高考数学一轮复习知识点讲解+真题测试专题4.4导数的综合应用(知识点讲解)(原卷版+解析)

这是一份高考数学一轮复习知识点讲解+真题测试专题4.4导数的综合应用(知识点讲解)(原卷版+解析)，共24页。


【核心素养】
1. 考查利用导数研究函数的单调性、极值与最值、函数的零点，凸显数学运算、逻辑推理的核心素养．
2.考查利用导数不等式的证明、方程等，凸显数学运算、逻辑推理的核心素养．
【知识点展示】
（一）函数零点
1．方程有实根函数的图象与轴有交点函数有零点．
2．函数的零点就是的根，所以可通过解方程得零点，或者通过变形转化为两个熟悉函数图象的交点横坐标.
（二）导数解决函数的零点问题
1.利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式、三角式及绝对值式结构函数零点个数(或方程根的个数)问题的一般思路
(1)可转化为用导数研究其函数的图象与x轴(或直线y＝k)在该区间上的交点问题；
(2)证明有几个零点时，需要利用导数研究函数的单调性，确定分类讨论的标准，确定函数在每一个区间上的极值(最值)、端点函数值等性质，进而画出函数的大致图象．再利用零点存在性定理，在每个单调区间内取值证明f (a)·f (b)＜0.
2.证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤
第一步，利用导数证明该函数在该区间上单调；
第二步，证明端点的导数值异号.
3.已知函数有零点求参数范围常用的方法
(1)分离参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从f (x)中分离出参数，然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值，最后根据题设条件构建关于参数的不等式，确定参数范围；
(2)分类讨论法：一般命题情境为没有固定区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围.
（三）导数证明不等式
(1)直接转化为函数的最值问题：把证明f (x)＜g(a)转化为f (x)max＜g(a).
(2)移项作差构造函数法：把不等式f (x)＞g(x)转化为f (x)－g(x)＞0，进而构造函数h(x)＝f (x)－g(x).
(3)构造双函数法：若直接构造函数求导，难以判断符号，导函数零点不易求得，即函数单调性与极值点都不易获得，可转化不等式为f (x)＞g(x)利用其最值求解.
(4)换元法，构造函数证明双变量函数不等式：对于f (x1，x2)≥A的不等式，可将函数式变为与eq \f (x1,x2)或x1·x2有关的式子，然后令t＝eq \f (x1,x2)或t＝x1x2，构造函数g(t)求解.
(5)适当放缩构造函数法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如ln x≤x－1，ex≥x＋1，ln x＜x＜ex(x＞0)，eq \f (x,x＋1)≤ln(x＋1)≤x(x＞－1).
(6)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数等．把不等式左、右两边转化为结构相同的式子，然后根据“相同结构”，构造函数.
(7)赋值放缩法：函数中对与正整数有关的不等式，可对已知的函数不等式进行赋值放缩，然后通过多次求和达到证明的目的.
（四）利用导数研究不等式恒(能)成立问题
1.分离参数法
一般地，若a＞f (x)对x∈D恒成立，则只需a＞f (x)max；若a＜f (x)对x∈D恒成立，则只需a＜f (x)min.若存在x0∈D，使a＞f (x0)成立，则只需a＞f (x)min；若存在x0∈D，使a＜f (x0)成立，则只需a＜f (x0)max.由此构造不等式，求解参数的取值范围.
2.构造函数分类讨论法
有两种常见情况，一种先利用综合法，结合导函数零点之间大小关系的决定条件，确定分类讨论的标准，分类后，判断不同区间函数的单调性，得到最值，构造不等式求解；另一种，直接通过导函数的式子，看出导函数值正负的分类标准，通常导函数为二次函数或者一次函数.
【常考题型剖析】
题型一：利用导数研究函数的零点或零点个数
例1.(2023·天津·高考真题（理））函数在区间(0,1)内的零点个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
例2．（2023·全国高考真题（理））已知函数，为的导数．证明：
（1）在区间存在唯一极大值点；
（2）有且仅有2个零点．
例3．(2023·全国·高考真题（理））已知函数．
(1)若，求a的取值范围；
(2)证明：若有两个零点，则．
【总结提升】
利用导数研究函数零点或方程根的方法
(1)通过最值(极值)判断零点个数的方法．
借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围．
(2)数形结合法求解零点．
对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形结合确定其中参数的范围．
(3)构造函数法研究函数零点．
①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求解．
②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法．
题型二：与函数零点有关的参数（范围）问题
例4.（2023浙江）已知，函数．若函数恰有3个零点，则（ ）
A．a<–1，b<0 B．a<–1，b>0
C．a>–1，b<0 D．a>–1，b>0
例5.(2023·安徽·高考真题（理））设，其中均为实数，下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是________.（写出所有正确条件的编号）
①；②；③；④；⑤.
