问题等价于证明，x∈(0，＋∞)．设，利用导数求得的单调区间和极值，分析即可得答案.
解（1）由，x>0，得f′(x)=ln x＋1，令f′(x)=0，得．
当时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
所以的极小值为，无极大值．
（2）证明：问题等价于证明，x∈(0，＋∞)．由（1）可知，x∈(0，＋∞)，
设，则，当时，，单调递增；
当时，，单调递减．易知，当且仅当时取到．
从而对一切x∈(0，＋∞)，成立，当且仅当时等号成立．
即对一切，都有成立．
2.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），令，分别讨论，，，解不等式或即可得单调增区间和减区间，进而可得单调性.
（2）设分别求，利用导数判断两个函数的单调性以及最值，求出即可求证.
解（1）因为，所以，，，
令，当时，恒成立，此时在上单调递减，
当时，解不等式可得：，
所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
当时，解不等式可得：，
所以在上单调递增，在上单调递减，
综上所述：当时，在上单调递减，
当时，在和上单调递减，
在上单调递增，
当时， 在上单调递增，在上单调递减，
（2）由可得，由可得，由可得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，设，则，
由即可得；由即可得，
所以在上单调递增，在上单调递减，所以，
所以，所以对任意的恒成立.

【题型二】 不等式证明7：三角函数与导数不等式
【典例分析】
已知函数，，．
（1）若在上单调递增，求a的最大值；
（2）当a取（1）中所求的最大值时，讨论在R上的零点个数，并证明．
【答案】（1）1；（2）2个，证明见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，转化为导函数在上恒成立，再求导求其最小值即可；（2）利用导数分析函数在上的单调性，根据两点的存在性定理可确定出2个零点，再由导数求出函数的最小值，求出最小值的范围即可得证.
解（1）由题意可知，在上恒成立，
因为，所以单调递增，
所以，解得a≤1，所以a的最大值为1.
（2）
易知a=1，所以,
当x≤0时，，所以g(x)单调递减，
当x>0时，，则，所以单调递增,
因为，所以存在，使得，
在上单调递减，在上单调递增，
又，所以,
因为，所以存在，使得，
所以有两个零点， 又因为，
所以，因为，
所以，故成立.

【提分秘籍】
基本规律
1.证明思路和普通不等式一样。
2.充分利用正余弦的有界性

【变式演练】
1.设函数.
（1）求的极值点；
（2）设函数.证明：.
【答案】（1）；（2）证明过程见解析.
【分析】（1）利用二次求导法，结合函数极值的定义进行求解即可；
（2）利用构造函数法，结合导数的性质分类讨论进行证明即可.
解（1）函数的定义域为：，
由，设，
因为，所以是单调递减函数，
因此当时，单调递减，
当时，单调递增，
因此当时，函数有极大值，极大值为；
（2）函数的定义域为：，即，
要想证明，只需证明，
构造函数，由（1）可知当时，函数的极大值为，
即，当时，，
设， ，，
当时，单调递增，即有，
因此此时有成立，
当时，单调递减，即有，
因此此时有成立，
所以当时，，即，
设，当时，显然有，
因此有，即，而，
所以当时，不等式成立，即成立.
2.已知函数
（1）若，成立，求实数的取值范围;
（2）证明：有且只有一个零点，且．
【答案】（1）（2）证明见解析.
【分析】
（1）把已知条件转化成大于在上的最小值即可解决；
（2）先求导函数，判断出函数的单调区间，图像走势，再判断函数零点，隐零点问题重在转化.
解（1）由得，则在上单调递增，在上最小值为
若，成立，则必有由，得故实数的取值范围为
（2）在上单调递增，且恒成立，最小正周期，在上最小值为由此可知在恒为正值，没有零点.
下面看在上的零点情况.，，则
即在单调递增，
，
故在上有唯一零点.综上可知，在上有且只有一个零点.
令，则，。
令，则。即在上单调递减，
故有
【题型三】 不等式证明8：极值点偏移之不含参型
【典例分析】
.已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：．
【答案】（1）x－y－1＝0；（2）证明见解析﹒
【分析】(1)利用导数的几何意义即可求；
(2)①对不等式右侧可以采用切线放缩来进行证明；②不等式左侧变形转化为证明﹒
解（1）切点为，，，切线方程为，即x－y－1＝0；
（2），令，且当时，，单调递减；
当时，，单调递增．∵，不妨设，∴，
对不等式右侧可以采用切线放缩来进行证明．
注意到，而，∴．
再证左边：要证：，只需证明：．∵，∴．
又∵，当时，单调递增﹐故只需证明．
，构造函数，，
∴，∴
∴在上单调递减，∴，
∴，∴．
【提分秘籍】
基本规律
1.求出函数的极值点；
2.构造一元差函数；
3.确定函数的单调性；
4.结合，判断的符号，从而确定、的大小关系
【变式演练】
1.已知函数.
（1）当时，判断在区间上的单调性；
（2）当时，若，且的极值在处取得，证明：.
【答案】（1）在上是增函数．（2）证明见解析．
【分析】（1）求出导函数，设，再求导，由恒成立得单调递增，得，从而得的单调性；
（2）利用导数得出的极小值点，注意，题设中，满足，考虑到，引入新函数，，利用导数确定是单调增函数，得，即得，再利用的关系，及函数的单调性可证得结论成立．
解（1），时，，，
设，则，时，恒成立，
所以，即在上单调递增，又，所以时，恒成立，
所以在上是增函数．
（2），，，由（1）知在上是增函数，
，，所以在，即在上存在唯一零点，，
时，，递减，时，，递增．
是函数的唯一极小值点．若，则，
设，，
，

由得，所以，
由，得，，又，
所以，所以是增函数，
当时，，
所以，，又，
，所以，又，在上单调递增，
所以，所以．
2.已知函数.（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，设函数的两个零点为，，试证明：.
【答案】（1）当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减；（2）证明见解析.
【分析】（1）求出导函数，讨论的取值范围，利用导数与函数单调性之间的关系即可求解.
（2）利用导数求出函数的极大值，由零点存在性定理可得两零点所在的区间，不妨设，则有，构造函数，，利用导数判断出函数单调递增，从而可得，再由即可求解.
解：（1）易得函数的定义域为.对函数求导得：.
当时，恒成立，即可知在上单调递增；
当时，当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减.
（2）当时，，，此时在上单调递增，在上单调递减.
，又，，不妨设，则有，
令，，.
当时，，单调递增，，，
，又，，
，，在上单调递减，，即.
【题型四】 不等式证明9：极值点偏移之含参型
【典例分析】
已知函数的两个零点为．（1）求实数m的取值范围；
（3） 求证：．
【答案】（1）（2）见解析
【详解】（1），当时，，
在上单调递增，不可能有两个零点；
当时，由可解得，由可解得，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以，
要使得在上有两个零点，则，解得，
则m的取值范围为．
（2）令，则，由题意知方程有两个根，
即方程有两个根，不妨设，，令，
则当时，单调递增，时，单调递减，综上可知，，
要证，即证，即，即证，
令，下面证对任意的恒成立，∵，∴，
∴又∵，∴，则在单调递增∴，故原不等式成立．
【提分秘籍】
基本规律
1.消去参数，从而转化成不含参数的问题去解决；
2.以参数为媒介，构造出一个变元的新的函数.

