专题9函数与导数第4讲导数与不等式-学生及教师版

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专题9 函数与导数 第4讲 导数与不等式
专题9 函数与导数
第4讲 导数与不等式


一、比较大小或解不等式
对所求不等式加以变形或联想构造函数，是解决复杂不等式的主要思考方式，通过恒等变形将解不等式问题转化为函数性质方面的研究，会起到事半功倍的效果．
二、证明不等式
利用导数证明不等式的关键是构造辅助函数，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数则是破解这个关键的钥匙．构造辅助函数或许带着很强的猜测性，但我们还是能发现构造辅助函数的规律:
（1）直接作差（ 有时作商） 构造函数，将不等式问题转化为函数值域问题．
（2）将待证不等式等价变形后再构造函数．其中的变形包括: 数式变形: 移项、提取因式、整体代换、分式变形、拆项拼凑、取对数等手段．
总之，我们瞄准目标不等式的特点，结合上述经验和规律，构造合适的辅助函数也并不是那么遥不可及，攻克高考导数压轴题也不是少数人的佳话!

名师解读《普通高中数学课程标准》（2020年修订版）
课标要求: 导数是高等数学的基础知识，其对思维能力要求高、解题方法灵活、难度大，因此成为每年高考的压轴题.如何利用导数证明函数不等式是导数应用的一个重要问题，其考查学生函数与方程、化归转化、数形结合等数学思想，考查学生数学抽象、逻辑推理、数学运算等核心素养.
比较大小或解不等式
【题型一】构造显函数比较大小
【例1】（2022·新高考Ⅰ第7题）
设，则（ ）
A.　　　　　B.　　　　　C.　　　　　D.
（一）构造函数法——从形式上去找共性，构造函数
解法1：由题意可知，，取，构造函数，设，因为，当时，，当时，所以函数在单调递减，在上单调递增，所以，所以，故，即，所以，所以，故，所以，故，
再设，则，令，，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，又，所以当时，，所以当时，，函数单调递增，所以，即，所以，故选C.
解法2：易得时，所以且 时，即，所以，所以，设，则，所以，即，取，得，故选C.
【点评】1.利用导数比较大小，其关键在于利用题目条件构造辅助函数，把比较大小的问题转化为先利用导数研究函数的单调性，进而根据单调性比较大小.
2.与抽象函数有关的不等式，要充分挖掘条件关系，恰当构造函数；题目中若存在f（x）与f′（x）的不等关系时，常构造含f（x）与另一函数的积（或商）的函数，与题设形成解题链条，利用导数研究新函数的单调性，从而求解不等式.
【知识链接】常见的导数不等式
（1）；（2）；（3）； （4）；（5）.
（二）高观点下泰勒展开
【思维暴露】泰勒公式是将一个在处具有阶导数的函数利用关于的次多项式来逼近函数的方法.若函数在包含的某个闭区间上具有阶导数，且在开区间上具有阶导数，则对闭区间上任意一点，成立下式：

其中：表示在处的阶导数，等号后的多项式称为函数在处的泰勒展开式，剩余的是泰勒公式的余项，是的高阶无穷小量.
解法3：带有拉格朗日型余项的n阶麦克劳林公式
知，，可知，，
，，所以，选C.
【点评】本题的背景是泰勒公式，虽然是高数知识，但是让学生了解一些这些相关的知识，会有助于快速做出本题，并且能够拓展，推广.
【知识链接】常见函数的麦克劳林展开式：
（1）
（2）
（3）
（4）
（5）
（6）
【变1】（2022高考数学甲卷文科第12题）
1．已知，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】法一：根据指对互化以及对数函数的单调性即可知，再利用基本不等式，换底公式可得，，然后由指数函数的单调性即可解出．
【详解】［方法一］：（指对数函数性质）
由可得，而，所以，即，所以.
又，所以，即，
所以.综上，.
［方法二］：【最优解】（构造函数）
由，可得．
根据的形式构造函数 ，则，
令，解得 ，由 知 .
在 上单调递增，所以 ，即 ，
又因为 ，所以 .
故选：A.
【整体点评】法一：通过基本不等式和换底公式以及对数函数的单调性比较，方法直接常用，属于通性通法；
法二：利用的形式构造函数，根据函数的单调性得出大小关系，简单明了，是该题的最优解．

【变2】（2022高考数学甲卷理科第12题）
2．已知，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由结合三角函数的性质可得;构造函数,利用导数可得,即可得解.
【详解】[方法一]：构造函数
因为当
故，故，所以；
设，
，所以在单调递增，
故，所以，
所以，所以，故选A
[方法二]：不等式放缩
因为当，
取得：，故
，其中，且
当时，，及
此时，
故，故
所以，所以，故选A
[方法三]：泰勒展开
设，则，，
，计算得，故选A.
[方法四]：构造函数
因为，因为当，所以,即，所以；设，，所以在单调递增，则,所以，所以,所以，
故选：A．
[方法五]：【最优解】不等式放缩
因为，因为当，所以,即，所以；因为当，取得，故，所以．
故选：A．
【整体点评】方法4：利用函数的单调性比较大小，是常见思路，难点在于构造合适的函数，属于通性通法；
方法5：利用二倍角公式以及不等式放缩，即可得出大小关系，属于最优解．


