新高考数学二轮复习《导数》专项培优练第07讲 导数与不等式证明（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习《导数》专项培优练第07讲 导数与不等式证明（2份，原卷版+解析版），共3页。试卷主要包含了 分值占比， 考查形式， 命题趋势等内容，欢迎下载使用。
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc18297" 思维导图 PAGEREF _Tc18297 \h 2
高考分析 \l "_Tc9180" PAGEREF _Tc9180 \h 2
\l "_Tc18957" 学习目标 PAGEREF _Tc18957 \h 3
\l "_Tc14810" 知识要点 PAGEREF _Tc14810 \h 3
\l "_Tc17921" 解题策略 PAGEREF _Tc17921 \h 7
\l "_Tc18132" 题型归纳 PAGEREF _Tc18132 \h 9
\l "_Tc27827" 题型01：直接法证明不等式 PAGEREF _Tc27827 \h 9
\l "_Tc12682" 题型02：分析法证明不等式 PAGEREF _Tc12682 \h 11
\l "_Tc8459" 题型03：移项作差构造函数 PAGEREF _Tc8459 \h 16
\l "_Tc13017" 题型04: 及时换元后构造函数 PAGEREF _Tc13017 \h 23
\l "_Tc9968" 题型05: 等价转化后构造函数 PAGEREF _Tc9968 \h 26
\l "_Tc11993" 题型06: 找出同构关系后构造函数 PAGEREF _Tc11993 \h 29
\l "_Tc2179" 题型07：隐零点法 PAGEREF _Tc2179 \h 35
\l "_Tc3465" 题型08: 选择关键部位构造函数 PAGEREF _Tc3465 \h 43
\l "_Tc21976" 题型09: 放缩法证明不等式 PAGEREF _Tc21976 \h 45
\l "_Tc3700" （一）参数放缩 PAGEREF _Tc3700 \h 45
\l "_Tc10486" （二）利用结论放缩 PAGEREF _Tc10486 \h 49
\l "_Tc24996" （三）切线放缩 PAGEREF _Tc24996 \h 53
\l "_Tc24426" 题型10:拆分法证明不等式 PAGEREF _Tc24426 \h 56
\l "_Tc27992" 题型11:双变量不等式的证明 PAGEREF _Tc27992 \h 64
\l "_Tc29117" 题型12:数列不等式的证明 PAGEREF _Tc29117 \h 68
\l "_Tc20018" 题型13: 三角函数类型不等式的证明 PAGEREF _Tc20018 \h 78
\l "_Tc24413" 高考导数压轴大题不等式证明 PAGEREF _Tc24413 \h 79
\l "_Tc19950" 题型01：无限和裂项型数列不等式证明 PAGEREF _Tc19950 \h 79
\l "_Tc6896" 题型02：累积型数列不等式证明 PAGEREF _Tc6896 \h 81
\l "_Tc11510" 题型03：三角函数型不等式证明 PAGEREF _Tc11510 \h 84
\l "_Tc564" 题型04：凸凹翻转证明不等式 PAGEREF _Tc564 \h 86
\l "_Tc15676" 题型05：零点不等式证明 PAGEREF _Tc15676 \h 88
\l "_Tc1487" 题型06：同构型不等式 PAGEREF _Tc1487 \h 90
\l "_Tc325" 题型07：双变量比值代换型 PAGEREF _Tc325 \h 93
\l "_Tc2242" 题型08：双变量不等式和差换元型 PAGEREF _Tc2242 \h 94
\l "_Tc22616" 题型09：双变量不等式韦达定理型 PAGEREF _Tc22616 \h 97
\l "_Tc31840" 题型10：导数新定义的不等式证明问题 PAGEREF _Tc31840 \h 99
\l "_Tc18713" 巩固提升 PAGEREF _Tc18713 \h 105
1. 分值占比：导数与不等式证明是高考数学压轴题核心考点，单独考查或结合单调性、极值、恒成立问题考查，分值约12~15分，属于难题层级。
2. 考查形式：
①直接证明：给定函数证明f(x)\≥ g(x)、f(x)>h(x)等形式的不等式；
②间接证明：结合恒成立求参数范围、证明数列不等式、证明多元不等式，本质均转化为导数研究函数最值的问题；
③核心载体：以指数函数、对数函数、幂函数的组合函数为主，偶见三角函数与导数结合的不等式证明（新高考趋势）。
3. 命题趋势：新高考更注重构造函数的灵活性、放缩法的合理运用和分类讨论的严谨性，弱化复杂求导运算，强化逻辑推理能力。
1. 掌握导数证明不等式的三大核心思路，能根据不等式形式选择最优方法；
2. 熟练运用构造函数法，掌握常见的构造技巧和变形手段；
3. 理解放缩法的原理，熟记高考常用的放缩公式，能精准放缩避免过度或不足；
4. 攻克多元不等式和数列不等式的导数证明方法，突破压轴难点；
5. 培养分类讨论、等价转化的数学思想，确保证明过程逻辑严谨。
导数中的不等式证明是高考的常考题型，是高考的热点问题，常与函数的性质、函数的零点与极值、数列等相结合，虽然题目难度较大，但是解题方法多种多样，如构造函数法、放缩法等，针对不同的题目，灵活采用不同的解题方法，可以达到事半功倍的效果.
