2026年高考数学大一轮复习(新高考版)专题03利用导数证明不等式讲义(学生版+解析)

这是一份2026年高考数学大一轮复习(新高考版)专题03利用导数证明不等式讲义(学生版+解析)，共5页。学案主要包含了举一反三等内容，欢迎下载使用。
题型方法
【题型一】与隐零点有关的不等式证明问题
【例1】（23-24高三上·江苏·期末）已知函数（）.
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若函数的图象与x轴相切，求证：.
【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为
(2)证明见解析
【分析】（1）首先求函数的导数，并化简，利用导数的零点和单调性，即可判断函数的单调性；
（2）首先由题意可得，化简后，结合零点存在性定理，求得函数零点的所在区间，并由表示和，即可证明.
【详解】（1）当时，，
，
所以，又
当时，恒成立
所以在上单调递增，
所以当时，；当时，，
所以的单调递减区间为，单调递增区间为
（2），设函数的图象与轴相切于点，
则即，即
所以，设，则在上单调递增且图象不间断，
又，，所以，由得，
又因为，所以，则，
所以，即.
而在区间单调递增，
所以，
即，得证.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是确定零点所在的区间，并能正确表示.
【举一反三】【变式1】（2025·甘肃平凉·模拟预测）已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)求证：对，使得.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，分和两种情况，利用导数判断原函数单调性；
（2）分析可知，构建函数，利用导数结合零点代换分析可得，即可得结果.
【详解】（1）由题意可知：的定义域为，且，
当时，恒成立，所以函数在上单调递增；
当时，令，得，令，得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
综上所述，当时，函数在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）当时，在上单调递减，在上单调递增，
所以.
令，则，
令，则，
可知单调递减，即单调递减.
且，
可知，使得，即，
当时，；当时，；
可知在内单调递增，在内单调递减，
则，
当且仅当，即时，等号成立，
且，所以.
所以对，使得.
【变式2】（2025·江西南昌·一模）已知．
(1)若在定义域上单调递增，求a的取值范围；
(2)若有极大值m，求证：
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）先求，令，通过求导判断函数的单调性求解最小值，结合题意列不等式即可求解；
（2）由（1）可知，当有两个不同的零点时，，由，则，，判断的单调性，可得，通过求导即可证明.
【详解】（1）函数的定义域为，
可得，
令，
所以，
因为时，，所以单调递减，
时，，所以单调递增，
所以，
因为在定义域上单调递增，所以恒成立，
所以，即；
（2）由（1）可知，当有两个不同的零点时，，
此时，
且时，时，
所以，则，，其中，
因为时，，单调递增，
时，，单调递减，
时，，单调递增，
所以为的极大值点，则，
且，
设，则，
所以在单调递增，
所以，即.
【变式3】（2024·全国·模拟预测）已知函数．
(1)若，讨论的单调性．
(2)若，，求证：．
【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用二次导数判断的单调性，结合即可求解；
（2）当时，利用导数通过证明即可；当时，利用零点存在性定理判断的零点，再由零点方程化简整理得的最小值，然后由零点的范围即可求解.
【详解】（1）当时，，定义域为，
则．
设，则，
所以在上单调递增，且，
所以，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以在上单调递减，在上单调递增．
（2）因为，
所以．
因为，所以在上单调递增，且．
①若，则，
所以当时，恒成立，单调递增．
又，
所以；
②若，则，，
所以存在，使得，即．
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以．
因为在上单调递减，
所以，
所以．
综上所述，当，时，．
【点睛】思路点睛：证明，一般可以考虑证明，若有最小值，但无法具体确定，这种情况下一般是先把的最小值转化为关于极值点的一个函数，再根据极值点的取值范围，确定最小值的取值范围．
【题型二】通过函数放缩证明不等式
【例2】（2025·陕西西安·模拟预测）已知函数.
(1)若x轴是曲线的一条切线，求实数a的值；
(2)若在上恒成立，求a的最小值；
(3)证明：（且）.
【答案】(1)-1
(2)-1
(3)答案见解析
【分析】（1）根据导函数的几何意义，利用函数导数求函数求切线的方法，求出参数，
（2）根据恒成立问题的解法，构造函数求出最小值，求出参数范围，判断参数最小值.
（3）构造函数，转换不等式表示方法，再使用放缩法证明不等式.