常用的方法如下：
方法一：根据式子特征，构造相关函数，利用其单调性比较出大小关系，是该题的通性通法，也是最优解；
方法二：利用泰勒公式以及切线不等式放缩，解法简洁，但是内容超出教材，不是每一个同学可以掌握．
【题型二】构造抽象函数解不等式或比较大小
【例1】（223福建省厦门外国语学校期末检测）
3．已知定义在上的可导函数f（x）的导函数为f（x），满足且为偶函数.为奇函数，若，则不等式的解集为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】先证明出为周期为8的周期函数，把转化为.记，
利用导数判断出在上单调递减，把原不等式转化为，即可求解.
【详解】因为为偶函数，为奇函数，
所以，.
所以，，所以.
令，则.
令上式中取，则，所以.
令取，则，所以.
所以为周期为8的周期函数.
因为为奇函数，所以，
令，得：，所以，所以，即为，所以.
记，所以.
因为，所以，所以在上单调递减.
不等式可化为，即为.
所以.
故选：.
【变1】
4．已知是函数的导函数，，且对于任意的有．则下列不等式一定成立的是（    ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】设，，根据已知条件，利用导数得到为增函数，由可推出A正确；由可推出B不正确；由可推出C不正确；由可推出D不正确.
【详解】因为对于任意的有．又，，
所以，
设，，则，
因为当时，，所以，
所以在上为增函数，
因为，所以，所以，所以，所以，故A正确；
因为，所以，所以，所以，所以，故B不正确；
因为，所以，所以，所以，所以，故C不正确；
因为，所以，所以，所以，所以，故D不正确；
故选：A
【变2】
5．定义在上函数的导函数为，满足则下列正确的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】BCD
【分析】根据导数不等式，构造函数，利用导数结合已知条件判断函数的单调性，然后利用的单调性依次判断四个选项即可．
【详解】解：令，则，
，，即恒成立，
为上的单调递增函数，则，
即，则，故选项A错误；
，，
，故选项B正确；
，，
，即，选项D正确．
所以，所以
故选项C正确，
故选：BCD．