【变式演练】
1..已知函数.
（1）设函数，且恒成立，求实数的取值范围；
（2）求证：；
（3）设函数的两个零点、，求证：.
【答案】（1）（2）证明见解析（3）证明见解析
【分析】（1）利用变量分离法得出，利用导数求出函数的最小值，即可得出实数的取值范围；
（2）证明出，即可证得结论成立；
（3）分析可得，证得，利用基本不等式可得出，构造函数，分析看可知函数在上为增函数，分析得出，结合函数的单调性可证得结论成立.
解：（1）由可得，可得，令，其中，则，
当时，，此时函数单调递减，当时，，此时函数单调递增，
所以，，所以，；
（2）解：要证，即证，由（1）可知，，当且仅当时，等号成立，令，其中，则，当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，所以，，
因为和取等的条件不同，故，即；
（3）解：由题知①，②， ①②得③，
②①得④. ③④得，
不妨设，记.令，则，
所以在上单调递增，所以，则，即，
所以.因为，
所以，即.令，，则在上单调递增.
又，所以，即，所以.
2.已知函数.（1）若f（1）=2，求a的值；
（2）若存在两个不相等的正实数，满足，证明：
①；②.
【答案】（1）2；（2）证明过程见解析.
【分析】（1）代入f（1）=2即可求出a的值；（2）①分情况讨论，得到时满足题意，根据函数单调性，不妨设，构造差函数，证明极值点偏移问题；②在第一问的基础上进行放缩即可证明..
解（1）由，化简得：，两边平方，解得：.
（2）不妨令，
①当时，在上单调递增，故不能使得存在两个不相等的正实数，满足，舍去；
当时，为定值，不合题意；
当时，，由对勾函数知识可知：当时，在上单调递增，在上单调递增，两个分段函数在处函数值相同，故函数在上单调递增，不能使得存在两个不相等的正实数，满足，舍去；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，且，即分段函数在处函数值相等，要想存在两个不相等的正实数，满足，则有三种类型，第一种：，显然，令，则，当时，，即在单调递增，所以，即，由于，所以，又因为，所以，因为，而在上单调递减，所以，即，综上：；第二种情况：，显然满足，
接下来证明，令，则，当时，，即在单调递增，所以，又，所以，又，所以，因为，，在上单调递增，所以，即，综上：；第三种情况：，由第一种情况可知满足，由第二种情况可知：，则，
综上：，证毕.
②由①可知：当时，由得：，整理得：，即；
当时，，整理得：，整理得：，因为，所以，综上：，证毕.
【题型五】 不等式证明10：三个“极值点（零点）”不等式
【典例分析】
已知函数在处的切线方程为．
（1）求函数的解析式；
（2）当时，若函数的3个极值点分别为，，，求证：．
【答案】（1）（2）证明见解析【分析】
（1）由切线方程及导数的几何意义，得，解得，把点代入曲线方程，解得，进而可得函数的解析式；
（2）由（1）可得的解析式，对求导，分析的单调性，极值，推出函数的3个极值点中，有一个为，有一个小于，有一个大于1，进而得出答案．
解：（（1）1）由，可得，，所以，
所以，解得，又因为在曲线上，所以，解得，
所以函数的解析式为：；
（2）证明：，，
令，，当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以，因为函数有3个极值点，所以，所以，所以当时，又，
（1），从而函数的3个极值点中，有一个为，有一个小于，有一个大于1，
又，所以，，，即，，
故．