【详解】（1）当x轴是曲线的一条切线，即存在，使
求导得，当时，解得，
则，解得.
（2）当在上恒成立时，即在上恒成立，
设，则，
可知当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增，
当时，取得最小值， ，
所以，即.的最小值为-1.
（3）由(2)可知，当时取等号，则，
令，且，得，
令，
由，可知，
化简得，
所以，
即得，原命题得证.
【举一反三】【变式1】（2025·山西·三模）已知函数．
(1)当时，求函数在处的切线方程；
(2)讨论函数极值点的个数，并说明理由；
(3)证明：当时，都有．
【答案】(1)
(2)当时，有2个极值点；当时，有1个极值点，理由见解析；
(3)证明见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义，求出切线斜率，由点斜式方程即可求得；
（2）将函数求导后，根据参数的范围讨论函数的单调性，推得极值情况即可；
（3）利用（2）的结论，可得，取，利用累加法，推得，再用导数证明，取，再利用累加法，推得，即可得证.
【详解】（1）当时，，，
则， ，，
所以在处的切线方程为．
（2）的定义域为，，
令，得，或，
又，所以
①当，即时，
若，则，在上递增；
若，则，在上递减，故有1个极值点；
②当，即时，
若，则，在上递减；
若，则，在上递增；
若，则，在上单调递减，故有2个极值点．
综上，当时，有2个极值点；当时，有1个极值点．
（3）由（2）知当时，在上递减，
∴，即，
因为，所以，，
对赋值累加可得：，
所以．
再证，
设，则，故在区间上递增，
所以当时，，即．
故有，，
再对赋值累加可得：，
故，即命题得证．
【变式2】（2025·天津滨海新·三模）已知函数（为自然对数的底数），，其中为实数．
(1)求函数在点处的切线方程；
(2)若对，有，求的取值范围；
(3)证明：．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）由题可得切线斜率及所过点，由直线点斜式可得切线方程；
（2）即对都成立，由恒成立必要条件可得，通过导数证明满足题意即可完成证明；
（3）由，令，可得，据此可得；由，令，可得，据此可得.
【详解】（1）因为，所以，，
所以切线斜率为，
所以函数的在处的切线方程为，即；
（2）若对，有，转化为，
即对都成立．
设，
因为，所以要使
必须满足，即，所以
下面证明时满足题意：
因为，，所以，
只需要证明即可．
设，
所以，且，．
先研究当时，设，，
因为函数、在上均为单调递减，
则在内单调递减，
又因为，，
所以，使得，
且当时，；当时，．
此时在内单调递增，在内单调递减，
又，，故对任意的，，
则在内单调递增，所以．
综上，当时，，即得，所以得证：
（3）根据题意需要分析，，在上的大小关系．
设，则，
则在区间上单调递减，
所以，即．
令，，所以，，
所以，
所以．
再证明，其中，
设，，
设，
因为函数、在上均为单调递减，
则在区间内单调递减，
因为，，
所以，，使得，
当时，；当时，．
所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，
又因为，，，
，使得，
当时，；当时，．
所以在区间内单调递增，在区间内单调递减．
因为，，
所以在区间内恒成立．
令，所以，
所以，，，⋯，，
所以．
对，，所以，
所以
，
所以得证．
综上，
【点睛】关键点睛：对于部分恒成立问题，可先由恒成立得到条件成立的必要条件，再证明必要条件为条件成立的充分条件即可；对于数列型不等式的证明，可将不等式两边均看成某数列的前n项和，随后可通过证明两边数列的大小关系来完成证明.
【变式3】（2020·河北石家庄·一模）已知函数.
（1）求曲线在处的切线方程；
（2）关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围；
（3）若，且，证明：.
【答案】（1）（2）（3）证明见解析
【解析】（1）首先求导，求出切线的斜率，再写出切线方程即可.
（2）等价，恒成立.对求导，求出单调区间和最小值，再根据最小值的单调性和最值即可得到的取值范围.
（3）首先证明，再设直线与的交点为，则，则，且，直线分别于交于点，则，，且，
可得.
即可证明.
【详解】解：（1），
所以，，切点为.
故切线方程为，即.
（2）由题知：
等价于：，恒成立.
令，解得.
当时，，为减函数，
当时，，为增函数.
所以.
设，.
令，解得.
