2024年高考数学二轮热点题型归纳与变式演练（新高考通用）专题2-6导数大题证明不等式归类-3

这是一份2024年高考数学二轮热点题型归纳与变式演练（新高考通用）专题2-6导数大题证明不等式归类-3，共51页。
题型13 极值点偏移型：平方型证明
【典例1-1】（2023下·辽宁·高三统考）
1．已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若（e是自然对数的底数），且，，，证明：.
【典例1-2】（2023·广东广州·广州市从化区从化中学校考模拟预测）
2．已知函数.
(1)讨论函数的单调性：
(2)若是方程的两不等实根，求证：；
【变式1-1】（2023·山西·校联考模拟预测）
3．已知函数.
(1)若，求实数的取值范围；
(2)若有2个不同的零点（），求证：.
【变式1-2】（2023上·云南·高三云南师大附中校考阶段练习）
4．已知函数，．
(1)若，求的取值范围；
(2)证明：若存在，，使得，则．
题型14 三角函数型不等式证明
【解题攻略】
【典例1-1】（2023·全国·高三专题练习）
5．已知函数.
(1)证明：；
(2)当时，证明不等式，在上恒成立.
【典例1-2】（2023·四川资阳·统考模拟预测）
6．已知函数．
(1)当时，过点作曲线的切线l，求l的方程；
(2)当时，对于任意，证明：．
【变式1-1】（2022·新疆·统考三模）
7．已知函数，
(1)若在处的切线为，求实数a的值；
(2)当，时，求证：
【变式1-2】
8．设函数，，.
(1)求的最小值，并证明：；
(2)若不等式：成立，求实数a的取值范围.
题型15 韦达定理代换型
【解题攻略】
【典例1-1】
9．已知函数.
(1)求函数的单调区间；
(2)设存在两个极值点，且，若，求证：.
【典例1-2】
10．已知函数f（x）＝ln x＋ax2－x.
(1)若a＝－1，求函数f（x）的极值；
(2)设f′（x）为f（x）的导函数，若x1，x2是函数f′（x）的两个不相等的零点，求证：f（x1）＋f（x2）0.
高考练场
（2021·福建莆田·统考二模）
17．设函数．
（1）若在上存在零点，求实数的取值范围；
（2）证明：当时，．
（2024·河南·模拟预测）
18．已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当时，.
（2023上·湖北·高三校联考阶段练习）
19．已知函数.
(1)求曲线在点处的切线方程，
(2)证明：.
（2023·全国·高三专题练习）
20．设函数是函数的导函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若，且，结合（1）的结论，你能得到怎样的不等式？
(3)利用（2）中的不等式证明：.
（2022·全国·高三专题练习）
21．已知函数．
(1)若函数在定义域内是单调增函数，求实数的取值范围；
(2)求证：，．
（2023·河北·统考模拟预测）
22．已知函数．
(1)当时，证明：恒成立；
(2)当时，证明：．
（2020·四川绵阳·统考模拟预测）
23．已知函数
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）设是的导函数的零点，若，求证：.
（天津市红桥区2021-2022学年高三数学试题）
24．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.
（辽宁省五校（辽宁省实验中学、东北育才学校、鞍山一中、大连八中、大连24中）2021-2022学年高三考试数学试题）
25．材料：在现行的数学分析教材中，对“初等函数”给出了确切的定义，即由常数和基本初等函数经过有限次的四则运算及有限次的复合步骤所构成的，且能用一个式子表示的.如函数，我们可以作变形：，所以可看作是由函数和复合而成的，即为初等函数，根据以上材料：
(1)直接写出初等函数极值点
(2)对于初等函数，有且仅有两个不相等实数满足：.
（i）求的取值范围.
（ii）求证：
（注：题中为自然对数的底数，即）
（2023上·天津和平·高三天津一中校考阶段练习）
26．已知函数，a为实数．
(1)当时，求函数在处的切线方程；
(2)求函数的单调区间；
(3)若函数在处取得极值，是函数的导函数，且，，证明：．
（2023上·四川遂宁·高三四川省蓬溪中学校校考阶段练习）
27．设，.
(1)当时，求的极值；
(2)若有恒成立，求的取值范围；
(3)当时，若，求证：.