【提分秘籍】
基本规律
1.可以通过代换消去一个极值点。
2.一些函数也可以求出具体的极值点
3.通过分类讨论可以“锁定”一个的取值范围，适当放缩。

【变式演练】
1.已知函数.
（1）若曲线在处的切线斜率为，求实数的值；
（2）若函数有3个不同的零点，，，求实数的取值范围，并证明：.
【答案】（1）1；（2），证明见解析.
【分析】
（1）由导数的几何意义，知，即可求出的值；
（2）由题意，又有3个不同的零点，则有两个异于2的不等实根，令，结合导数研究的零点分布情况即可求的取值范围，应用分析法：要证仅需证，而，是的两个实根有，令，，，只需证，上恒成立即可.
【详解】
（1）对求导，得，
依题意，，解得.
（2）依题意，，，令，得或，
要使有三个不等实根，需使有两个异于2的不等实根，不妨设，，令，则，
当时，，在上单调递减，不可能有两个零点，不合题意；
当时，令，得，
∴当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，∴要使有两个异于2的不等实根，须使，即，此时有，，，
∴由函数零点存在定理知有两个零点，即，又有，
∴实数的取值范围是.要证，只需证.①
∵，是的两个实根，且，∴，即，有.
令，，则，，，∴要证①式成立，只需证，，即证，.令，，则在上恒成立，
∴在上单调递增，有，
∴，则得证.
2.已知函数f(x)=ex-ax21+x．
（1）若a=0，讨论f(x)的单调性．
（2）若f(x)有三个极值点x1，x2，x3．
①求a的取值范围；
②求证：x1+x2+x3>-2．
【答案】（1）f(x)在(-∞,-1)和(-1,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增（2）①(1e,12)∪(12,+∞) ；②证明见解析
【分析】（1）求导，根据的导函数与0的关系求出单调区间，
（2）①先求导，f'(0)=0，令g(x)=ex-a(x+2)，再求导，判断根的范围
②利用分析法进行求证，要证：x1+x2+x3>-2，只要证：x1+x2>-2，只要证ex2-e-2-x2-2a(x2+1)<0，转化为只要证x2ex2+(x2+2)e-x2-2>0，求导，判断增减性，问题得以证明．
解：（1）当a=0时，f(x)=ex1+x，x≠-1，∴f'(x)=xex(1+x)2，
当f'(x)<0时，x在(-∞,-1)和(-1,0)上，f(x)单调递减，
当f'(x)>0时，x在(0,+∞)上，f(x)单调递增，
（2）①解：∵f(x)=ex-ax21+x，∴f'(x)=x[ex-a(x+2)](1+x)2，首先f'(0)=0，令g(x)=ex-a(x+2)，则g(x)=0应有两个既不等于0也不等于-1的根，求导可得，g'(x)=ex-a，
若a≤0，则g'(x)>0，g(x)在(-∞,-1)，(-1,+∞)上均为增函数，
且x<-1时，g(x)-1时，g(x)>g-1，
故g(x)=0在(-∞,-1)∪-1,+∞上至多有一个零点，不合题意，舍去，
故a>0，g'(x)=ex-a=0有唯一的根x0=lna，
当xlna时，g'x>0，所以x0是g(x)的极小值点且为最小值，
要使g(x)=0有两根，只要g(x0)<0即可，
由g(x0)=elna-a(lna+2)=-a(lna+1)<0，得a>1e，此时g-1=1e-a≠0，又由g(0)≠0，得a≠12，
若a>1e且a≠12时，g-3=e-3+a>0，设Sx=x-2lnx,x>2，则S'x=x-2x>0，
故Sx在2,+∞上为增函数，故Sx>S(2)=2-2ln2>0即ex>x2x>2，
取M=max2,a+a2+8a2，则x>M时，ex-ax-2a>x2-ax-2a>0，
故此时g(x)=0有两个既不等于0也不等于-1的根，
而g(-1)=1e-a<0，故g(x)=0的两根中，一个大于-1，另一个小于-1，
于是在定义域中，连同x=0，f'(x)=0共有三个相异实根，并且在这三个根的左右，f'(x)的正负变号，它们就是f(x)的三个极值点，综上，a的取值范围是(1e,12)∪(12,+∞)；
②证明：由①可知f(x)有三个极值点x1，x2，x3中，两个是g(x)=0的两根（不妨设为x1，x2，其中x1<-1-2。只要证：x1+x2>-2，即只要证明x1>-x2-2，
因为g(x)在(-∞,lna)上单调递减，其中lna>-1，故只要证g(x1) 只要证g(x2) 只要证ex2-e-2-x2-2a(x2+1)<0，由g(x2)=ex2-a(x2+2)=0，得a=ex2x2+2，由此代入上述不等式，只要证明ex2-e-2-x2-2ex2x2+2(x2+1)<0，只要证x2ex2+(x2+2)e-x2-2>0，令h(x)=xex+(x+2)e-x-2，
当x>-1时，h'(x)=(x+1)ex-(x+1)e-x-2=(x+1)(ex-e-x-2)>0，h(x)单调递增，而h(-1)=0，
所以当x>-1时，h(x)>0，于是证x2ex2+(x2+2)e-x2-2>0，
即：x1+x2+x3>-2．
【题型六】 不等式证明11：比值代换（整体代换等）
【典例分析】
已知函数（为常数，且）.
（1）求函数的单调区间；
（2）当时，若有两个极值点，，证明：.
【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析
【分析】（1）先求出函数的定义域，再对函数求导，然后分和两种情况判断导数的正负，从而可求出函数的单调区间，
（2），由题知，方程有两个不同的正根，，设，则①，，②，①+②得：，①-②得：，消去，化简变形，再令，则，，所以只要证，构造函数，利用导数求其最小值大于零即可
解（1）函数的定义域为，，
①当时，由，解得，由，解得，
所以的增区间为，减区间为
②当时，由解得，由，解得，
所以的增区间为，减区间为
综上：当时，的增区间为，减区间为
当时，的增区间为，减区间为.
（2）由，得由题知，方程有两个不同的正根，，设
则①，，②
①+②得：，
①-②得：，消去得，
令，则，，要证，即证，即证，
即证，令，则，
当时，所以函数在内单调递增，
又因为，所以，所以，
所以.


【提分秘籍】
基本规律
1.两个极值点（或者零点），可代入得到两个“对称”方程
2.适当的恒等变形，可构造出“比值”型整体变量。

【变式演练】
1.已知函数，.
（1）若函数的图象在点处的切线方程为，求实数a的值；
（2）若函数在定义域内有两个不同的极值点，.
（i）求实数a的取值范围；
（ii）当时，证明：.
【答案】（1）2（2）（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）利用切线方程可得，，即可求；
（2）（i）要使在定义域内有两个不同的极值点，，需满足在内有两个不同的零点，，设，得，通过分类讨论参数，可求a的取值范围；
（ii）证法不唯一，可设，由转化得，要证即证，令，通过构造，，结合即可求证；
证法二 方法类同于一，可作参考.（1）因为，则，
又，所以在点处的切线方程为，即，
又该切线为，则且，所以；
（2）（i）函数定义域为，因为函数在内有两个不同的极值点，，
即等价于函数在内有两个不同的零点，.设，由，
当时，，在上单调递增，至多只有一个零点；
当时，在上，单调递增；在上，单调递减，
所以，当时，，函数有两个零点，则必有，即，解得，
又，易证，证明如下：令，，
当时，，单减，当时，单增，故，故，得证.，所以在和上各有一个零点，故有两个零点时，a的范围为；
（ii）法1：由（i）可知，是的两个零点，不防设，
由且，得.
因为令，则，
记，，由，令，.
又，则，即，
所以在上单调递增，故，即成立.所以不等式成立.
法2：欲证，由，，则只需证：.
不妨设，则且，则，
所以令，则，
记，，由，即在上单调递增，
故，即成立.故.
2.和是关于的方程的两个不同的实数根.
（1）求实数的取值范围；
（2）若，求证：.
【答案】（1）（2）证明见解析
【分析】
（1）分离参数a，设新的函数，利用导数判断其单调性，求出最值，即可求得实数的取值范围；
（2）设，从而将变形为，再利用对数运算确定的范围，再利用换元法，结合方程的跟满足方程，构造新的函数，利用导数求该函数的最小值，则问题可得到证明.
解（1）当，即，设，则，
当时，，所以 在时递增，
当时，，所以 在时递增，
故x=-1时，取得最大值 ，又时，，
当时，，且当 时，，
所以由关于的方程有两个不同的实数根.可得：；
（2）设，则， ，设 ，则，
，，设 ，
，设，则，则在递增，而，
时，，即在上递减，则，
.