当时，，为增函数，
当时，，为减函数，
所以，所以.
又因为恒成立，所以.
（3）设，，
则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故当时，函数取得最小值，.
因此.
设直线与的交点为，则，
∴，且，当且仅当时取等号.
又由（2）可知，设直线分别于交于点.
则，∴，且，当且仅当时取等号.
因此.
因为等号成立的条件不能同时满足，
∴.
∴.
【点睛】本题第一问考查导数的切线问题，第二问考查利用导数解决恒成立问题，第三问考查利用导数证明不等式，同时考查了学生分析问题和计算的能力，属于难题.
【题型三】双变量换元法转换为单变量
【例3】．（2025·海南海口·模拟预测）已知函数，当时，的切线斜率．
(1)求的单调区间；
(2)已知，若，求证：若，则．
【答案】(1)在上单调递增，无单调递减区间．
(2)证明见解析
【分析】（1）由切线斜率可得，然后两次求导可得单调区间；
（2）由题可得，命题等价于证明，.由，结合，可得.对于，通过在上单调性可完成证明；对于，由在上的单调性可完成证明.
【详解】（1），则．
所以，，则．
令．则．
所以在上单调递减，在上单调递增，
又，所以恒成立，即恒成立，
故在上单调递增，无单调递减区间．
（2）证明：要证，则，
只需证明，，即证明，．
，由得．
则，可得．
又，若，则；若，令，
则，，所以在上单调递增．
因，又，则，从而.
综上可得．
先证明，即，因在上单调递增．
只需证，.
即，．
令，，则，
所以，故;
再证明，即．
同理，只需证明，即．
令，．则．
令，，则，
所以在上单调递增．
又因为，，
则存在，使得，
所以时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，
所以，故．
综上所述，对任意的，．
【点睛】关键点睛：对于一次求导后无法判断单调性的函数，往往可进行多次求导；对于双变量问题，核心思想为由题目已知条件，将双变量转变为单变量问题.
【举一反三】【变式1】（2025·甘肃白银·三模）已知函数，且曲线在点处的切线方程为.
(1)求实数的值.
(2)当时，证明：当时，.
(3)当时，若存在，使得成立，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据导数的几何意义求导函数，由切线斜率可得的值，从而得实数的值；
（2）求导函数，从而得函数的单调性与最值，即可证得结论；
（3）结合函数在时的单调性将等式转换为不等式，则，设，求导确定单调性即可证得结论.
【详解】（1）.
曲线在点处的切线方程为.
（2）当时，，
在上恒成立，
在上单调递增，
当时，.
（3）当时，，
当时，存在成立，
，
得.
由（2）可知，当时，单调递增，
，即，
，
设，
则，
当时，，则，
，
，
.
【变式2】（2024·广东广州·模拟预测）已知函数．
(1)若，求实数a的取值范围；
(2)若，求的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用导数研究函数的单调性与最值分离参数计算即可；
（2）含参分类讨论的单调性，得出，构造函数，利用导数研究其单调性及最值计算即可.
【详解】（1）由题意得，则，
令，
显然时，，即此时单调递减，
时，，即此时单调递增，
所以，则，
实数a的取值范围为；
（2）若，则，
令，则，
若，则，此时在R上单调递增，
当时，，不符合题意；
当，则时，，此时单调递增，
时，，此时单调递减，
即，
即，
所以，
令，
易知当时，，此时单调递增，
当时，，此时单调递减，
即，
所以，
当且仅当时，，
所以的最大值为.
【点睛】思路点睛：对于双变量的恒成立问题，可以通过消元转化为单变量函数最值来进行计算.
【变式3】（2025·山东·模拟预测）“拉格朗日中值定理”是法国数学家拉格朗日在其著作《解析函数论》中给出的，其内容为若函数满足如下条件：①在区间上的图象是连续的；②在区间上可导，则在区间上至少存在一个实数，使得成立．已知函数．
(1)，且，若恒成立，求的取值范围；
(2)当时，是否存在区间，使？若存在，写出证明过程；若不存在，说明理由；
(3)当时，设的两个极值点为，，且，证明：．
【答案】(1)
(2)存在，证明过程见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）利用拉格朗日中值定理转化为要求对所有成立.