(1)一般地，要证f(x)>g(x)在区间(a，b)上成立，需构造辅助函数F(x)＝f(x)－g(x)，通过分析F(x)在端点处的函数值来证明不等式．若F(a)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递增即可；若F(b)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递减即可.
(2)在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，可考虑转化为两个函数的最值问题．
知识一 构造法证明不等式
1、移项作差构造函数
移项作差法是证明不等式的最常用的方法，将含的项或所有项均挪至不等号的一侧，将一侧的解析式构造为函数，通过分析函数的单调性得到最值，从而进行证明，其优点在于目的明确，构造方法简单，但对于移项后较复杂的解析式则很难分析出单调性 ．
2、及时换元后构造函数
由于是证明两个变量的大小关系问题，通过换元，将两元变换成一元，这样降低了问题的难度，使之变成我们熟悉的、容易解决的问题了．
3、等价转化后构造函数
在充分挖掘题目内涵的基础上，将待证的不等式进行转化、变形，使之等价变形为另一个大小关系证明的问题，然后再通过建立新函数轻松地解决了问题．
如等价转化为进而构造函数；
4、挖出同构关系后构造函数
由于待证的不等式比较复杂，在分析、化简、变形的基础上，再经过换元处理，成功的找到了同构关系，然后通过设新函数，这样，成功地解决问题就是很容易了．
5、选择关键部位构造函数
在解题过程中，根据大小比较的需要，对表达式中的一部分采用构造函数处理，也是一个重要的解题思路，这种求解方法的关键是精确替换，以起作用、易解决为替换原则．
知识二 放缩法证明不等式
放缩式是放缩法的重要组成部分，是放缩法的"骨肉". 用好放缩法的关键在于灵活运用放缩式，我们既然想去放缩一个式子来证明不等式，那最基本、最重要的就是掌握一些重要的放缩式.
这里将放缩式分为基本放缩式和变形放缩式.基本放缩式也就是常说的“不等式串”，大部分放缩式都由它变形而来，是必须掌握的放缩式.
放缩小技巧：
1.不等号的方向
放缩中，我们应注意想放缩的那一项的位置是否在分母上或是否带有负号，有时需要变更它的符号.比如，当时，由放缩式可得到,又可得到
2.整体代换
整体代换使用的是数学中的整体思想，比如，这个式子中便运用了此方法，学会将已知的放缩式变更为解题需要的放缩式很重要．
3.调整次数
一般来说，调整次数有以下几个功能：便于配方，便于约分，便于合并同类项.比如，已知，为了证明，则必须证明，通过先求导再讨论单调性来证明比较麻烦，而我们知道完全平方非负，且，所以有.
放缩法主要解决问题的类型：
1、函数解析式中含有已知范围的参数，可以考虑借助于常识或已知的范围减少变量，对参数适当放缩达到证明的目的.放缩法的合理运用，往往能起到事半功倍的效果，有时能令人拍案叫绝.但其缺点也是显而易见，如果使用放缩法证题时没有注意放和缩的"度"，容易造成不能同向传递.
2、切线放缩：若第一小题是求曲线的切线方程，就要注意是否运用切线放缩法进行放缩解决问题.
拓展： （1）若在区间D上二阶可导，且，则对任意，有
（2）若在区间D上二阶可导，且，则对任意，有
（1）（2）的几何意义是凸（凹）函数的图像在其切线的上（下）方.