【题型七】 不等式证明11：非对称型（零点x1与x2系数不一致）
【典例分析】
已知，.
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个零点，是的极值点，求证：.
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.
【分析】（1）求导，分，，由，求解；
（2）由（1）知：的极值点是，根据有两个零点，则，由，设，再由得到，将证明，转化为证明，利用导数法证明.
解：（1）因为，，所以，
当时，，则在上递增，

当时，令得，
当时，，当时，，所以在上递减，在上递增；
（2）由（1）知：的极值点是，若有两个零点，
则，解得，由，设，
由得，即，解得，
，即为，即为，即为，
因为，要证，只需证，
令，则，
令，则，，
所以在上递增，且，所以在上递增，且，
所以.

【提分秘籍】
基本规律
1.可以借助“比值”等代换方式引入参数，转化为一个变量。
2.可以利用“极值点”偏移构造新函数证明。

【变式演练】
1.已知函数．
（1）讨论函数零点的个数；
（2）若函数恰有两个零点，证明．
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）对函数求导得，根据导数的正负得到函数的单调性，再讨论函数的最小值，即可得到答案；
（2）由（1）知，函数恰有两个零点时，，且，要证，只需证，只需证，再根据，将不等式的证明转化为证明，构造函数进行证明，即可得到答案；
解：（1）．
当时，；当时，．所以，函数在单调递增；在单调递减．
所以，当时，有最大值．
当时，，函数无零点；
当时，，函数有1个零点：
当时，
令
当时，；当时，．
所以，在单调递增，在单调递减．
所以，即．
所以在和各有一个零点，即有两个零点．
综上，当时，函数无零点；
当时，函数有1个零点；当时，有两个零点．
（2）由（1）知，函数恰有两个零点时，，且．要证，只需证，
因为在单调递减，所以只需证．因为，所以只需证，其中．令，则，
所以，因为，
所以在单调递增，从而，
所以在单调递减，所以，即，
于是，所以．
2.已知函数既有极大值，又有极小值.
（1）求实数的取值范围；
（2）记为函数的极小值点，实数且，证明：.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）先求导，得，再分为和两种情况分类讨论，在时，结合零点存在定理证明即可；
（2）结合（1）中单调性的讨论，要证即证，即，结合导数与函数性质可求．
【详解】（1）①当时，单调递增，不存在2个零点，故舍去；
②当时，令，则，所以在单调递增，在单调递减，
所以，解得.下证，当时，函数既有极大值，又有极小值.
由得，存在使，由，
又恒成立，证明如下：
令，，时，，单减，时，，单增，故，所以恒成立，故。存在使，








0
+
0


单减
极小值
单增
极大值
单减
函数既有极大值，又有极小值，故；
（2）由（1）可知函数在，，单调递减，在，单调递增，
实数且，故要证即证，即．
因为，所以只要证．
因为得，令，即证当时，．
设，因为，所以在，上单调递增，故（1），
因此在，上单调递增，故当时，（1）．综上，．

【题型八】 不等式证明12：韦达定理型
【典例分析】
已知函数．
（1）若是定义域上的单调函数，求的取值范围；
（2）若在定义域上有两个极值点，，证明：．
【答案】（1），；（2）证明见解析.
【分析】（1）若在上单调递减，等价于，利用二次函数求出最大值即得解；若在递增，等价于，二次函数没有最小值，此种情况无解. 综合即得解.
（2）利用韦达定理求出，，再求出，求出函数的最小值即得证.
解（1），，若在上单调递减，则在上恒成立，故，，，
若在递增，则在恒成立，故，
没有最小值，此时不存在，
综上，的取值范围是，；
（2）证明：当时，，方程有2个不相等的正根，，
不妨设，则当，，时，当，时，，
有极小值点和极大值点且，，

，令，，
则当时，，则在单调递减，故，
即．


【提分秘籍】
基本规律
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x1，x2留下参数

【变式演练】
1.已知函数，在定义域上有两个极值点．
（1）求实数a的取值范围；
（2）求证:
【答案】（1）（2）见解析
【分析】（1）函数有两个极值点等价于有两个变号零点，再列出式子求解即可；
（2）根据韦达定理可得，与的关系，将其代入不等式，于是要证的不等式转化为证明，即证明（a），利用导数分析单调性证明即可．
解（1），因为函数的定义域上有两个极值点，，且，
所以方程在上有两个根，，且，
即在上有两个不相等的根，，所以，解得，
当时，若或，，，所以函数在和，上单调递增，
若，所以函数在，上单调递减，
故函数在上有两个极值点，，且，所以，实数的取值范围是；
（2）证明：由（1）知，，是方程在上有两个不等的实根，
所以，其中，故
，
令，其中，故（a），
令，所以函数（a）在上单调递增，
由于，（1），所以存在常数，，使得，即，，
且当时，，所以函数（a）在上单调递减，
当时，，所以函数（a）在上单调递增，
所以当时，，
又，，所以（a），即（a），
所以．
【点睛】
本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、考查了隐零点问题的等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
2.已知函数，．
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）若函数有两个极值点，，且，证明：当，，，．
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）直接利用导数求函数的单调区间得解；
（2）由韦达定理得到，，其中，，，，求出，求出函数的最大值即得证.
解（1）当时，，，，
令，所以或；令，所以；
所以在上，，单调递增，在，上，，单调递减，在上，，单调递增．
（2）证明：因为，函数有两个极值点，，
所以，，其中，，，，所以，
，
，
设，，，，
所以在上，，单调递减，在，上，，单调递增，
所以（1），得证．

【题型九】 不等式证明13：利用第一问
【典例分析】
已知函数．
（1）当时，讨论函数的单调性；
（2）若正数m，n满足，求证．
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）求导得到，再对分两种情况讨论得解；
（2）由（1）得时，恒成立，即得，化简即得证.
解：（1）易知的定义域为，且由得，或
1°当时，恒成立，∴在上是增函数；
2°当时，由得。记，，
当或时，，当时，，
∴在，上是增函数，在上是减函数
综上所示，当时，在上是增函数；
当时，在，上是增函数，
在上是减函数.
（2）解：取，由（1）知在上是增函数，且，
∴时，，即时，恒成立，
由，且，知，∴，
即，又由，得即.