然后利用导数分析，可得答案；
（2）方法一：题设不等式等价变形为
由拉格朗日中值定理进行等价转化为只需证明在区间上单调递增，然后利用导数进行分析求解；方法二：分析函数的凹凸性，利用数形结合分析得到结论；
（3）当时，有两个极值点（）.利用导数分析可得到.由得和.两式相减得.作换元，可得，经分析可知要证明的结论等价于证明. 构造函数利用导数可以证明对于恒成立，，整理得：，最后转化为证明，至此在构造函数，利用导数逐次分析可以证得待证不等式.
【详解】（1）由题意，对于任意，有，等价于.
根据拉格朗日中值定理，存在使得.
因此，要求对所有成立.
整理得.
设函数，则.
在内，单调递增，在内，单调递减.
.
故；
（2）当时，函数.
验证是否存在区间（）使得.
方法一：不等式等价于.
由拉格朗日中值定理，可知存在，使得，
因此只需保证，这只需要在区间上单调递增，
由于函数，在时大于零，
所以的单调递增区间为，
所以只需要即可，因此存在这样的区间.
方法二：等价于函数在区间上为凹函数.
当（即）时，，在为凸函数；当时，，
为凹函数.
在凹区间（如）取，则；
在凸区间（如）取，则.
因此存在这样的区间.
（3）由于，设，，
令得.
时，（单调递减）；时，（单调递增）.
因此，在处取得极小值：
由于，且，所以.
又因为和，
所以有两个解和，.
因为，所以.
由和，相减得：①，
需要证明，即：，
设，需证明②.
由①得：，，
所以③，
设，令，
，在时，单调递增，所以，，所以单调递增，所以，
所以对于恒成立，
所以结合③可得，
整理得：，
于是结合待证式子②，可知只要证明，即，
构造函数，只需证明在的条件下成立.
令，
对于恒成立，
所以即在上单调递增，
，所以
所以单调递减，
又因为，所以时成立.
至此证明完毕.
【题型四】同构函数问题
【例4】（2024·陕西咸阳·模拟预测）已知，下列不等式恒成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】构造函数，利用导数研究单调性即可求解A，构造函数，求导即可判断C,构造函数即可求解B，根据指数以及对数的性质即可求解D.
【详解】令且，则，故在上递减，
又，所以，A错误；
令且，则，
所以上，递减，上，递增，
而，此时不能比较，的大小，所以无法确定的大小，C错误；
令且，则，故在上递增，
又，所以，B错误；
由于，所以，故,D正确，
故选：D．
【举一反三】【变式1】（2024·全国·模拟预测）已知，则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由可得，可得，据此判断A，由变形化简即可判断B，构造函数，利用导数证明即可判断C，证明再利用对数函数单调性及不等式性质判断D.
【详解】由，可得，
，．
令，则，
当时，单调递增，当时，单调递减，
，即（当且仅当时取等号）．
对于A：由可得，可得（当且仅当时取等号），又，
，故A错误；
对于B：由知，，故，故B正确；
对于C：，令，
则，令，
则，（提示：，由，当且仅当时取等号，可知当时，）
在上单调递增，，，即，故C错误；
对于D：当时，，则，又，（提示：要证，即证，即证，而，故），
，故，故D错误．
故选：B
【点睛】方法点睛：常用的不等式：，，，，，．
【变式2】（2025·河南·模拟预测）已知函数，且有两个极值点.
(1)求实数的取值范围；
(2)证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据函数极值点和导函数零点之间的关系，构造函数，求出构造函数有两个零点时的参数范围即可；
（2）利用消元思想消去，构造函数，利用其单调性，证明不等式.
【详解】（1）已知有两个极值点，易得有两个零点，
令，则，
令，即，解得，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
在处取得最小值.
若有两个零点，一定有，解得，
又易知时，，
取，易知，当且仅当时取等号，
所以由可知，，
根据零点存在定理可知，函数在，上各存在一个零点，
故的取值范围为.
（2）由（1）知：，且，
故，
故，
令，则，
当时，，在上单调递减，
所以，
故，原式得证.
【变式3】（23-24高三上·湖南·阶段练习）已知函数.
(1)讨论函数的零点个数；
(2)已知函数，当时，关于的方程有两个实根，求证：.（注：是自然对数的底数）
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）分离参数，得，构造函数，求导得函数的单调性，即可结合函数的图象和性质求解，
（2）将式子变形后构造函数，得，即可利用函数的单调性得，构造函数，将问题转化为，利用导数求解单调性，进而可求证.