求解抽象函数不等式，要设法将隐性划归为显性的不等式来求解，方法是：
（1）把不等式转化为；
（2）判断函数的单调性，再根据函数的单调性把不等式的函数符号“”脱掉，得到具体的不等式（组），但要注意函数奇偶性的区别.
【题型三】根据等式构造函数比较大小
【例1】（2023山西省太原市1月第一次联考）
6．已知,若,则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】化简为,构造函数,求导求单调性,即可得,即,两边取对数即可判断选项A正误;根据,可得即可得选项B正误;根据,可得即可判断选项C正误;根据,即可得选项D正误.
【详解】解:由题知,
,
即,
即,
令,
所以,
故在上单调递增,
因为,
所以,
由可知:,
根据单调性可得,
所以,
故
故选项B错误;
因为.
所以
故选项A正确;
因为,
所以
故选项C错误;
因为,
所以
故选项D错误.
故选:A
【变1】（2023山西省太原市1月第一次联考）
7．若正数a，b，c满足，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】利用常用不等式放缩进行比较大小.
【详解】设，则，
当时，，为增函数；
当时，，为减函数；所以，即；
所以，即.
设，则，
当时，，为减函数；
当时，，为增函数；
所以，即；
所以，即.
若，则，与矛盾，故．
综上所述，.
故选：B．
【变2】
8．已知，，且，则下列结论正确的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】AC
【分析】构造函数，判断函数在上单调递增，由题意得，得到，结合指数函数的性质即可判断A；由结合的范围即可判断B；由即，结合对数函数的性质即可判断C；由，得，从而，结合对数函数的性质即可判断D.
【详解】由，，，
构造函数，则，所以在上单调递增，
因为，即，所以，从而，故A正确；
因为，即，又，所以，故B错误；
因为，即，从而，故C正确；
因为，，所以，从而，，故D错误.
故选：AC.
证明不等式
【题型一】直接构造函数法
【例1】
9．已知.
（1）当时，不等式恒成立，求m的取值范围；
（2）求证：当时，.
【答案】（1）.（2）证明见解析
【详解】（1）依题意，当x≥0时，恒成立.
设，则x≥0时，k(x)≥0恒成立，
若，则x>0时，，k(x)在[0，+∞)上为增函数.
于是，x≥0时，k(x)≥k(0)=0.因此，符合要求.
若，则2m>1，0 于是，.因此，不符合要求.
所以m的取值范围为.
（2）解法一：设，则.
当xln4时，g'(x)>0
所以g(x)在(-∞，ln4]上为减函数，在[ln4，+∞)上为增函数.
所以g(x)≥g(ln4)=4-4ln4.
由此可得，g(x)=ex-4x≥4-4ln4，即，
当且仅当x=ln4时等号成立.
所以x>0时，，
当且仅当x=ln4时等号成立.
设h(x)=4x-4lnx-4，则.
当01时，h'(x)>0.
所以h(x)在(0，1]上为减函数，在[1，+∞)上为增函数.
所以h(x)≥h（1）=0，即，
当且仅当x=1时等号成立.故.
由于上述两个等号不同时成立，因此.
所以当x>0时，f(x)>4lnx+8-8ln2.
解法二：设，
则.
由g"(x)=，知g'(x)为增函数.
又g'（1）=e-4<0，g'（2）=e2-2>0，因此，g'(x)有唯一零点，设为x0.
则x0∈(1，2)，且0x0时，g'(x)>0
所以g(x)在区间(0，x0]上为减函数，在区间[x0，+∞)上为增函数.
所以g(x)有最小值.
又由，知，
两边取对数，得.
所以
.
所以当x>0时，g(x)≥g(x0)>0，故当x>0时，.
【变1】
10．已知函数.
（1）当时，求在点(0，)处的切线方程；
（2）当时，若的极大值点为，求证：.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】（1）求出在处的导数值，即切线斜率，求出，即可得出切线方程；
（2）求出的导数，由判别式讨论的正负以确定单调性，可得出有唯一的极大值点为，且，即，构造函数，利用导数求出单调性可得，即得证.
【详解】解：（1）当时，，
因为，所以，
因为，
所以在点(0，)处的切线方程为.
（2）的定义域为，
，
令，，
①当，即时，，故，
所以在上单调递增.此时无极大值.
②当，即当时，的对称轴，
因为，，
所以函数在区间有两个零点，，
不妨设，其中，.
所以当时，，，所以在上单调递增；
当时，，，所以在(，)上单调递减；
当时，，，所以在上单调递增.
此时函数有唯一的极大值点为，且，
又因为，所以，
所以，
记，
，
所以单调递增，，即.
【点睛】关键点睛：本题考查利用导数证明不等式，解题的关键是讨论的单调性以确定有唯一的极大值点为，且，得出，再根据单调性求出最值即可证明.
【变2】
11．已知函数．
(1)判断的单调性，并说明理由；
(2)若数列满足，，求证：对任意，．
【答案】(1)在上单调递增；理由见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）根据已知，对函数进行求导，化简，再次对分子求导，根据导数与单调性的关系，可得答案,
（2）先将化为,利用导数及单调性分别证明不等式左边右边，即可得正.
【详解】（1）
令，
在上递增，，，
在上单调递增.
（2）由
要证，只需证
即证：，，，
先证左边：
令证，即证
令，，在上递增，，得证．
再证右边：，即证，
令，
在上递减，，也得证．
综上：对，，．
【题型二】适当放缩构造法
【例1】
12．已知函数.（其中常数，是自然对数的底数.）
（1）讨论函数的单调性；
（2）证明：对任意的，当时，.
【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）证明见解析
【分析】（1）求导得，再分参数当和两种情况具体讨论，结合导数正负与原函数关系判断即可；
（2）解法不唯一，由原不等式可等价转化为，采用构造函数法，设，则，当时，，可设，求导判断可知，进而得出当时，；当时，；当时，，
∴，从而得证；还可采用合并参数形式得，令，讨论可判断，当时，显然成立；当且时，，要证对任意的，成立，只需证，可化为，令，通过讨论确定函数极值点进而得证；其余证法详见解析
【详解】（1）.
①当时，，函数在R上单调递增；
②当时，由解得，由解得.
故在上单调递增，在上单调递减.
综上所述，当时，在R上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）证法一：原不等式等价于
令，则.
当时，，
令，则当时，，
∴当时，单调递增，即，
∴当时，；当时，；当时，，
∴
即，故.
证法二：原不等式等价于.
令，则.
当时，；当时，.
∴，即，当且仅当时等号成立.
当时，显然成立；
当且时，.
欲证对任意的，成立，只需证
思路1：∵，∴不等式可化为，
令，则，
易证当时，，
∴当时，，当时，，
∴函数在上单调递减，在上单调递增，
∴
∴，即，
从而，对任意的，当时，.
思路2：令，则.
，或
∴在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减.
∵，
∴，即.
从而，对任意的，当时，.
证法三：原不等式等价于.
令，则.
令，则，其中.
①当时，，在上单调递增.
注意到，故当时，；当时，
∴在上单调递减，在上单调递增.
∴，即.
②当时，.
当时，，单调递减；当时，，单调递增.
②（i）：若，则.
∵
∴当时，；当时，.
与①同，不等式成立.
②（ii）：若，则，
∵
∴，使得，且当时，；当时，；当时，.
∴在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
∵
∴此时，，即.
综上所述，结论得证
【点睛】本题旨在考查导数在研究函数时的应用，以研究单调性，证明不等式等为载体，综合考查学生的分类讨论、化归转化、数形结合等数学思想，考查了学生的数学运算、逻辑推理等数学核心素养.属于难题
【变1】
13．已知函数，
（1）讨论函数的单调性；
（2）求证：当时，.
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.
【分析】（1）求函数的定义域，并求出导数，由，得，并讨论与区间的位置关系进行分类讨论，结合导数的符号得出函数的单调区间；
（2）将所证不等式等价转化为.
证法一：先证当，证明，于是得出，再证，利用不等式的传递性得出，然后再证明当时，，于此可证明题中不等式成立；
证法二：先证明，再证，由不等式的性质得出，再利用不等式的传递性可证题中不等式．
【详解】（1）              
当，即时，，函数在上单调递增  
当，即时，
由解得，由解得，
∴ 函数在上单调递减，在上单调递增．    
综上所述，当时，函数在上单调递增；
当时函数在上单调递减，在上单调递增．  
（2） 令
当时，欲证，即证，即，
即证，
证法一：①当时，
，所以在上单调递增，
即，
，，
令，得，
则列表如下：
x