例6.（2023·全国高考真题（文））已知函数.
（1）当时，讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求的取值范围.
【总结提升】
与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与 轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题．
题型三：与不等式恒成立、有解、无解等问题有关的参数范围问题
例7．（2023·天津高考真题（理））已知，设函数若关于的不等式在上恒成立，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
例8．（2023·江苏省前黄高级中学高三开学考试）已知函数，则_________；关于的不等式的解集为____________．
例9.（2023·全国高三月考）已知函数.
（1）探究函数的单调性；
（2）若关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围.
【总结提升】
1.不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁，也是高考的重点和热点问题，往往用到的方法是依据不等式的特点，等价变形，构造函数，借助图象观察，或参变分离，转化为求函数的最值问题来处理．
：
2.不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；② 数形结合( 图象在 上方即可)；③ 讨论最值或恒成立；④ 讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围.
题型四：利用导数证明不等式
例10．(2023·北京·高考真题）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)设，讨论函数在上的单调性；
(3)证明：对任意的，有．
例11.（2023·全国·高考真题（理））设函数，已知是函数的极值点．
（1）求a；
（2）设函数．证明:．
例12．（2023·全国高考真题）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.
【总结提升】
1.无论不等式的证明还是解不等式，构造函数，运用函数的思想，利用导数研究函数的性质（单调性和最值），达到解题的目的，是一成不变的思路，合理构思，善于从不同角度分析问题，是解题的法宝.
2.利用导数证明不等式f(x)＞g(x)的基本方法
(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min＞g(x)max；
(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)＞0.
3.不等式存在性问题的求解策略
“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值．在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值．特别需要关注等号是否成立，以免细节出错．
专题4.4 导数的综合应用（知识点讲解）
【知识框架】

【核心素养】
1. 考查利用导数研究函数的单调性、极值与最值、函数的零点，凸显数学运算、逻辑推理的核心素养．
2.考查利用导数不等式的证明、方程等，凸显数学运算、逻辑推理的核心素养．
【知识点展示】
（一）函数零点
1．方程有实根函数的图象与轴有交点函数有零点．
2．函数的零点就是的根，所以可通过解方程得零点，或者通过变形转化为两个熟悉函数图象的交点横坐标.
（二）导数解决函数的零点问题
1.利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式、三角式及绝对值式结构函数零点个数(或方程根的个数)问题的一般思路
(1)可转化为用导数研究其函数的图象与x轴(或直线y＝k)在该区间上的交点问题；
(2)证明有几个零点时，需要利用导数研究函数的单调性，确定分类讨论的标准，确定函数在每一个区间上的极值(最值)、端点函数值等性质，进而画出函数的大致图象．再利用零点存在性定理，在每个单调区间内取值证明f (a)·f (b)＜0.
2.证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤
第一步，利用导数证明该函数在该区间上单调；
第二步，证明端点的导数值异号.
3.已知函数有零点求参数范围常用的方法
(1)分离参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从f (x)中分离出参数，然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值，最后根据题设条件构建关于参数的不等式，确定参数范围；
(2)分类讨论法：一般命题情境为没有固定区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围.
（三）导数证明不等式
(1)直接转化为函数的最值问题：把证明f (x)＜g(a)转化为f (x)max＜g(a).
(2)移项作差构造函数法：把不等式f (x)＞g(x)转化为f (x)－g(x)＞0，进而构造函数h(x)＝f (x)－g(x).
(3)构造双函数法：若直接构造函数求导，难以判断符号，导函数零点不易求得，即函数单调性与极值点都不易获得，可转化不等式为f (x)＞g(x)利用其最值求解.
(4)换元法，构造函数证明双变量函数不等式：对于f (x1，x2)≥A的不等式，可将函数式变为与eq \f (x1,x2)或x1·x2有关的式子，然后令t＝eq \f (x1,x2)或t＝x1x2，构造函数g(t)求解.