【详解】（1）由已知函数的定义域为，
由，得，
令函数，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在单调递减，
所以，
因为，
可知函数的图象如下所示：

所以当时，函数的零点个数为0个，当或时，函数的零点个数为1个，当时，函数的零点个数为2个.
（2）由题设方程，即，
所以，
令，得，
又在上恒成立，所以在上单调递增，所以，即，
由已知，方程有两个实根，
即有两个实根，由（1）得.
令，
所以
令，所以有两个实根，
先证.
因为，令，解得，令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，要证，即证，
因为在上单调递减，只需证，
即证.
令，
，
因为，
令，
可知函数在上单调递增，所以，所以，
所以，即在上恒成立，
所以在上单调递增，所以，所以成立，
即成立，又，且在上单调递减，
所以，所以，即，所以，
所以，即.
【点睛】本题考查了导数的综合运用,利用导数求单调性时，如果求导后的正负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.在证明不等式时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键.
【题型五】极值点偏移问题
【例5】（2024·河北衡水·模拟预测）已知函数有两个零点，且，则下列命题正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据零点可将问题转化为，构造，求导即可根据函数的单调性得函数的大致图象，即可根据图象求解A，根据极值点偏移，构造函数，结合函数的单调性即可求解B，根据可得，即可求解C，根据不等式的性质即可求解D.
【详解】由可得，令，其中，
则直线与函数的图象有两个交点，，
由可得，即函数的单调递增区间为，
由可得，即函数的单调递减区间为，
且当时，，当时，，，
如下图所示：
由图可知，当时，直线与函数的图象有两个交点，故A错误；
由图可知，，
因为，由可得，由可得，
所以，函数的增区间为，减区间为，则必有，
所以，，则，
令，其中，
则，则函数在上单调递减，
所以，，即，即，
又，可得，
因为函数的单调递减区间为，则，即，故B错误；
由，两式相加整理可得，
所以，，可得，故C错误；
由图可知，则，又因为，所以，，故D正确.
故选：D.
【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题：
1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
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，从而判定不等关系；
3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4．构造“形似”函数，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.
【举一反三】【变式1】（2023·湖南长沙·一模）已知，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】转化为比较比较的大小，构造函数，先证明，，中最大，设，先证明，再证明，即得解.
【详解】要比较，，等价于比较的大小,
等价于比较,
即比较,
构造函数,,
令得,令得,
所以在单调递增, 单调递减.
所以,
因为，
所以最大，即，，中最大，
设，
结合的单调性得，，
先证明，其中，
即证，
令，，其中，
则，
所以，函数在上为增函数，当时，，
所以，当时，，
则有，
由可知，
所以，
因为，所以即，
因为，在单调递增，
所以，即，
因为 所以所以，
即，
因为，在单调递减.
所以，
即，即，
综上，.
故选：D
【点睛】关键点睛：应用对数平均不等式（需证明）证明极值点偏移：①由题中等式中产生对数；②将所得含对数的等式进行变形得到；③利用对数平均不等式来证明相应的问题.
【变式2】（2024·江苏扬州·模拟预测）已知函数．
(1)若恒成立，求的取值范围；
(2)若有两个不同的零点，证明．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）直接用导数求出的最大值即可；
（2）构造并证明时，并对该不等式代入特殊值即可得证.
【详解】（1）首先由可知的定义域是，从而.
故，从而当时，当时.
故在上递增，在上递减，所以具有最大值.
所以命题等价于，即.
所以的取值范围是.
（2）不妨设，由于在上递增，在上递减，故一定有.
在的范围内定义函数.
则，所以单调递增.
这表明时，即.
又因为，且和都大于，
故由在上的单调性知，即.
【变式3】（2024·四川德阳·模拟预测）设函数.
(1)若恒成立，求的取值范围；
(2)若有两个零点，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）先分类讨论单调性，将恒成立问题转化为的最值问题分析求解可得；
（2）由有两个零点求范围，结合范围分析函数的极值，构造函数，利用单调性可得，进而比较，再借助单调性可证.
【详解】（1）由，，
得，，
①当，即时，，所以在上单调递增，
且，不满足题意；
②当，即时，令，得，
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增；
则，
要使恒成立，则，解得，满足.