1


—
0



极小值

，即，
∴当时，；
②当时，即证.
令得
可得在上单调递减，在上单调递增，
，故，
综上①②可知当时，成立．      
证法二：先证：.
设则,    
∴在上单调递减,在上单调递增.
，
，，即，
即,当且仅当时取等号.           
再证：.                           
设,则.
∴在上单调递增,则,即.
∵,所以.当且仅当时取等号.
又与两个不等式的等号不能同时取到,
即成立，
当时，成立．
【点睛】本题第（1）问考查利用导数求函数的单调区间，要依据导数方程的根与定义域的位置关系进行分类讨论，第（2）问是证明函数不等式，要构造新函数，结合单调性与最值来进行证明，同时也注意放缩法、比较法、基本不等式等常用方法来证明，考查逻辑推理能力，属于难题．
【变2】
14．已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）解关于的不等式.
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）求导得，令，可得，又，即可求出的单调区间．
（2）对x分类讨论，当 时、时不符合题意．当时原不等式等价于，构造函数，求导判断单调性，即可求解．当时，原不等式等价于，构造新函数，，求导，结合单调性，即可求解
【详解】（1）依题：且，，.令，，∴在定义域上单调递增，∴，，，减区间为；，，增区间为.
（2）【法一】当时，，不合题意.
当时，不等式左右相等，不合题意.
当时，易证：，现证：，证：.
令，，∴，∴.
∴合题.
当时，不等式，令，，
易证：，∴，，.
综上可得：.
【法二】当时，，不合题意.
当时，不等式左右相等，不合题意.
当时，易证：，现证：，证：.
证：证：，，.
∴，∴，∴合题.
当时，，易证：.
先证：证证.
令，，时，，∴.
综上可得：.
【点睛】本题第一问通过导数探求函数的单调性，亦为第二问埋下伏笔；第二问，考法新颖，实则是在第一问的基础上的三区间上的两个函数间大小关系探索.题目体现常见的导数题策略：二次求导，指对混合式的处理技巧，放缩思想，转化思想，构造函数策略，分类讨论思想.本题在解决时，需要较强的探索精神，解题自信，属难题．
【题型三】对数单身狗，指数找朋友
【例1】
15．已知函数,曲线 在点处的切线方程为y=2
（1）求a,b的值；
（2）当且时，求证：
【答案】(1) (2)证明见解析
【分析】（1）求出的导数.由已知切线和切点得到：，解方程即可.
（2）讨论和时，原不等式的等价变形，设，求得导数，判断单调性，即可得证.
【详解】（1）∵，
由直线的斜率为0，且过点
得，化简得： ，
解得：，.
（2）.
当时，不等式，
当时，不等式.
令，
.
当时，，所以函数在单调递增，
当时，，故成立.
当时，，故也成立.
所以当且时，不等式总成立.
【点睛】本题第一问考查导数几何意义中的切线问题，第二问考查导数的应用中的最值问题，考查学生的分析能力，转化能力和运算求解能力，属于中档题.
【变1】
16．已知函数．
讨论函数的单调性；
若函数图象过点，求证：．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】（1）求导后，分类讨论和，解不等式即可.
（2）构造函数，求其最小值大于等于即可．
【详解】（1）函数的定义域为，又，
当时，，在上单调递增；
当时，由得，
若，，则在上单调递增；
若，，则在上单调递减.
（2）函数图象过点，可得，此时，
要证，令，
则只需证即可.
，
令，则，
当时，，故在上单调递增，
由，即，故存在使得，
此时，故，
当时，，当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，
故当时，有最小值，
成立，即得证．
【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题．
【变2】
17．已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数图像过点，求证：.
【答案】(1) 当时，在上单调递增，当时，在单调递增，在上单调递减；(2)见解析.
【分析】（1）函数的定义域为 ，.按或分类讨论即可；
（2）由已知得，要证，即证，令，求导判断的单调性和最小值即可得出.
【详解】（1）函数的定义域为 ，.
当时， ，在上单调递增；
当时，由，得 .
若 ，，单调递增；
若 ，，单调递减
综合上述：  当时，在上单调递增；
当时，在单调递增，在上单调递减.
（2）函数图象过点，可得，此时
要证，即证.  
令， ，
又令，，
当时，，在上单调递增.
由， 即，
故存在 使得，此时，故
当时，；当时，.
所以在上递减，在上递增，
当时，有最小值
故成立
【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性，构造函数判断单调性并求出最小值，也考查了分类讨论思想，属于中档题.
【例1】
18．已知函数且.
（1）求函数的单调区间；
（2）证明：.
【答案】（1）单调递增区间为，的单调递减区间为；（2）证明见解析.
【分析】（1）由求得a的值，进而利用导数求得函数的单调区间；
（2）转化为证成立. 令，利用导数求得最小值，由（1）求得的最大值，即可证得.
【详解】（1），，
即,解得或.
，解得，
∴,
∴，
令，得.
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减.
所以的单调递增区间为，的单调递减区间为.
（2）要证成立，只需证成立.
令，则，令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
又由（1）可得在上，
所以，
所以，
所以原不等式成立.
【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性和最值及不等式证明问题，难度不大.关键是第二问中的转化，转化为与第一问中的函数相关的不等式，然后利用导数求得相应函数的最大值和最小值，进而证得不等式.
【变1】
19．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.
【详解】（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，.
【变2】
20．已知函数.
(1)当时，判断函数的单调性；
(2)证明：当时，不等式恒成立.
【答案】(1)在递增
(2)证明见解析