【提分秘籍】
基本规律
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）

【变式演练】
1.设函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，证明：.
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.
【分析】（1）求导，，再分，讨论求解；
（2）令，用导数法证明即可.
（1）因为，所以，令，得，
当时，的定义域是，，
当，，当时，，
所以在上递减，在上递增；
当时，的定义域是，，
当，，当时，，
所以在上递减，在上递增；
（2）令，则，
当时，，当时，，所以在上递增，在上递减，
所以当时，，所以，
而，令，
则，所以在上递减，
所以，则，即.
2..已知函数.
（1）若，讨论的单调性；
（2）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）当时，求得，令，求得，结合，的单调性，求得的符号，即可求解；
（2）求得，且在上单调递增，根据题意得到，得出函数的单调性，转化为，设设，结合函数单调性与最值，即可求解.
解：（1）当时，函数，可得，
令，可得， 又由函数，可得
当时，，所以函数在上单调递增，
所以时，，单调递减，时，，单调递增.
（2）解：由题意，函数，
可得，且在上单调递增，
又由，，所以存在唯一的，使得，即，
所以，可得，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，
可得.
设，则，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以， 所以，即.

【题型十】 不等式证明14：含ex和lnx型
【典例分析】
已知函数．
（1）若是的极值点，求，并讨论的单调性；
（2）当时，证明：．
【答案】（1）m=1，时，递减，时，递增（2）证明见解析
解（1），，是的极值点，，得；
当时，，递减，
当时，，递增；
综上：时，递减，时，递增
（2）当时，，，，
故在上有唯一实数根，且使得：．
当时，，当时，，
从而当时，取得最小值，，．

【提分秘籍】
基本规律
1.因为含有ex和lnx这类超越函数，，可以借助“不确定根”（隐零点）代换放缩证明
2.利用lnx求导为1/x，ex求导无限循环特性，把lnx独立分离出，降低导函数零点寻找的计算难度。
3.可以利用“同构”技巧
【变式演练】
1.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）求得，分和两种情况讨论，结合导数的符号，即可求解；
（2）把证明转化为证明，令，求得，再令，利用导数求得在上为增函数，结合零点存在性定理得到存在唯一的使得，进而得到函数的单调性与最值，即可求解.
解：由题意，函数，
可得，
若，则当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
若，由得或.
①当时，可得，所以在上单调递增.
②当时，可得，故当，时，，
当时，，所以在，上单调递增，在上单调递减.
③当时，则，故当，时，，
当时，，所以在，上单调递增，在上单调递减.
综上所述，
当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，在，上单调递增，在上单调递减；
当时，在，上单调递增，在上单调递减.
（2）解：当时，欲证成立，只需证，
令，则（其中），
令，则，所以在上为增函数，
因为，，
所以由零点存在性定理得，存在唯一的使得，
即，即，所以由得，
故时，，时，，
所以，
故成立，即.
2.已知函数，，其中.
（1）试讨论函数的单调性；
（2）若，证明：.
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）的定义域为，求出，分别讨论，，时不等式和的解集即可得单调递增区间和单调递减区间，即可求解；
（2）的定义域为，不等式等价于，，
令，只需证，令，利用导数判断单调性和最值即可求证.
解（1）的定义域为，
由可得：，
当时，令，解得；令，解得或；
此时在上单调递增，在和上单调递减：
当时，，此时在和上单调递减；
当时，令，解得，令，解得或，
此时在上单调递增，在和上单调递减：
综上所述：当时，在上单调递增，在和上单调递减；
当时，在和上单调递减；
当时，在上单调递增，在和上单调递减.
（2）因为，的定义域为，所以即，
即证：，令，只需证，令，则，
令，解得：；，解得；所以在上单调递减，在上单调递增；
所以，所以，
所以，即成立.

【题型十一】 不等式证明15：先放缩再证明
【典例分析】
设函数．
（1）求函数的单调区间；
（2）当时，证明：．
【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）证明见解析.
【分析】
（1）求得，分、两种情况讨论，分析导数在上的符号变化，由此可得出函数的增区间和减区间；
（2）由（1）可得出，要证原不等式成立，先证对任意的恒成立，构造函数，利用导数分析函数在上的单调性，由此可证得对任意的恒成立，即可证得原不等式成立.
（1）
解：的定义域为，则，
当时，在恒成立，则函数的单调减区间为，没有增区间：
当时，当时，；当时，.
则函数的单调减区间为，单调增区间为.
综上所述，当时,函数的单调减区间为，没有增区间：
当时，函数的单调减区间为，单调增区间为.
（2）证明：由（1）可知当时，的单调减区间为，单调增区间为；
当时，取极小值，所以，
当时，即有，所以，
所以要证，只需证，整理得，
又因为，所以只需证，令，则，
令，则，令，得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，又，，
所以在时，恒成立，所以在上单调递减，
所以，即，即成立，即得证．
【提分秘籍】
基本规律
放缩构造法：
1.根据已知条件适当放缩；
2.利用常见放缩结论；

【变式演练】
1.已知函数.
（1）若曲线在点处的切线方程为，求a的值；
（2）若，证明：.
【答案】（1）（2）证明见解析
【分析】（1）由可得的值，再验证切点坐标也满足条件；
（2）由，知要证也即证，设，求出导数分析其单调性，得出其最值可证明.
（1） ，则解得
又，，可得综上
（2）由，知要证即证
也即证。设，则，再令，，
所以在上单调递增，又则当时，，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增.所以
所以成立，即成立.
2.已知函数．
（1）求函数的极值；
（2）求证：．
【答案】（1）函数的极小值为，没有极大值；（2）证明见解析.
【分析】
(1)求函数的导函数，由确定极值点的可能值，再通过分析所得点的两侧的导数值得符号确定函数的极值点和极值；(2)构造函数证明，由此可得要证明，只需证明，再证明恒成立，由此完成证明.
（1）∵ ，∴ ，令可得，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
∴ 当时，函数取极小值，极小值为，函数没有极大值；
（2）设，则，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
∴，即，∴
要证明，只需证明，只需证明，只需证明，
只需证明，设，则，令可得，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
∴，∴ ，∴ 当时成立，∴.
【题型十二】 不等式证明16.：切线放缩证明两根差型（剪刀模型）
【典例分析】
已知函数，．
（1）求函数的极值；
（2）设曲线与轴正半轴的交点为，求曲线在点处的切线方程；
（3）若方程为实数）有两个实数根，且，求证：．
【答案】（1）极大值为，无极小值（2）（3）证明见解析
【分析】
（1）结合极值的概念，利用导数判断单调性，即可确定函数极值；（2）根据导数的几何意义，结合直线的点斜式方程即可求解；（3）由（2）可设，构造函数，设曲线在点原点处的切线方程为：，构造方程，方程，结合函数的单调性即可证明.
解（1）由已知得：由得：又当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当时取得极大值，极大值为（1），无极小值
（2）设，，则，，
曲线在点处的切线方程为：，
即曲线在点处的切线方程为：
（3）设，令即，则
由于在单调递减，故在单调递减，又，
当时，当，时，，在单调递增，在，单调递减，
，，即，都有；设方程的根为，．
在单调递减，且，
设曲线在点原点处的切线方程为：，则易得，
，有，即，设方程的根为，则，
在单调递增，且，，
即．