故的取值范围为.
（2）由题意若函数有两个零点，
结合（1）知，且，解得.
当时，，
又；，，此时满足函数有两个零点.
下面证明结论成立.
不妨设，
构造函数，
则，
，
，
在上单调递增，
，即，
所以，，
由，可得，
又，，又，
又由（1）知，当时，单调递增，
故，即，得证.
【点睛】关键点点睛：应用极值点偏移方法构造，将问题转化为证明在恒成立.
好题必刷
一、单选题
1．（2024·湖北·模拟预测）已知函数，为的反函数，若、的图像与直线交点的横坐标分别为，，则下列说法正确的为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据题意，构造函数，由条件可得，由其单调性即可判断AB，再由零点存在定理即可判断C，构造函数，求导可得其单调性即可判断D
【详解】由题意得且，而可变形为，
令，在上单调递增，
则，故，所以，所以A错误；
由可得，，所以B错误；
由于，，
结合在上单调递增，由零点存在性定理得，故C错误；
由，令，，
因为，所以，所以在时单调递减，
所以，所以，即，所以D正确.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：利用导数研究函数单调性以及零点问题，难度较大，解答本题的关键在于合理构造函数，利用导数研究函数性质.
2．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）设，则大小关系（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】通过证明确定的大小关系；通过证明确定的大小关系.
【详解】令，
，所以在上单调递增，
所以，即，，
，所以.
令，
，令，，
，令，则，
所以在上单调递减，，，
所以存在唯一，使得，即当时，，当时，，
即在上单调递增，在上单调递减，所以的最小值为中一个，而，
，所以，即，
所以在上单调递增，所以，
即，，
所以，即.
所以.
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题使用构造函数并利用函数的单调性判断函数值大小关系，在构造函数时首先把要比较的值变形为含有一个共同的数值，将这个数值换成变量就有了函数的形式，如在本题中，将视为，将视为函数与的函数值，从而只需比较与这两个函数大小关系即可.
3．（2025·山东济南·一模）已知，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】令，求导分析单调性可得A错误；令求导分析单调性可得B错误；令，由诱导公式和两角和的正弦展开式可得C错误；
令，求导后放缩得单调性后可得D正确.
【详解】对于A，令，则，
所以在上单调递减，即，
所以，故A错误；
对于B，令，，则，
所以在上单调递增，即，故B错误；
对于C，因为，令时，，
，
因为，所以，故C错误；
对于D，令，，则，
由三角函数线可得当时，，所以，
所以，
所以在上单调递增，，，
即，故D正确.
故选：D
二、多选题
4．（2025·湖北·模拟预测）若，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【分析】作差比较可判断A；构造函数，利用导数求单调性可判断B；作商比较，结合基本不等式可判断C；构造函数，利用导数判断单调性可判断D.
【详解】对A：因为，则，
所以，所以，A错误；
对B：记，则，
所以在上单调递减，
又，所以，即，即，B正确；
对C：因为，所以，，
，因，故等号不成立，
则，所以，C正确；
对D：记，则，
记，则，故，
所以在上单调递减，，
则，所以在单调递减，
又，所以，即，即，D错误.
故选：BC.
5．（2025·河北秦皇岛·三模）已知函数，，则下列说法正确的有（ ）
A．当时，函数不存在极值点
B．对于任意的，函数都存在平行于直线的切线
C．当时，函数有且仅有一个极值点
D．当时，对于任意的，都有
【答案】ACD
【分析】对A：求导后可得恒成立，即可得函数不存在极值点；对B：由恒成立，可得无解；对C：求导后令，可得，构造函数，结合导数可得单调性，再结合零点的存在性定理即可得是否存在变号零点，即可得函数极值点个数；对D：由题意可得，则，从而证明恒成立即可得.
【详解】对A：由题可知定义域为，，
由，则，故恒成立，函数不存在极值点，故A正确；
对B：由A知，对于任意的，恒成立，
故无解，函数不存在平行于直线的切线，故B错误；
对C：当时，，令，即，即，
令，，令，则，
则当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
则，故在上恒成立，
则在上单调递增，又，，
故在上存在唯一零点，使得，
即存在变号零点，则函数有且仅有一个极值点，故C正确；
对D： 由，故当时，，
故，
令，则，
故在上单调递减，故，
即，又，则，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题
6．（2025·天津河东·二模）设函数，，若存在，使得，则的最小值为 .