【分析】（1）先求导数，通过构造函数，求导，判断的符号，从而可得答案；
（2）先根据导数的单调性和零点，确定函数只有一个最小值点，利用虚设零点的方法可求的最小值大于1，从而得证.
【详解】（1）的定义域是，
，
令，
时，，，所以为增函数，；
故，在递增.
（2）证明：由（1）得在上单调递增；
，，
故，，使得，
因为在上递增，所以是的唯一极小值点，也是最小值点，
从而，，，
，，
因为在，上递减，
所以，
即在恒成立；
故不等式恒成立.
【点睛】利用导数证明不等式的主要方法有：构造新函数函数，求解新函数的最值，也常利用二次导数或者虚设零点的方法来协助完成.
【题型五】同构法
【例1】（2022·四川眉山·三模）
21．已知函数.
(1)求的单调区间；
(2)证明：当时，.
【答案】(1)的单调增区间为，单调减区间为；
(2)详解解析.

【分析】（1）由题可得，构造函数，利用导数可得当或时，，当时，，进而即得；
（2）由题可转化为证明，构造函数，利用导数可得，结合（1）即证.
【详解】（1）∵，
∴，
设，则，
当时，单调递增，当时，单调递减，
又，，
∴当或时，，即单调递增，当时，，即单调递减，
综上，的单调增区间为，单调减区间为；
（2）∵，，
要证，即证，
也就是证，
设，则，
∴当时，单调递增，
∴，
由（1）可知当时，，即，
∴当时，，
所以，当时，.
【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.
【变1】（2022·河南省浚县第一中学模拟）
22．已知函数．
(1)讨论f(x)的单调性．
(2)若a＝0，证明：对任意的x>1，都有．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）分类讨论的取值范围，利用导数求解函数的单调区间；
（2）对原不等式整理化简得到，将整体代换，并构造函数求解的取值范围，通过整体代换，构造新函数，利用导数求解函数的极值，结合的取值范围，即可证明.
【详解】（1）解：由题意可得．
当时，恒成立，则在上单调递增；
当时，由，得，由，得，
则在上单调递减，在上单调递增．
综上，当时，在R上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
（2）证明：由题得，时，对任意的，都有，即，
等价于，即.
设，则．
由，得；由，得．
则在上单调递增，在上单调递减，
故，即，即，当且仅当时，等号成立．
设，则．
由，得；由，得．
则在上单调递减，在上单调递增．
因为，，所以有解，
则，当且仅当时，等号成立．
即，即．
【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．
【变2】
23．已知函数，．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若，，证明：当时，
【答案】(1)答案见解析.
(2)证明见解析