【提分秘籍】
基本规律
本专题又称之为“剪刀模型”，可以如下图理解（其中一种思维）



【变式演练】
1.已知函数，其中.
(I)讨论的单调性；
(II)设曲线与轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为,求证：对于任意的正实数，都有；
(III)若关于的方程有两个正实根，求证： .
解（I）：由=，可得==，其中，且.
下面分两种情况讨论：
（1）当为奇数时. 令=0，解得，或.
当变化时，，的变化情况如下表：






-
+
-





所以，在，上单调递减，在内单调递增。
（2）当为偶数时.
当，即时，函数单调递增；
当，即时，函数单调递减.
所以，在上单调递增，在上单调递减.
（II）证明：设点的坐标为，则，.曲线在点处的切线方程为，即.令，即，则.
由于在上单调递减，故在上单调递减.又因为，所以当时，，当时，，所以在内单调递增，在上单调递减，所以对于任意的正实数，都有，即对于任意的正实数，都有.
（III）证明：不妨设.由（II）知.设方程的根为，可得，当时，在上单调递减.又由（II）知，可得.
类似地，设曲线在原点处的切线方程为，可得，当，，即对于任意的，.
设方程的根为，可得.因为在上单调递增，且，因此.
由此可得.
因为，所以，故.
所以，.
2.已知函数.
（1）设曲线在处的切线为，求证：；
（2）若关于的方程有两个实数根，，求证：.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】
（1）由导数求出切线方程，然后引入新函数，由导数求得它的最小值是0即证；
（2）不妨设，直线与相交于点，利用通过转换证得，再证，它通过证明完成，只要引入新函数即可证．
【详解】
（1）因为，，，在处的切线为即.
令，
于是当时，；当时，.
所以在上单调递减，在上单调递增；
故，所以
（2）不妨设，直线与相交于点，由（1）知：，则，
从而.下证：.
由于，所以要证，即证：.
令，，
当时，；当时，
在上单调递减，在上单调递增
，所以成立，当且仅当，时取等号.
由于等号成立的条件不能同时满足，
.

【题型十三】 不等式证明17：条件不等式证明
【典例分析】
已知函数．
（1）设函数，讨论在区间上的单调性；
（2）若存在两个极值点，（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值），且，证明：．
【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）证明见解析
【分析】
（1）求出，讨论或，利用导数与函数单调性之间的关系即可求解.
（2）由（1）知若存在两个极值点，则，求出得出在和上各有一个零点，，根据得出，由求出即可求解.
解（1），，
当时，，在上单调递增；
当时，令．
当时，，单调递增；
当时，，单调递减．
（2）由（1）知若存在两个极值点，则，且，
且注意到，，∴在和上各有一个零点，，
且时，，单调递减；
当时，，单调递增；
当时，，单调递减．
∴，是的两个极值点．，
且，∴，
而，∴，∴，证毕．

【提分秘籍】
基本规律
1.可以利用“对称性”构造方程同解变形
2.一些题型的证法，实质是类似于“极值点偏移”

【变式演练】
1.已知.
（1）证明：是上的增函数，
（2）若，且，证明：.
【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析
【分析】（1）求出函数的导函数，证明导函数在上大于等于零恒成立即可；
（2）要证，只须证，即证，根据，得，只需证当时，，只需证，令，只要证明函数为增函数即可.
（1）证明：，是上的增函数；
（2）证明：要证，只须证，即证，
由，且函数单调递增，
若，必有，此时，
若，必有，此时，由上知若，必有，
又当时，，故只需证当时，，
而，故只需证，令，
则，
，故，，
，故为增函数，，而，且，知，
故，可得，所以.
2.已知函数.
（1）讨论零点的个数；
（2）设m，n为两个不相等的正数，且，证明：.
【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析
【分析】（1）由，得或.然后考虑方程的解的个数，变形为，引入函数，利用导数得出的单调性、极值等变化趋势后可得；
（2）由（1）可不妨设，，引入函数，由导数确定是上的单调增函数，得出，再由的单调性得结论．
解（1）已知，令，则或.
因为，所以.设.则.
令，则；令，则.
所以函数在上单调递减，在上单调递增，且.
时，，时，，
综上，当时，只有一个零点；当时，恰有两个零点；当时，有三个零点；
（2）证明：因为，所以m，n为两个不同的零点，不妨设，则.
令，则对任意的恒成立，
所以函数在上单调递增，所以，即当时，，
又，所以，
因为，，且在上单调递增，所以，故，得证.
【题型十四】 综合证明：x1与x2型
【典例分析】
已知函数．
（1）判断函数的单调性；
（2）若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围；
（3）若，求证：．
【答案】（1）答案见解析（2）
（3）证明见解析
【分析】
（1）求得，对进行分类讨论，由此判断出的单调性.
（2）将不等式恒成立转化为，利用构造函数法，结合导数求得的取值范围.
（3）将要证明的不等式转化为，利用换元法、构造函数法，结合导数证得不等式成立.
解（1），，故，
因为，所以当时，，函数在上单调递增；
当时，当，函数单调递增，
当，函数单调递减.
（2）对任意，不等式对任意的，不等式恒成立，
在上恒成立，进一步转化为，
设，当时，；
当时，，当时，．
设，当时，，
当时，，所以时，，
即，所以实数的取值范围为；
（3）当时，等价于．令，设，则，
当时，，，，在上单调递增，（1），
．

【变式演练】
1.已知函数，，，是两个任意实数且．
（1）求函数的图象在处的切线方程；
（2）若函数在上是增函数，求的取值范围；
（3）求证：．
【答案】（1）（2）（3）证明见解析
解：（1）因为，则切线的斜率为，切点为，
所以函数的图象在处切线方程为；
（2）由得，因为函数在实数集上是增函数，
所以恒成立，则恒成立，令，由得，
当时，，函数递减；
当时，，函数递增；
所以当时，函数，故实数的取值范围是；
（3）要证明，即证明，只需证明，不妨设，，
只需证明，只需证明对恒成立，设，
则，
设，当时恒成立，则递增，，即，
则，故函数递增，有恒成立，即对恒成立，
所以，即．
2..已知函数．
（1）若函数在点处的切线斜率为，求的值．
（2）若函数存在减区间，求的取值范围．
（3）求证：若，，都有．
【答案】（1）（2）（3）证明见解析
【分析】（1）求导得到导函数，计算，解得答案.
（2）题目转化为有解，即，利用均值不等式计算最值得到答案.
（3）题目转化为，设，，求导得到函数单调递增，计算最值得到证明.
解（1），，，.
（2）有解，即，设，，
，当，即是等号成立.故.
（3），即，即，
设，，，，
故函数在上单调递增，故，
故在恒成立.