（2023·北京通州·统考三模）
28．已知函数
(1)已知f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为，求实数a的值；
(2)已知f（x）在定义域上是增函数，求实数a的取值范围.
(3)已知有两个零点，，求实数a的取值范围并证明.
（2021·福建·高三统考阶段练习）
29．已知函数
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若，且，证明: .
（广西桂林市国龙外国语学校2021-2022学年高三考试数学试题）
30．已知函数
(1)若函数在上是单调函数，求实数的取值范围；
(2)当时，为在上的零点，求证：.
（山西省山西大学附属中学2021届高三下学期三月模块诊断理科数学试题）
31．已知函数，．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若有两个极值点，，证明：．
32．已知（），，其中为自然对数的底数.
（1）若恒成立，求实数的取值范围；
（2）若在（1）的条件下，当取最大值时，求证：.
1. 利用导数证明三角函数型不等式
2. 正余弦的有界性
3. 三角函数与函数的重要放缩公式：．
利用韦达定理证明不等式
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：可以消去参数
常用的切线放缩有：
（1）；（2）；（3）；（4）．
参考答案：
1．(1)结论见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，再按分类探讨的正负作答.
（2）等价变形给定等式，结合时函数的单调性，由，，再构造函数，，利用导数、均值不等式推理作答.
【详解】（1）函数的定义域为，求导得则，由得，
若，当时，，则单调递减，当时，，则单调递增，
若，当时，，则单调递增，当时，，则单调递减；
所以当时，函数在上单调递减，在上单调递增；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减.
（2）由，两边取对数得，即，
由（1）知，当时，函数在上单调递增，在上单调递减，
，而，时，恒成立，
因此当时，存在且，满足，
若，则成立；
若，则，记，，
则，
即有函数在上单调递增，，即，
于是，
而，，，函数在上单调递增，因此，即，
又，则有，则，
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.
2．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的定义域和导数，再根据和分类讨论，即可得出函数的单调性；
（2）由可得，是方程的两不等实根，从而可将问题转化为是方程的两不等实根，即可得到和的范围，原不等式等价于，即极值点偏移问题，根据对称化构造（解法1）或对数均值不等式（解法2）等方法即可证出．
【详解】（1）由题意得，函数的定义域为.
由得：，
当时，在上单调递增；
当时，由得，由得，
所以在上单调递增，在上单调递减.
（2）因为是方程的两不等实根，，
即是方程的两不等实根，
令，则，即是方程的两不等实根.
令，则，所以在上递增，在上递减，，
当时，；当时，且.
所以0，即0.
令，要证，只需证，
解法1（对称化构造）：令，
则，
令，
则，
所以在上递增，，
所以h，所以，
所以，所以，
即，所以.
解法2（对数均值不等式）：先证，令，
只需证，只需证，
令，
所以在上单调递减，所以.
因为，所以，
所以，即，所以.
【点睛】方法点睛：本题第二问解题关键是合理转化，将问题变成熟悉的极值点偏移问题，从而根据对称化构造及对数均值不等式等方法证出．
3．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求解函数定义域，参变分离得到，构造，利用导函数得到其单调性，极值和最值情况，得到；
（2）转化为有2个不同的实数根，构造，得到其单调性，得到，且，求出，换元后即证，构造，求导后得到在上单调递增，，得到证明.
【详解】（1）因为函数的定义域为，所以成立，等价于成立.
令，则，
令，则，所以在内单调递减，
又因为，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减，
所以在处取极大值也是最大值.
因此，即实数的取值范围为.
（2）有2个不同的零点等价于有2个不同的实数根.
令，则，当时，解得.
所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以在处取极大值为.
又因为，当时，，当时，.
且时，.
所以，且.
因为是方程的2个不同实数根，即.
将两式相除得，
令，则，，变形得，.
又因为，，因此要证，只需证.
因为，所以只需证，即证.
因为，即证.
令，则，
所以在上单调递增，，
即当时，成立，命题得证.
【点睛】极值点偏移问题中，若等式中含有参数，则消去参数，由于两个变量的地位相同，将特征不等式变形，如常常利用进行变形，可构造关于的函数，利用导函数再进行求解.
4．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数后可得函数的单调性，结合单调性可求最大值，从而可求参数的取值范围.
（2）利用极值点偏移可证，结合不等式放缩可证.