【答案】1
【分析】由题意可得在上单调递增，且，所以，由此，通过放缩即可得出答案.
【详解】因为，所以恒成立，
所以在上单调递增，
又因为，
且存在，使得，所以，
所以，令，
则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，所以,即,当时取等号.
所以（当时取等号，此时满足题意），
所以的最小值为1.
故答案为：1.
7．（2023·四川成都·三模）已知函数，.当时，，则实数的取值范围为 ．
【答案】
【分析】根据求导公式和求导法则可得，利用导数和放缩法，结合二次函数的性质研究当、、、时函数的性质，进而得出函数的性质，即可求出a的取值范围.
【详解】由已知，得.
令.
①若，则，当时，，
所以在上单调递增，所以当时，成立.
②若，则图象的对称轴为直线，
所以在上单调递增，.
i）当时，，，，
所以，所以在上单调递增，
所以当时，成立；
ii）当时，，，使，
当时，，
所以，所以在上单调递减，
所以当时，，不合题意.
③若，则.
令，，则，
当时，，所以在上单调递减，
所以当时，，
所以当时，，
所以.
令，由解得，，
即，使，不合题意.
综上所述，实数的取值范围为.
故答案为：.
【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．
8．（2025·河北·模拟预测）已知实数满足不等式，则 .
【答案】8
【分析】利用导数证明不等式，，由此放缩给定不等式，利用等号成立的条件求解即可.
【详解】不等式，
令函数，，求导得，
当时，；当，，
函数在上单调递增，在上单调递减，
则，即，当且仅当时取等号，
于是，即，当且仅当时取等号，
因此，当且仅当时取等号，
，当且仅当时取等号，
则，
于是，解得，所以.
故答案为：8.
四、解答题
9．（2025·河北邢台·三模）已知函数.
(1)当时，点在曲线上运动，过点作切线可得到一系列的切线，，，，称其为“动态切线系列”，试探讨“动态切线系列”中是否存在两条切线平行于轴；（写出推理依据）
(2)若分别是的两个不等的极值点.
①求实数的取值范围；
②证明：.
【答案】(1)存在
(2)①；②证明见解析
【分析】（1）当时，若“动态切线系列”中存在两条切线平行于轴，则方程有两个不等的实数根，记，利用导数研究函数零点即可得证；
（2）①先求，由分别是的两个不等的极值点即可求解；
②由分别是方程的两个不等的实根，不妨设，则，，要证，即证，设，利用导数研究单调性即可得知.
【详解】（1）当时，，，
若“动态切线系列”中存在两条切线平行于轴，
则方程有两个不等的实数根，
记，所以，
当时，，单调递减，即单调递减；
当时，，单调递增，即单调递增，
又因为，，，
所以，使得，，使得，
所以方程有两个不等的实数根，
所以“动态切线系列”中存在两条切线平行于轴.
（2）①因为，所以定义域为，且，
由切线不等式易知（当且仅当时，等号成立），即恒成立，
所以当时，，在上单调递增，不符合题意，
因为分别是方程的两个不等的实数根，所以，即，
所以实数的取值范围为.
②证明：因为分别是方程的两个不等的实根，
所以不妨设，则，
即，.
要证，即证.
当时，，由①知，
且有，
设，则.
设，则，
所以在上单调递增，所以，
所以，即在上单调递减.
因为，所以，即.
因为，所以.
因为，所以.
由①可知在上单调递增，
所以，即得证.
10．（2024·广东湛江·一模）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若方程有两个根，，求实数a的取值范围，并证明：．
【答案】(1)在上单调递增，上单调递减，
(2)见解析
【分析】（1）求出，根据导数的符号判断函数的单调性；
（2）由，得，设，画出的图象可得；由，设，对求导可得，又，再由在上单调递减，可得，即可证明.
【详解】（1）由题意可得，所以，
的定义域为，
又，由，得，
当时，，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递减，
（2）由，得，设，
，由，得，
当时，，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递减，
又，，且当趋近于正无穷，趋近于，
的图象如下图，
所以当时，方程有两个根，
证明：不妨设，则，，
设，
，所以在上单调递增，
又，所以，即，
又，所以，
又，，在上单调递减，所以，
故.