1.（2020广东省高考压轴卷）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，其中是的导函数．证明：对任意，．
解：（1）=由题可得=0，推出k=1 …3分
(2) =（x>0） …4分令h(x)=, =-<0,所以h(x)在（0，+）单调递减又h(1)=0 …6分 所以,当00,>0,f(x)单调递增当x>1时，h(x)<0,<0,f(x)单调递减…7分
所以，增区间为（0,1）减区间为（1,+ ）……8分
（3）g(x)=（x+x）=(1-xlnx-x),先研究1-xlnx-x，再研究
①记i(x)= 1-xlnx-x,x>0,(x)= -lnx – 2 ,令(x)=0，得x=当x(0, )时，(x)>0,i(x)单调递增 当x（，+）时，(x)<0,i(x)单调递减。所以i(x)的最大值为1+，即1-xlnx-x1+
②记j(x)= ,x>0,(x)= < 0 ,所以j(x)在（0，+）单调递减所以j(x) 综合①②可知g(x)=(1-xlnx-x) （1+）<1+
2.( 中学生标准学术能力诊断性测试2021-2022学年高三上学期11月测试数学试题)已知函数.
（1）设且，求函数的最小值；
（2）当，证明：.
【答案】（1）（2）证明见解析【分析】
（1）通过求导来判断函数的单调性进而求出最值；
（2）构造新函数，转化为证明新函数的最小值大于等于0即可.
解（1），又，又，，
当时，，，
当时，，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减的最小值为；
（2）不等式等价于，
令，
令，，又，，，
所以函数在上单调递增，又，，，
所以函数在区间上单调递增，又，，所以原不等式成立.
3.( 江苏省常州市2021-2022学年高三上学期期中数学试题)已知函数.（1）求函数的极大值；
（2）设实数a，b互不相等，且，证明：.
【答案】（1）函数的极大值是1；（2）证明见解析.
【分析】（1）对函数求导，利用导数求函数极值的方法直接求解即得.
（2）把给定等式变形为，令，由此可得，确定出的范围，再取对数构造函数，利用极值点偏移的方法即可推理作答.
解（1）函数定义域为R，，
当时，，当时，，于是得在上单调递增，在上单调递减，
则当时，函数取得极大值，所以函数的极大值是1.
（2）因实数a，b互不相等，，
令，于是有，即，
令，于是得是方程的两个不等的根，
即是函数的图象与直线的两个交点的横坐标，
由（1）知，在上单调递增，在上单调递减，，当时，恒有，
则当时，函数的图象与直线恒有两个公共点，如图，不妨令，
由两边取对数得：，
即，令，则，是方程的两个不等的根，
，当时，，当时，，即在上单调递增，在上单调递减，
当时，令，，
因此，函数在上单调递减，，，则有，
而，从而有，则有，
又，在上单调递增，
因此，，即有，于是得，所以.
4.( 山东省泰安市新泰市第一中学东校2021-2022学年高三上学期期中数学试题)若．
（1）当，时，讨论函数的单调性；
（2）若，且有两个极值点，，证明．
【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）证明见解析
【分析】（1）首先求出函数的导函数，再对分类讨论，分别求出函数的单调区间；
（2）首先求出函数的导函数，依题意方程有两个正根，利用韦达定理得到不等式组，即可求出参数的取值范围，从而得到，再令，利用导数说明函数的单调性，即可得证；
解（1）因为
当时，所以，
令，解得或2，
当时，则当或时，当时，即函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
当时，，故函数在上单调递增；
当时，当或时，当时，即函数在上单调递增，在上单调递减，在单调递增；
（2）证明：当时，．
函数有两个极值点方程有两个正根，
且，解得，由题意得

，令．则在上单调递椷，
，．
5. （河南省新乡市2021-2022学年高三上学期第一次模拟考试数学试题)已知函数.
（1）求的极值.
（2）若，，证明：.
【答案】（1）极大值为，的极小值为
（2）证明见解析
【分析】（1）利用导数求出函数的单调性即得解；
（2）由（1）可知，设，，证明在上恒成立，即得解.
解（1）由题意可得.当或时，；当时，.
所以在与上单调递增，在上单调递减.
故的极大值为，的极小值为.
（2）证明：由（1）可知.设，，
则.
设，则.
因为，所以在上恒成立，即在上单调递增，
因为，所以在上恒成立，即在上单调递增，
因为，所以在上恒成立.
因为，所以，因为，所以.
由（1）可知在上单调递增，且，，
则，即.
6.（广东省揭阳市揭东区2022届高三上学期数学试题）已知，
（1）求在处的切线方程以及的单调性；
（2）令，若有两个零点分别为，且为唯一极值点，求证：.
【答案】（1），在上递减，上递增；（2）证明见解析.
【分析】（1）利用导数的几何意义求处的坐标及切线斜率，写出切线方程，再讨论的符号，得到的单调区间；
（2）由题意得，利用导数求的单调区间，根据其零点个数求参数a的范围，由，令且得，应用分析法，要证只需证即可，构造函数并应用导数求其最值，即可证明结论.
【详解】（1），定义域为，∴，则，又，
∴切线方程为，令，得，令得
∴的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2）且，若，得，
当，，，；
∴在上单调递减，上单调递增，而要使有两个零点，则满足，
∴，故，又，令
由，有，即：，
，
要证，需证，需证，即，由，需证：，
令，则，
令，则，故在上递增，；
∴，故在上递增，；
，得证.
【点睛】
关键点点睛：第二问，首先利用函数的单调性求单调区间，再根据零点的个数求参数范围，最后令，由得，应用分析法证明结论转化为证，构造函数结合导数证明即可.
7.（山东省临沂市2021-2022学年高三上学期数学试题）已知函数.
（1）函数的图象能否与轴相切？若能与轴相切，求实数的值；否则请说明理由；
（2）若函数恰好有两个零点、，求证：.
【答案】（1）能，；（2）证明见解析.
【分析】（1）假设函数的图象能与轴相切，设切点横坐标为，根据题意可得，求出的值，即可得出结论；
（2）分析得出所证不等式等价于，令，构造函数，利用导数分析函数在上的单调性，证明，即可说明所证不等式成立.
【详解】（1）假设函数的图象能与轴相切，设切点横坐标为，则，
由题意可得，解得；
（2）证明：由题意得，则，所以.
要证，只需证，只需证.因为，所以，从而.
只需证，只需证.设，即证.
设，则，
所以函数在上增函数，从而，所以.
8.（辽宁省葫芦岛市协作校2021-2022学年高三上学期第一次考试数学试题）已知是函数的一个极值点.
（1）求的值；
（2）证明：.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）求导，令可得，结合定义域可得，代入导函数检验，令，分析可得恒成立，继而分析正负即可验证；
（2）结合（1）中检验过程，可得单调性，分析可得，即得证
【详解】
（1）解：，因为是函数的一个极值点，
所以，解得.又因为，所以
检验：当时，定义域