【详解】（1），，令，解得，
所以当时，，在上单调递增；
当时，，在单调递减，
所以，要使，则有，而，故，
所以的取值范围为．
（2）证明：当时，由（1）知，当时，单调递增；
当时，单调递减，
设，所以，，
①若，则，成立；
②若，先证，此时，
要证，即证，即，，
令，，
，
所以在(1,2)上单调递增，所以，
即，，所以，
因为，，所以，
即．
【点睛】思路点睛：对于导数中的多变量的不等式问题，应该根据要证明的不等式合理构建新的不等式，而后者可借助极值点偏移来处理，注意前者在构建的过程中可利用一些常见的不等式来处理.
5．(1)答案见解析；
(2)答案见解析.
【分析】（1）求导，根据导函数分析的单调性，即可得到，即可证明；
（2）令，求导，根据放缩的思路得到，然后利用在上的单调性即可证明.
【详解】（1）证明：，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
，
故，当且仅当时取等号，
∴.
（2）令，则，
由（1）可得，即，
又，所以，
令，则，
当时，，所以在上单调递增，
所以当时，，则，在上单调递增，
当时，，即，
所以当时，不等式，在上恒成立.
【点睛】导数中常见的放缩形式：
（1）；
（2）；
（3）.
6．(1)或
(2)证明见解析
【分析】（1）易知不在上，设切点，由导数的几何意义求出切线方程，将代入求出对应，即可求解对应切线方程；
（2）构造，求得，再令，通过研究正负确定单调性，再由正负研究最值，进而得证.
【详解】（1）由题，时，，，
设切点，则切线方程为，
该切线过点，则，即，
所以或．又；；，．
所以，切线方程为或；
（2）设，则，
令，则，
可知，时，；时，，
故时均有，则即在上单调递增，，
因为时，则，，故在上单调递增，
此时，．
所以，当时，对于任意，均有．
7．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由导数的几何意义有，求解即可；
（2）将变形成，故只需证，用导数法证明即可
【详解】（1）∵，∴，∴
（2）要证，即证，只需证，因为，也就是要证，
令，
∵，∴
∴在为减函数，∴，
∴，得证
8．(1)，证明见解析
(2)
【分析】（1）求导，利用导数确定函数的单调性，进而可求最值，结合单调性，即可证明，
（2）根据和分类讨论，结合第一问的结论和基本不等式即可求解.
【详解】（1）由可得，
令得，，
当时，，时，，
所以在单调递增，在单调递减，
所以，
因为，
所以，
因为时，，所以在上单调递减，
所以，化简得，；
（2）等价于，
当，因为，所以，，
所以，
由（1）得，，
所以；
当时，，
即时，不成立，即不成立，
综上，实数a的取值范围为.
9．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先把函数进行求导并进行化简，由题意知，，在对进行讨论即可得到答案.
（2）由（1）知在时，存在两个极值点，利用韦达定理求出的关系式，并用分别表示出和，把代入中进行化简，，所以可以求出最小值，即可证出.
【详解】（1）由题意可知，，
当时，，则在是单调递增；
当时，若，即时，
若，即时，和时，时，，
综上，时，在是单调递增；时，在和递增，在递减
（2）由题意可设，是的两个根，
则
（用分别表示出和）
，整理，得
，此时
设，求导得
恒成立，
在上单调递减，
10．(1)极大值是＝－ln 2－，无极小值；
(2)证明见解析
【分析】（1）由a＝－1，得到f（x）＝ln x－x2－x，求导=－，令>0，0，得到x1，x2是方程2ax2－x＋1＝0的两个不相等正实根，利用根的分布，得到00．
17．（1），（2）证明见解析
【分析】（1）设，根据函数的单调性得到关于的不等式，解出即可；
（2）设，求出函数的导数，根据函数的单调性证明结论成立即可
【详解】（1）解：设，因为当时，为增函数，
当时，，，
所以在上恒大于零，所以在上不存在零点，
当时，在上为增函数，根据增函数的和为增函数，
所以在上为单调函数，
所以在上若有零点，则仅有1个，
所以，即，解得，
所以实数的取值范围
（2）证明：设，则
，则，
所以 ，
因为，所以，
所以在上递增，在上恒成立，
所以在上递增，而，
因为，所以，所以恒成立，
所以当时，
18．(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，分类讨论求解导函数为正为负的不等式解集即得.