(5)适当放缩构造函数法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如ln x≤x－1，ex≥x＋1，ln x＜x＜ex(x＞0)，eq \f (x,x＋1)≤ln(x＋1)≤x(x＞－1).
(6)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数等．把不等式左、右两边转化为结构相同的式子，然后根据“相同结构”，构造函数.
(7)赋值放缩法：函数中对与正整数有关的不等式，可对已知的函数不等式进行赋值放缩，然后通过多次求和达到证明的目的.
（四）利用导数研究不等式恒(能)成立问题
1.分离参数法
一般地，若a＞f (x)对x∈D恒成立，则只需a＞f (x)max；若a＜f (x)对x∈D恒成立，则只需a＜f (x)min.若存在x0∈D，使a＞f (x0)成立，则只需a＞f (x)min；若存在x0∈D，使a＜f (x0)成立，则只需a＜f (x0)max.由此构造不等式，求解参数的取值范围.
2.构造函数分类讨论法
有两种常见情况，一种先利用综合法，结合导函数零点之间大小关系的决定条件，确定分类讨论的标准，分类后，判断不同区间函数的单调性，得到最值，构造不等式求解；另一种，直接通过导函数的式子，看出导函数值正负的分类标准，通常导函数为二次函数或者一次函数.
【常考题型剖析】
题型一：利用导数研究函数的零点或零点个数
例1.(2023·天津·高考真题（理））函数在区间(0,1)内的零点个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
答案：B
【解析】
【详解】
恒成立，所以单调递增，
故函数在区间(0,1)内的零点个数1个.
例2．（2023·全国高考真题（理））已知函数，为的导数．证明：
（1）在区间存在唯一极大值点；
（2）有且仅有2个零点．
答案：（1）见解析；（2）见解析
【解析】
（1）由题意知：定义域为：且
令，
，
在上单调递减，在上单调递减
在上单调递减
又，
，使得
当时，；时，
即在上单调递增；在上单调递减
则为唯一的极大值点
即：在区间上存在唯一的极大值点.
（2）由（1）知：，
①当时，由（1）可知在上单调递增
在上单调递减
又
为在上的唯一零点
②当时，在上单调递增，在上单调递减
又
在上单调递增，此时，不存在零点
又
，使得
在上单调递增，在上单调递减
又，
在上恒成立，此时不存在零点
③当时，单调递减，单调递减
在上单调递减
又，
即，又在上单调递减
在上存在唯一零点
④当时，，
即在上不存在零点
综上所述：有且仅有个零点
例3．(2023·全国·高考真题（理））已知函数．
(1)若，求a的取值范围；
(2)证明：若有两个零点，则．
答案：(1)
(2)证明见的解析
【解析】
分析：
（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；
（2）利用分析法，转化要证明条件为，再利用导数即可得证.
(1)
的定义域为，
令,得
当单调递减
当单调递增，
若,则,即
所以的取值范围为
(2)
由题知,一个零点小于1,一个零点大于1
不妨设
要证,即证
因为,即证
因为,即证
即证
即证
下面证明时，
设，
则
设
所以,而
所以,所以
所以在单调递增
即,所以
令
所以在单调递减
即,所以；
综上, ,所以.
【总结提升】
利用导数研究函数零点或方程根的方法
(1)通过最值(极值)判断零点个数的方法．
借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围．
(2)数形结合法求解零点．
对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形结合确定其中参数的范围．
(3)构造函数法研究函数零点．
①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求解．
②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法．
题型二：与函数零点有关的参数（范围）问题
例4.（2023浙江）已知，函数．若函数恰有3个零点，则（ ）
A．a<–1，b<0 B．a<–1，b>0
C．a>–1，b<0 D．a>–1，b>0
答案：C
【解析】当x＜0时，y＝f（x）﹣ax﹣b＝x﹣ax﹣b＝（1﹣a）x﹣b＝0，得x=b1−a，
则y＝f（x）﹣ax﹣b最多有一个零点；
当x≥0时，y＝f（x）﹣ax﹣b=13x3−12（a+1）x2+ax﹣ax﹣b=13x3−12（a+1）x2﹣b，
，
当a+1≤0，即a≤﹣1时，y′≥0，y＝f（x）﹣ax﹣b在[0，+∞）上单调递增，
则y＝f（x）﹣ax﹣b最多有一个零点，不合题意；
当a+1＞0，即a>﹣1时，令y′＞0得x∈(a+1，+∞），此时函数单调递增，
令y′＜0得x∈[0，a+1），此时函数单调递减，则函数最多有2个零点.