【分析】（1）分类讨论m的取值范围，判断导数的正负，即可判断函数的单调性；
（2）将原不等式等价变形为，构造函数，利用导数判断其单调性，即可证明原不等式.
【详解】（1）由题意得，
①时，恒成立，故在上单调递减，
②当时，若，，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
③当时，若，，，函数单调递减，当时，，函数单调递增；
（2）证明：时， ，
要证，
即证，
即证，
令，上面不等式等价于，
要证明对于任意，都成立，即证单调递增，
又，
令，则，
当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
故，即恒成立，
故当时，，，
当时，，，
综上可得，又恒成立，故单调递增，故原不等式得证．
【点睛】本题考查了利用导数判断函数的单调性以及利用导数证明不等式问题，综合性较强，解答时要注意分类讨论的思想方法的应用，解答的关键是证明不等式时，要能进行合理的变式，从而构造函数，利用导数解决函数的单调性，进而证明不等式.

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）对数单身狗，指数找基友
（4）凹凸反转，转化为最值问题
（5）同构变形

【解读素养】 解答导数与数列综合求证函数不等式的问题时，要先运用导数证明一个函数一等式，然后通过数列知识与方法进行运算，最终使不等式得证．
【典例剖析】（2022年新高考全国II卷）
24．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.


一、单选题
（2023河北省唐山市开滦第二中学第一次线上考试）
25．设，，，则（    ）.
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】令，证明；令，证明即得解.
【详解】解：令，则，
因为函数，在上单调递增，
所以函数在上递增，
所以，
所以函数在上递增，所以，
即，即.
令，
令，，令，
则，
所以函数在上递增，所以，
所以，
令得，即，所以.
综上所述，.
故选：D
（2023四川省凉山州第一次诊断）
26．已知有两个零点，，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】对于选项A，通过令，构建新函数，求导解出的单调性，再结合有两个不同零点即可得出与的大小关系；
对于选项C，通过对求导得出单调性，再由对称定义得出关于对称，得出，且，即可判断；
对于选项D，通过对零点的分析结合选项A中的证明，得出，结合选项C中的证明利用单调性得出即可判断；
对于选项B，结合选项C，D中的证明，构造新函数，求导再构造得出的单调性即可由于单调性得出，即可证明比离远，再结合对称性得出，即可判断.
【详解】对于选项A：
令，
则，即，
令，
则，
则当时，当时，
则在时单调递增，在时单调递减，
则，
则当有两个不同零点时，，
故选项A错误；
对于选项B：
，
则，
由基本不等式可得，
则，
则，则再定义域上单调递增，
，
则关于对称，
令，则，
，且由选项A得知，
当时，解得的，即，
由选项A中可知在时单调递增，在时单调递减，
当有两个零点时，
则，
则，且，
令，且，
则，
令，
则，
即在上单调递减，
，
，
，
则，
即在上单调递减，
，
即，
，
，
，
，
，，在上单调递增，
，即，
则比离远，
则，
则，
故选项B正确；
对于选项C：
由选项B中可知，且，
则，
故选项C错误；
对于选项D：

由选项B中可知再定义域上单调递增，且，，
则，
则，
则
故选项D错误；
故选：B.
【点睛】导函数中常见的解题转化方法：
（1）利用导数研究含参函数的单调性，常转化不等式恒成立问题，需要注意分类讨论与数形结合思想的应用；
（2）函数零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极值问题处理.
难题通常需要多段求导或构造函数，这时需多注意函数前后联系.
二、多选题
（河北省唐山市开滦第二中学第四次线上考试）
27．已知，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】ACD
【分析】令，根据导数可得到在上单调递增，通过对数运算和的单调性即可判断每个选项
【详解】设，，则在上恒成立，
所以在上单调递增，
因为，所以，即，即，
因为单调递增，所以，A项正确；
因为，所以，即，所以，
因为单调递增，所以，B项错误；
因为，所以，D项正确；
因为单调递增，，
所以，所以，C项正确，
故选：ACD
（2023重庆主城区一诊）
28．已知m，n关于x方程的两个根，且，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【分析】根据函数的图象可得，结合条件可得，，利用对勾函数的性质可判断A，构造函数，根据函数的单调性可判断B，构造函数，利用导数研究函数的性质结合条件可判断CD.
【详解】画出函数与的大致图象，