（2）由（1）中信息，求出函数的最小值，再构造函数，结合不等式性质推理即得.
【详解】（1）函数的定义域为，
求导得，
当时，，函数在上单调递增，
当时，由，得，函数在上单调递减，
由，得，函数在上单调递增，
所以当时，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）证明：由（1）知，函数在上单调递减，在上单调递增，
则，
令函数，求导得，当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，则，
于是，有，当时，则，
因此，
所以.
19．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求导解得，然后求得切线方程；
（2）结合函数导数研究函数的单调性，从而求得函数的最小值；
【详解】（1），，.
故曲线在点处的切线方程为.
（2）由（1）得.
令函数，则，所以是增函数.
，，
所以存在，使得，即.
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
.
因为，所以，
所以.
故.
20．(1)答案见解析
(2)（答案不唯一，符合题意即可）
(3)证明见解析
【分析】（1）求导，利用导数求原函数的单调性，分、两种情况讨论；
（2）根据题意可求得，结合单调性求其最值可得不等式；
（3）根据不等式，令运算整理即可.
【详解】（1）由题意，函数，其中函数的定义域为，
可得，
令，可得或，
若，则当时，，当时，，
所以上单调递减，在上单调递增；
若，则当时，，当时，，
所以在单调递减，在上单调递增.
（2）由函数且，可得，
因为，可得，
解得或（与矛盾，舍去），
故
由（1）知，函数在上单调递减，在上单调递增，
所以在时取得最小值，最小值，即，
故对于任意恒成立，有不等式成立，当且仅当时，“=”成立.
（3）由（2）知当时，有成立，
令，则
整理得，，
所以.
21．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）分析可知在上恒成立，利用参变量分离法结合基本不等式可求得实数的取值范围；
（2）利用（1）中的结论分析可得出当且，，推导出，，，，，利用不等式的基本性质结合等差数列的求和公式可证得结论成立.
【详解】（1）解：因函数在定义域为，，
因为函数在定义域内是单调增函数，所以在上恒成立，
所以，，
当时，由基本不等式可得，当且仅当时，等号成立，
所以，，解得.
（2）证明：由（1）知当时，函数在上是单调增函数，
且当时，，
则，所以，，
所以，当且，，
所以，，，，，，
将上述不等式相加得
，
即，故原不等式得证.
【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.
22．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）分两种情况和求出函数最值证明不等式；
（2）构造函数证明，结合对数运算及裂项相消证明不等式
【详解】（1）函数时,,单调递减，
当,单调递减，
,
令,,单调递增，
,恒成立，
当,
所以时， 恒成立；
（2）,,单调递减，
,恒成立
,令,,
令,可得
令,可得
令,可得
两边相加可得
23．（1）；（2）证明见解析
【分析】（1）对函数进行求导，利用导数的几何意义求出曲线在处的切线的斜率，写出切线的点斜式方程，最后化成一般式即可；
（2）求出的表达式，根据零点定义，得到一个指数方程，然后取对数，变成对数方程，构造新函数，利用新函数的单调性，结合已知的不等式进行证明即可.
【详解】（1）当时，，
，且，
曲线在处的切线的斜率.
曲线在处的切线方程为，
即；
（2）由题意得.
是的导函数的零点，
，即，
，
即.
又，则.
令，显然，所以
因此在上是增函数，且.
，因此.
.
【点睛】本题考查了过曲线上一点求曲线切线方程问题，考查了利用导数证明不等式问题，考查了数学运算能力.
24．(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．
【详解】（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．
25．(1)极小值点为，无极大值点
(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）根据材料中的信息可求得极小值点为；
（2）（i）将问题转化为求函数的最小值问题，同时要注意考查边界；（ii）通过换元，将问题转化为求函数的最值问题，从而获得证明.
【详解】（1）极小值点为，无极大值点.
（2）由题意得：即.
（i）问题转化为在内有两个零点.则
当时，，单调递减；当时，，单调递增.
若有两个零点，则必有.解得：
若，当时，，无法保证有两个零点.
若，又，，
故使得，使得.综上：
（ii）设，则.将代入可得：，（*）
欲证：，需证：
即证：.将（*）代入，则有
则只需证明：即.