根据题意，函数y＝f（x）﹣ax﹣b恰有3个零点⇔函数y＝f（x）﹣ax﹣b在（﹣∞，0）上有一个零点，在[0，+∞）上有2个零点，
如图：
∴b1−a＜0且−b＞013(a+1)3−12(a+1)(a+1)2−b＜0，
解得b＜0，1﹣a＞0，b＞−16（a+1）3，
则a>–1，b<0.
故选C．
例5.(2023·安徽·高考真题（理））设，其中均为实数，下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是________.（写出所有正确条件的编号）
①；②；③；④；⑤.
答案：1，3，4，5
【解析】
【详解】
令，求导得，当时，，所以单调递增，且至少存在一个数使，至少存在一个数使，所以必有一个零点，即方程仅有一根，故④⑤正确；当时，若，则，易知，在上单调递增，在上单调递减，所以，
，要使方程仅有一根，则或者
，解得或，故①③正确.所以使得三次方程仅有一个实 根的是①③④⑤.
例6.（2023·全国高考真题（文））已知函数.
（1）当时，讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求的取值范围.
答案：（1）的减区间为，增区间为；（2）.
【解析】
（1）当时，，，
令，解得，令，解得，
所以的减区间为，增区间为；
（2）若有两个零点，即有两个解，
从方程可知，不成立，即有两个解，
令，则有，
令，解得，令，解得或，
所以函数在和上单调递减，在上单调递增，
且当时，，
而时，，当时，，
所以当有两个解时，有，
所以满足条件的的取值范围是：.
【总结提升】
与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与 轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题．
题型三：与不等式恒成立、有解、无解等问题有关的参数范围问题
例7．（2023·天津高考真题（理））已知，设函数若关于的不等式在上恒成立，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
答案：C
【解析】
∵，即，
（1）当时，，
当时，，
故当时，在上恒成立；
若在上恒成立，即在上恒成立，
令，则，
当函数单增，当函数单减，
故，所以.当时，在上恒成立；
综上可知，的取值范围是，
故选C.
例8．（2023·江苏省前黄高级中学高三开学考试）已知函数，则_________；关于的不等式的解集为____________．
答案：2
分析：
根据解析式直接求的值，易知关于对称，可将题设不等式变形为，再利用导数判断的单调性，由单调性列不等式求解集.
【详解】
，
由，
∴关于对称，故，
∴，即，
又，故单调递减，
∴，即，解得.
∴不等式解集为.
故答案为：2；.
例9.（2023·全国高三月考）已知函数.
（1）探究函数的单调性；
（2）若关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围.
答案：（1）答案见解析；（2）.
分析：
（1）求导，对参数分类讨论，由导函数的符号可得函数的单调性；
（2）将不等式化为，再构造函数，利用导数求出函数的最大值，由可求出结果.
【详解】
（1）由，得，
①若，则，在上单调递增；
②若，则，
当时，；
当时，；
所以在区间上单调递增，在上单调递减.
综上所述：当时，在上单调递增；
当时，在区间上单调递增，在上单调递减.
（2）不等式在上恒成立，
相当于在上恒成立，
令，
则，
①当时，，由，得，由，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，解得.
②当时，因为，所以，所以，
所以当时，，当时，，
所以在上递增，在上递减，所以，
解得，又，所以；
③当时，，此时，
由，得或，由，得，
所以在和上递增，在上递减，
所以分别是函数的极大值点和极小值点，
因此有；
④当时，，所以在上单调递增，所以，
即，所以；
⑤当时，，此时，
由，得或，由，得，
所以在和上递增，在上递减，
所以分别是函数的极大值点和极小值点，
因此有；
综上可知，实数的取值范围是.
【总结提升】
1.不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁，也是高考的重点和热点问题，往往用到的方法是依据不等式的特点，等价变形，构造函数，借助图象观察，或参变分离，转化为求函数的最值问题来处理．
：
2.不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；② 数形结合( 图象在 上方即可)；③ 讨论最值或恒成立；④ 讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围.
题型四：利用导数证明不等式
例10．(2023·北京·高考真题）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)设，讨论函数在上的单调性；
(3)证明：对任意的，有．
答案：(1)
(2)在上单调递增.