由题可知，即，
所以，又，
所以，可得，，
由对勾函数的性质可知，故A正确；
设函数，因为函数在上单调递增，所以函数在上单调递增，
又，
所以， ，即，故B错误；
设函数，则，
由，可得单调递增，
由，可得单调递减，
因为，
所以，即，
所以，即，故C正确；
又，，
所以，即，
所以，即，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：
本题关键点是构造合适的函数，构造函数时往往从两方面着手：①根据不等式的“形状”变换函数“形状”；②若是选择题，可根据选项的共性归纳构造恰当的函数.
三、填空题
（2023河南省顶级名校10月月考）
29．已知，，，其中为自然对数的底数，则，，由大到小依次为______．
【答案】a，c，b
【分析】构造函数，，，利用导数研究函数单调性得；再构造函数，，，结合导数得，成立，进而得，再综合即可得答案.
【详解】解：令，，
令，
，
因为当时，，单调递增，又，
所以，又，
所以在成立，所以，
令，，
所以，当时，，
所以在为减函数，
所以，即，
令，，则在恒成立，
所以，在为减函数，
所以，即，
所以，成立，
令，则上式变为，
所以
所以，
所以．
故答案为：a，c，b
30．实数x，y满足，则的值为______．
【答案】
【分析】将原不等式变为，利用换元法令和构造函数
，根据导数研究函数的单调性求出，当且仅当时成立，则，即可得出结果.
【详解】因为，所以．
显然，令，则，且，
令，则，
所以当时，；
当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以对，，即，当且仅当时等号成立．
综上，当且仅当时，成立，
此时，解得．
故答案为：
四、解答题
（2023北京市昌平区期末质量检测）
31．已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)讨论函数的单调性；
(3)当时，证明：对任意的恒成立.
【答案】(1)
(2)答案详见解析
(3)证明详见解析

【分析】（1）利用切点和斜率求得切线方程.
（2）求得，对分类讨论，由此来求得的单调区间.
（3）结合（2）求得在区间上的最小值，由此证得结论成立.
【详解】（1）当时，，
，
所以切线方程为.
（2）依题意，，
，
当时，，解得,
则在区间递减；在区间递增.
当时，解得或,
当时， 在区间递增；
在区间递减.
当时，在上递增.
当时，在区间递增；
在区间递减.
（3）当时，，
由（2）可知，在递减，在递增，
所以

，
所以对任意的恒成立.
【点睛】利用导数研究含参数的复杂函数的单调性，要注意两点，一个是尽量进行因式分解，将复杂的问题转化为较为简单的问题来进行求解；第二个是对参数进行分类讨论，要做到不重不漏，分类标准要根据导函数的结构来制定.
（2023广东省肇庆市第二次教学质量检测）
32．已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)设是两个不相等的正数，且，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）先求函数的定义域，对函数求导，令导数为0，解出，然后在定义域范围内分析即可.
（2）利用分析法证明，变形要证明的式子，结合构造新函数利用函数的导数进行证明.
【详解】（1）的定义域为，
，
令，得：，
当变化时的关系如下表：


0

1



无意义

0



无意义



在上单调递减；在上单调递增.
（2）证明：要证，
只需证：
根据，只需证：
不妨设，由得：；
两边取指数，，化简得：
令：，则，
根据（1）得在上单调递减；
在上单调递增（如下图所示），

由于在上单调递减，在上单调递增，
要使且，
则必有，即
由得：.
要证，只需证：，
由于在上单调递增，要证：，
只需证：，
又，只需证：，
只需证：，
只需证：，
只需证：，
只需证：，
即证，
令，
只需证：，
，
令，
在上单调递减，
所以，
所以
所以在上单调递减，所以
所以
所以：.
【点睛】函数与导数综合简答题常常以压轴题的形式出现，
难度相当大，主要考向有以下几点：
1、求函数的单调区间（含参数）或判断函数（含参数）的单调性；
2、求函数在某点处的切线方程，或知道切线方程求参数；
3、求函数的极值（最值）；
4、求函数的零点（零点个数），或知道零点个数求参数的取值范围；
5、证明不等式；
解决方法：对函数进行求导，结合函数导数与函数的单调性等性质解决，
在证明不等式或求参数取值范围时，通常会对函数进行参变分离，构造新函数，
对新函数求导再结合导数与单调性等解决.
（2023山东省青岛市期末）
33．已知函数的最小值和的最大值相等.
(1)求；
(2)证明：；
(3)已知是正整数，证明：.
【答案】(1)
(2)证明过程见解析
(3)证明过程见解析