【点睛】关键点点睛：（1）解此问的关键在于求出的导数，并能根据导数的符号结合相关知识判断出单调性；（2）解此问的关键在于把转化为来证，又，构造，对求导，得到的单调性和最值可证得，即可证明.
11．（2025·江西·模拟预测）已知函数．
(1)当时，证明：有且仅有一个零点；
(2)若曲线与相切．
（ⅰ）求a；
（ⅱ）当时，证明：．
【答案】(1)证明见解析；
(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析.
【分析】（1）根据已知，根据其单调性结合零点存在性定理，即可证；
（2）（i）利用导数几何意义求切线方程，由切线重合列方程求参数；（ii）设并应用导数研究函数值符号，即可证.
【详解】（1）当时，，显然是增函数，
而，故在区间上有零点，
结合的单调性可知，在R上有且仅有一个零点．
（2）（ⅰ）不妨记切点为，则，
由，
故切线方程为，
即，
令其与重合，故，
则，
若，显然有，这与题设条件矛盾，
若，由可知二者不在处相切，矛盾，
故，于是，经验证符合题意，
综上，；
（ⅱ）设，则，
由可知，设，
当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增，故，
于是．
12．（2025·甘肃甘南·模拟预测）已知函数．
(1)若，求曲线在点处的切线方程；
(2)求函数的单调递增区间；
(3)若，方程有三个不相等的实数根且，证明：．
【答案】(1)；
(2)答案见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线斜率，即可求出切线方程；
（2）根据判别式符号并对的取值进行分类讨论，即可得出对应的函数单调区间；
（3）由时可求得函数单调区间，可求出的大致范围，再通过构造函数利用函数单调性即可得出证明.
【详解】（1）由题意得，定义域为，
，
可得曲线在点处的切线的斜率为0．
，
所以曲线在点处的切线方程为.
（2），
易知，且．
令，则．
当，即时，在上恒成立，且等号不恒成立，
即在上恒成立，且等号不恒成立，因此在上单调递增．
当，即时，
由解得或，
，
当时，；当时，，
因此在上单调递增，在上单调递减．
综上，当时，的单调递增区间为；
当时，的单调递增区间为，.
（3）由（2）可知，当时，在上单调递增，在上单调递减．
．
令，
则在上恒成立，
在上单调递增，则当时，，
在上恒成立．
，且．
由于在上单调递减，．
令，
则在上恒成立，
在上单调递增，则当时，，
在上恒成立．
且．
在上单调递增，．
由和可得．
13．（2025·吉林长春·模拟预测）已知函数，，设，.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)证明：当曲线经过点时，有且仅有一个零点；
(3)证明：对小于的实数，若关于方程恰有三个不同的实根，则.
【答案】(1)；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）应用导数的几何意义求一点处的切线方程；
（2）由题设，构造并应用导数研究其零点求得，进而应用导数研究判断的零点，即可证；
（3）首先应用导数研究的函数性质并求出极值，再画出大致图象，最后应用数形结合及放缩法判断极值符号，即可证明不等式；
【详解】（1）时，则，故，，
点处的切线方程为；
（2）因曲线经过点，则，
令，.
令；，
则在上单调递减，在上单调递增，则，
由，可得，此时，，
令，，则在上单调递增，
注意到，结合在上递增，
所以；，故在单调递减，在上单调递增，则，
即曲线经过点时，有且仅有一个零点1；
（3），其中，，，
令且，，则，则在上单调递增.
注意到，，则，使，
结合在上递增，则，.
所以在上单调递减，在上单调递增，则的极小值为.
注意到，则，
令且，则，
所以在上单调递减，故.
注意到，，则，使；
令且，在上单调递增，则，
即，，，；
令且，.
所以；，
则在上单调递增，在上单调递减，则，
所以，，
综上，，
又，.
则，使，则、大致图象如下，
方程恰有三个不同的实数根，则直线与图象有3个交点，
由图，得时满足题意.
对小于的实数，存在实数使关于方程恰有三个不同的实数根，
注意到，则时满足题意，
令且，则，
则在上递增，则，得证.
题型方法
题型一 与隐零点有关的不等式证明问题
题型二 通过函数放缩证明不等式
题型三 双变量换元法转换为单变量
题型四 同构函数问题
题型五 极值点偏移问题