构造函数，则，（其中为的导函数）
令则所以则.
因此在内单调递减.又，当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
所以，因此有
即.综上所述，命题得证.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键一是读懂题中的信息，充分理解材料所给的内容与思想；二是在解决多元问题是一要考虑换元，二是要构造函数再去研究单调性，从而从最值或极值对问题给出解答.
26．(1)
(2)单调递增区间为，单调递减区间为
(3)证明过程见解析
【分析】（1）求出，求导，得到，进而由导函数的几何意义求出切线方程；
（2）求定义域，求导，解不等式，求出单调区间；
（3）先令，求导得到其单调性，求出，进而构造差函数，证明出极值点偏移问题.
【详解】（1）当时，，，
，故，
故函数在处的切线方程为，即；
（2）定义域为，
，
令，解得，令，解得，
故的单调递增区间为，单调递减区间为；
（3）由题意得，解得，
故，，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
可知函数在处取得极值，故符合题意，
因为，，
令，，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
且当时，恒成立，，当时，，
画出的图象如下：

故，
令，，
则，
因为，所以，，
故在上单调递减，
又，故在上恒成立，
即，，
因为，所以，
其中，故，
其中，，在上单调递增，
故，即，
令，，
则
，
当时，所以单调递增，
由复合函数可得在上单调递增，
又，
故存在，使得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，，，
故当时，恒成立，
因为，故，即，
又，故，
其中，，在上单调递增，
故，故，
综上，.
【点睛】关键点睛：极值点偏移问题，通常会构造差函数来进行求解，需要先研究出两个变量的取值范围，若原函数较复杂，可先进行变形，再求导，得到其单调性，构造出的差函数，研究其单调性，往往会和基本不等式，复合函数单调性等知识结合.
27．(1)，；
(2)；
(3)证明见解析
【分析】（1）求导得到的单调性，然后根据单调性求极值即可；
（2）将恒成立转化为，然后分和两种情况讨论最大值即可求解；
（3）将证明转化为证明，然后构造函数，求导得到，即可得证.
【详解】（1）的定义域为
由题：，，
令，解得或，令，解得，
∴在，上单调递增，上单调递减，
，.
（2）由题：，
欲使恒成立，只需，
当时：∵，时，，时，，
∴在上单调递增，上单调递减，
∴，得，
此时，；
当时：
若即，令，解得或，令，解得，
则在，上单调递增，上单调递减，
若即，，则在上单调递增，
若即，令，解得或，令，解得，
则在，上单调递，上单调递减，
不论上述哪种情况，均有，因此，不可能有恒成立，舍.
综上：的取值范围为.
（3）由（2）的结论可知：当时：在上单调递增，上单调递减，
∵，
∴由图，不妨设，

欲证①，
只需证，即证，即证，即证，
即证②，
设，
，
，，，
又∵，，
，，，
在上单调递减，
，
∴②成立，
∴①成立.
【点睛】方法点睛：处理极值点偏移问题中的类似于的问题的基本步骤如下：
①求导确定的单调性，得到的范围；
②构造函数，求导可得恒正或恒负；
③得到与的大小关系后，将置换为；
④根据与的范围，结合的单调性，可得与的大小关系，由此证得结论.
28．(1)
(2)
(3)，证明见解析
【分析】（1）切线方程的斜率为1，所以有，解方程即得实数a的值；
（2）依题意在（0，+∞）上恒成立.，分参求解即可；
（3）求出函数的单调性，结合零点存在性定理即可求实数a的取值范围；通过分析法要证明，只需证，构造函数即可证得
【详解】（1）因为，所以.
所以，又f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为，
所以，解得..
（2）f（x）的定义域为（0，+∞），因为f（x）在定义域上为增函数，
所以在（0，+∞）上恒成立.
即恒成立.，即，
令，所以，
时，时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，即.
（3）
定义域为
当时，，所以在（0，+∞）上单调递减，不合题意.
当时，
在（0，）上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为，
函数存在两个零点的必要条件是，
即，又，
所以在（1，）上存在一个零点（）.
当时，，所以在（，+∞）上存在一个零点，
综上函数有两个零点，实数a的取值范围是.
不妨设两个零点
由，所以，
所以，所以，
要证，
只需证，
只需证，
由，
只需证，
只需证，
只需证，
令，只需证，
令，
，
∴H（t）在（0，1）上单调递增，∴，
即成立，
所以成立.