令，当时，；
当时，，所以.
故当，恒成立，又

当时，取得极小值，成立.
（2）证明：由（1）可知
所以当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增.

所以，即得证.
9.（内蒙古赤峰市2021-2022学年高三上学期考试数学试题）已知函数．
（1）设是的极值点，求，并求的单调区间；
（2）证明：当时，．
【答案】（1），单调递减区间是，单调递增区间是（2）证明见解析
【分析】（1）由得出，再由导数得出的单调区间；
（2）分离参数得出，构造函数得出其最大值，从而证明不等式.
（1）函数．，，是的极值点，
，解得，
，函数在为增函数，且
当时，，当时，，单调递减区间是，单调递增区间是；
（2）函数，，即，，
令，则，，，当时，，，，
当时，，，，在单调递增，在单调递减，
，，．当时，．
10.（河南省南阳市2021-2022学年高三上学期期中质量评估理科数学试题）已知函数，.
（1）若恒成立，求实数m的取值范围；
（2）求证：当时，.
【答案】（1）（2）证明见解析
【分析】（1）令，然后利用导数求出的最大值即可；
（2）由（1）可知恒成立，即，要证，只需证明成立即可，然后设，利用导数求出的单调性，然后即可证明.
（1）令，则
所以在上单调递减，在上单调递增，在处取得最大值，
若恒成立，则，即.
（2）证明：由（1）可知恒成立，即，
要证，只需证明成立即可.
设，则，
设，
则，易得在上单调递减，在上单调递增，
又，，因为，所以，所以存在，使得，
所以当时，；当时，.
故在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
又，所以，因此，当时，，
故当时，.
11.已知函数，.
（1）若，求函数的最大值；
（2）若，
（i）求过原点且与曲线相切的直线方程；
（ii）设，为方程()的解，求证：.

【答案】（1）；（2）（i）；（ii）证明见解析.
【分析】
（1）当时，，求导.分析导函数的正负，得出原函数的单调性，从而求函数的最大值.
（2）（i）记.设切点，求得过点P处的切线方程为.由已知解得，代入可得其切线方程；
（ii）构造函数，求导，令，求导得，可得单调递增.又由，得出单调性，从而可得证.
【详解】
解：（1）当时，，.
当时，有，则单调递增；当时，有，则单调递减.因此，存在极大值，也即函数的最大值，
所以函数的最大值为.
（2）（i）记.取曲线上一点，则P处的切线方程为.
由题意，有，即，变形后得到方程.
记函数，由，知为增函数，故.将其代入切线方程，
故所求切线方程为.
（ii）构造函数，则，
令，则.有，故单调递增.又，
因此当时，，单调递减；当时，，单调递增.所以，.
由题意，.不妨设，由前述知，，即.所以.
12.（安徽省合肥市第一中学2021-2022学年高三上学期11月数学试题）已知函数，
（1）求的极值；
（2）若在上恒成立，求的取值范围；
（3）已知，，且，求证：．
【答案】（1）有极大值为，无极小值；（2）；（3）证明见解析.
【分析】
（1）利用导数研究单调性，即可判断极值情况并求极值.
（2）将问题转化为在上恒成立，进而求的最大值，即可求的取值范围.
（3）由题设，结合的单调性有、，即可证结论.
解（1）由题设，，令得：，
当有，为增函数；
当,有，为减函数.
∴有极大值为，无极小值；
（2）欲使在上恒成立，只需在上恒成立，
设．由（1）知：在处有极大值，也是最大值 ，.
（3），由上知：在上单调递增，
，即，同理，
两式相加得，
，得证.
13.已知函数，
（1）不等式对于任意的恒成立，求实数a的取值集合；
（2）若函数与函数的图象有且仅有一条公切线，求实数a的取值集合
（3）设，，若函数有两个极值点，且，求证：.

【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析.
【分析】（1）求，构造新函数，求导，对a讨论，若，不等式不恒成立；若，利用导数求得最小值，根据不等式对于任意的恒成立得，再次构造新函数，求导，得函数的最小值为1；可得，两式结合得，即得结果；
（2）根据解析式设切点坐标，由两函数的切线方程重合联立方程组，化成方程，设新函数，求导，求最小值，根据有唯一解，得最小值为0，求出a的值；
（3）把函数解析式化简，求导，按a的不同情况讨论函数的极值情况，得当时，函数有两个极值点，且，于是，易证，于是结论得以证明.
解（1）令，，
①若，又，则，∴在上单调递减，而，
∴当时，即不等式不能恒成立；
②若，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，取最小值，即，
由题意，，即，设，则
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，，有最小值1，即，即，
∴，易知，综上，实数a的取值集合为；
（2）由在 的切线方程与在处的切线方程重合，而、，
∴切线方程分别为，.
∴有且仅有一解，则，故，代入第二个方程得：，
记，则，
∴时，单调递减；时，单调递增，
∴，当时，即，且，
则，，
∴若有唯一解，则，易得，
综上，实数a的取值集合为；
（3） ，，∴，
当，即时，函数单调增，无极值点.
当，即时，由得：两根，又，
∴当时，只有一根，不合题意，舍去，
∴当时，有两个极值点，且，
∴，
要证，即证，只需证  ，
令，，则，
∴在上单调递增，故，∴，即原不等式得证.