(3)证明见解析
【解析】
分析：
（1）先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程；
（2）在求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解；
（3）令，，即证，由第二问结论可知在[0,+∞）上单调递增，即得证.
(1)
解：因为，所以，
即切点坐标为，
又，
∴切线斜率
∴切线方程为：
(2)
解：因为，
所以，
令，
则，
∴在上单调递增，
∴
∴在上恒成立，
∴在上单调递增.
(3)
解：原不等式等价于，
令，，
即证，
∵，
，
由（2）知在上单调递增，
∴，
∴
∴在上单调递增，又因为，
∴，所以命题得证.
例11.（2023·全国·高考真题（理））设函数，已知是函数的极值点．
（1）求a；
（2）设函数．证明:．
答案：（1）；（2）证明见详解
【解析】
分析：
（1）由题意求出，由极值点处导数为0即可求解出参数；
（2）由（1）得，且，分类讨论和，可等价转化为要证，即证在和上恒成立，结合导数和换元法即可求解
【详解】
（1）由，，
又是函数的极值点，所以，解得；
（2）[方法一]：转化为有分母的函数
由（Ⅰ）知，，其定义域为．
要证，即证，即证．
（ⅰ）当时，，，即证．令，因为，所以在区间内为增函数，所以．
（ⅱ）当时，，，即证，由（ⅰ）分析知在区间内为减函数，所以．
综合（ⅰ）（ⅱ）有．
[方法二] 【最优解】：转化为无分母函数
由（1）得，，且，
当 时，要证，， ，即证，化简得；
同理，当时，要证，， ，即证，化简得；
令，再令，则，，
令，，
当时，，单减，故；
当时，，单增，故；
综上所述，在恒成立.
[方法三] ：利用导数不等式中的常见结论证明
令，因为，所以在区间内是增函数，在区间内是减函数，所以，即（当且仅当时取等号）．故当且时，且，，即，所以．
（ⅰ）当时，，所以，即，所以．
（ⅱ）当时，，同理可证得．
综合（ⅰ）（ⅱ）得，当且时，，即．
【整体点评】
（2）方法一利用不等式的性质分类转化分式不等式：当时，转化为证明，当时，转化为证明，然后构造函数，利用导数研究单调性，进而证得；方法二利用不等式的性质分类讨论分别转化为整式不等式：当时，成立和当时，成立，然后换元构造，利用导数研究单调性进而证得，通性通法，运算简洁，为最优解；方法三先构造函数，利用导数分析单调性，证得常见常用结论（当且仅当时取等号）．然后换元得到，分类讨论，利用不等式的基本性质证得要证得不等式，有一定的巧合性.
例12．（2023·全国高考真题）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.
答案：（1）的递增区间为，递减区间为；（2）证明见解析.
分析：
（1）求出函数的导数，判断其符号可得函数的单调区间；
（2）设，原不等式等价于，前者可构建新函数，利用极值点偏移可证，后者可设，从而把转化为在上的恒成立问题，利用导数可证明该结论成立.
【详解】
（1）函数的定义域为，
又，
当时，，当时，，
故的递增区间为，递减区间为.
（2）因为，故，即，
故，
设，由（1）可知不妨设.
因为时，，时，，
故.
先证：，
若，必成立.
若， 要证：，即证，而，
故即证，即证：，其中.
设，
则，
因为，故，故，
所以，故在为增函数，所以，
故，即成立，所以成立，
综上，成立.
设，则，
结合，可得：，
即：，故，
要证：，即证，即证，
即证：，即证：，
令，
则，
先证明一个不等式：.
设，则，
当时，；当时，，
故在上为增函数，在上为减函数，故，
故成立
由上述不等式可得当时，，故恒成立，
故在上为减函数，故，
故成立，即成立.
综上所述，.
【总结提升】
1.无论不等式的证明还是解不等式，构造函数，运用函数的思想，利用导数研究函数的性质（单调性和最值），达到解题的目的，是一成不变的思路，合理构思，善于从不同角度分析问题，是解题的法宝.
2.利用导数证明不等式f(x)＞g(x)的基本方法
(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min＞g(x)max；
(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)＞0.
3.不等式存在性问题的求解策略
“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值．在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值．特别需要关注等号是否成立，以免细节出错．