【点睛】极值点偏移问题，应熟练掌握对称构造的基本方法，同时结合处理双变量问题的常用方法比值代换的技巧.
29．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，分，两种情况，分别研究的正负，即可得到的单调性；（2）将已知的方程两边同时取对数，得到，由进行分析，利用（1）中的结论，不妨令，分或两种情况求解，构造函数，利用导数研究其性质，结合不等式的性质及基本不等式，即可证明.
【详解】（1）
当时，， ， 所以单调递增；， ， 所以单调递减；
当时，， 所以单调递减；， 所以单调递增；
（2）证明：
， ∴ ，
即当时，
由（1）可知，此时是的极大值点，因此不妨令
要证，即证：
①当时，成立；
②当时
先证
此时
要证，即证：，即，即
即： ①
令 ，
∴
∴在区间上单调递增
∴，∴①式得证.
∴
∵，
∴ ∴ ∴
30．(1)或
(2)见解析
【分析】（1）分函数在上是单调递减，函数在上是单调递增两种情况解决即可.（2）由题得，分，两种情况讨论，得函数在上的零点，，要证，即证，设，求导解决即可.
【详解】（1）由题知，
所以
因为函数在上是单调函数，
若函数在上是单调递减，
所以 在上恒成立，即，
设，
所以，
因为，
所以，
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减；
所以，故；
若函数在上是单调递增，
所以 在上恒成立，即，
由上可知，，故.
综上所述，实数的取值范围为或.
（2）当时，，
所以，
当时，，故，
令，则，
因为和都在上单调递增，
所以在上单调递增，
当时，，
所以在上单调递减，
所以在上单调递减，
因为，
所以存在唯一的，使得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
又因为，
所以函数在上的零点，即，
要证，即证，
设，
所以，
显然在上恒成立，
所以在上单调递增，
所以，故原不等式得证.
31．（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）先求的定义域和导数，再根据一元二次方程判别式的情况讨论的正负，进而确定的单调性即可；
（2）利用根与系数关系进行等量代换将转化为证明，构造函数证明不等式恒成立即可.
【详解】解:（1）函数的定义域为，
，
设，判别式．
①当，即时，恒成立，恒成立，等号不恒成立，此时在上单调递增；
②当，即时，令，得，．
（i）当时，，此时，．
当时，，则，调递减；当时，，则，单调递增；
（ii）当时，，，∴．
当时，，则，单调递增；当时，，则，单调递减；当时，，则，单调递增；
综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在，上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
（2）由（1）及题意知，，为方程的两根，
不妨设，则，且，，
∴．
要证，即证，即证，
，而，，
故，
因为．
设，则，
∴．
设，则，当时，，在上单调递增，∴，而，
∴，
即，命题得证．
【点睛】思路点睛：
利用导数研究函数的单调性的步骤：
①写定义域，对函数求导；②在定义域内，解不等式和③写出单调区间.
32．（1）; （2）见解析.
【详解】试题分析：（1）恒成立问题的两种处理方法：法一：分类讨论：求导利用函数的单调性求解即可；法二：分离参数．恒成立在上恒成立，令求函数最值即可.
（2）要证 ，先证明：时，，只需要证明. 令求导利用单调性即可证得.
试题解析：
（1）解：法一：分类讨论．因为，
①当时，所以，
故在上单调递增，
所以，所以
②当时，令，
若，；若，，
所以在上单减，在上单增；
所以，
解得，此时无解，
综上可得．
法二：分离参数．恒成立在上恒成立．
令，则
所以在上单增，
故，所以
（2）证明：由题意可知，．
要证 （*）
先证明：时，．
令．
当时，，所以在上单减，
所以，所以．
所以要证明（*）式成立，只需要证明（**）
令，则，
，令
又在上单调递增，则在上，，
在，．
所以，在上单减，在上单增，
所以，
所以在上单调递增，所以．
所以（**）成立，也即是（＊）式成立．故
点睛：利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法
（1）分离参数法：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围.一般地，f(x)≥a恒成立，只需f(x)min≥a即可；f(x)≤a恒成立，只需f(x)max≤a即可.
(2)函数思想法：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值(最值)，然后构建不等式求解.