【分析】（1）先求定义域，再求导，得到，由，分与两种情况，得到时无最大值，当时，得到，构造，求导得到其单调性，，从而确定；
（2）要证明，只需证，由（1）知：，当且仅当时，等号成立，故只需证，且等号成立的条件与不同，
设，求导得到单调性，求出，当且仅当时等号成立，证毕；
（3）要证明不等式，只需证，构造，，求导得到其单调性，得到所以，证毕.
【详解】（1）由题意得：的定义域为，的定义域为，
因为，
所以当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以，
又因为，
若，则，在上单调递增，无最大值；
若，；令，解得：，
所以当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
故，
令，则，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
所以，
综上：；
（2）要证明，只需证，
由（1）知：，当且仅当时，等号成立，
故只需证，且等号成立的条件与不同，
设，，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以在处取得极大值，也是最大值，
故，当且仅当时等号成立，
故；
（3）要证明，
只需证，
即证，
设，，
所以，
所以在上单调递增，，
所以，
综上：成立.
【点睛】很多时候，我们需要证明，但不代表就要证明，因为大多数情况，的零点解不出来，设隐零点是一种方法，也可尝试凹凸反转，如要证明，可把拆分为两个函数，放在不等式的两边，即要证明，只要证明，凹凸反转的关键是如何分离出两个函数，通常考虑指数函数与对数函数分离，构造两个单峰函数，进行求解.
（2023四川省乐山市第一次调查研究考试）
34．若函数
(1)证明:当时；
(2)设，证明
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析

【分析】(1)给函数求导得，令，通过导数可得到，即可解决得到单调性；
(2)根据可得不等式成立，换元变为，令证明.
【详解】（1）∵，
∴．
令，则．
当时，．
∴在上单调递减，故．
∵，∴．
∴在上单调递减，故．
∴当时，．
（2）由（1）可知，当时，．
令，则上式化为．
∴，．
令，*得．
∴，．
∵．
∴，得证．
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
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．
35．已知函数
(1)讨论的单调性；
(2)当时，证明
【答案】(1)当，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）首先求导得到，再分类讨论求解即可.
（2）首先将题意等价于只需证，令，再证即可.
【详解】（1），
①若，则，在上单调递增；
②若，则当时，，当 时，，
故在上单调递增，在上单调递减．
（2）因为，所以只需证.
当时，由（1）知，在上单调递增，在上单调递减，
所以.
记，
则，
所以当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以．
综上，当时，，
即，即证：.
（2023重庆市第十一中学校12月质量监测）
36．已知函数（其中为自然对数的底数），．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若对任意的都有不等式成立，求实数a的值．
(3)设，证明：．
【答案】(1)答案见解析；
(2)；
(3)证明见解析.

【分析】（1）求出，分类讨论以及，根据导函数的符号即可得出函数的单调性；
（2）由已知得，求出，经分析可得.构造，可知在上单调递增.分以及，根据零点存在定理可知都有唯一解，有，进而得到的单调性和最小值.令，可得，又可证得，即可得到，进而求出a的值；
（3）由（1）知，当时，可推出成立，且仅在时取等号.令，进而推得.代入根据等比数列前项和公式即可证明.
【详解】（1）解：函数定义域为R，．
①当时，恒成立，函数在区间上单调递增；
②当时，解可得.
解，得，所以函数在上单调递增；
解，得，所以函数在上单调递减.
综上所述，当时，函数在区间上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）令，定义域为，
.
①当时，单调递增，的值域为R，不符合题意；
②当时，，也不符合题意；
③当时，令，则 恒成立，
所以在上单调递增.
当时，，又，根据零点存在定理以及函数的单调性可知，有，即有唯一解，有，此时；
当时，，又，根据零点存在定理以及函数的单调性可知，有，即有唯一解，有，此时.
综上所述，对，都有唯一解，有，此时.
又当时，，即，所以在上单调递减；
当时，，即，所以在上单调递增.
所以，
故只需.
令，上式即转化为，设，则.
当时，，所以在上单调递增；
当时，，所以在上单调递减.
所以，当时，有最大值，所以，
所以.
又，所以，所以.
由，解得．
综上所述，满足条件的实数a的值为1.
（3）证明：由（1）知，当 时，对任意实数x，都有，
即，当且仅当时，等号成立.
令，，2，3，…，，，
则，即，
所以
．
【点睛】关键点点睛：本题考查用导数研究函数的单调性，函数的极值点，以及证明不等式．解题关键是问题的转化．如不等式恒成立，转化为求函数的最值或取值范围，不等式的证明采用 ，这个关键的不等式入手， 从而再用换元法证得结论．解题中注意变化的技巧与方法．
（2023湖北省武汉市江岸区元月调考）
37．若函数.
(1)若恒成立，求实数的取值范围；
(2)若，均为正数，.证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）由恒成立，进行参变分离可得，构造函数，利用导数求出，只要即可；
（2）根据（1）的结论，知，则，即，，，，结合所给条件即可得解.
【详解】（1）（1），∴，∴，
∴设，，
当时，，当时，，
，∴；
（2）由（1），知，则，
，，，
累加可得，
又
所以，即.
【点睛】本题考查了利用导数研究函数，考查了恒成立问题和数列的证明，计算量较大，属于难题.
本题的关键点有：
（1）恒成立问题进行参变分离，构造函数后只需即可；
（2）利用（1）的结论证明数列不等式.