知识三 拆分法证明不等式（构造双函数）
利用不等式性质对所证不等式进行拆分，转化成为的形式，若能证明，即可得：，本方法的优点在于对的项进行分割变形，可将较复杂的解析式拆成两个简单的解析式.但缺点是局限性较强，如果与不满足，则无法证明.所以用此类方法解题的情况不多。
知识点四、指对同构证明不等式
在解决指对混合不等式时，如恒成立求参数取值范围或证明不等式，有一部分题是命题者利用函数单调性构造出来的，如果我们能找到这个函数模型(即不等式两边对应的同一函数)，无疑大大加快解决问题的速度.找到这个函数模型的方法，我们称为同构法.
五个常见变形：
xex=ex+lnx,exx=ex−lnx,xex=elnx−x,x+lnx=ln(xex),x−lnx=lnexx.
知识点五 利用“隐零点”证明不等式：
关键在于“设而不求”及“等量代换”，常见的有不含参和含参两种类型：
①不含参函数的隐零点问题：已知不含参函数f(x)，导函数方程f′(x)＝0的根存在，却无法求出，设方程f′(x)＝0的根为x0，则(i)有关系式f′(x0)＝0成立；(ii)注意确定x0的合适范围.
②含参函数的隐零点问题：已知含参函数f(x，a)，其中a为参数，导函数方程f′(x，a)＝0的根存在，却无法求出，设方程f′(x，a)＝0的根为x0，则①有关系式f′(x0，a)＝0成立，该关系式给出了x0，a的关系；
②注意确定x0的合适范围，往往和a的取值范围有关.
注意：对于函数f(x)＝ex在x＝0处的泰勒展开式如下：
ex＝1＋eq \f(x,1！)＋eq \f(x2,2！)＋eq \f(x3,3！)＋…＋eq \f(xn,n！)＋…⇒ex≥x＋1.
类似的，常用泰勒展开式拟合的不等式还有：
ln(1＋x)＝x－eq \f(x2,2)＋eq \f(x3,3)－eq \f(x4,4)＋…＋(－1)n－1·eq \f(xn,n)＋…⇒ln(x＋1)≤x；
sinx＝x－eq \f(x3,3！)＋eq \f(x5,5！)－…＋(－1)n－1·eq \f(x2n－1,（2n－1）！)＋…⇒sinx≤x；
csx＝1－eq \f(x2,2！)＋eq \f(x4,4！)－eq \f(x6,6！)＋…＋(－1)n·eq \f(x2n,（2n）！)＋…⇒csx≥1－eq \f(1,2)x2.
.由ex≥x＋1演绎出的一些常见不等结构：
（一）基础方法：构造函数法（最核心）
解题步骤
1. 等价转化：移项构造新函数F(x)=f(x)-g(x)，将不等式证明转化为证明F(x)min≥0；
2. 求导分析：求F'(x)，分析F'(x)的符号，确定F(x)的单调性、极值点；
3. 求最值：求出F(x)在定义域内的最小值（需验证端点、极值点）；
4. 下结论：若F(x)min≥0，则原不等式成立。
关键技巧
①若直接构造的函数求导后形式复杂，可先对原不等式等价变形（如两边同乘/除正数、取对数、拆分重组）再构造；
②含参数时，先分离参数或分类讨论，再分析函数最值。
（二）进阶方法1：放缩法
适用场景
直接构造函数求导后无法求出极值点（隐零点），或证明数列不等式时，需通过放缩简化证明。
解题要点
①放缩要适度：需保证放缩后的不等式方向与原不等式一致，且放缩后的函数易分析最值；
② 结合隐零点：若函数存在隐零点x0，可利用F'(x0)=0化简F(x0)，再结合放缩公式证明F(x0)≥0。
（三）进阶方法2：多元不等式证明
适用场景
不等式含两个变量x1,x2（如已知f(x1)=f(x2)，证明x1+x2>2x0，x0为极值点），是压轴题高频难点。
核心思路：消元+构造/对称化构造
1. 消元法：利用f(x1)=f(x2)建立x1,x2的等量关系，将多元转化为一元函数，再用构造法证明；
2. 对称化构造：设x1>x2，令t=x1-x2（t>0），或构造G(x)=f(x)-f(2x0-x)（极值点偏移模型），转化为证明G(x)>0（x>x0）。
（四）特殊类型：数列不等式证明
适用场景
证明的数列不等式，常与导数放缩结合。
解题步骤
1. 利用导数证明单变量不等式：如证明an < f(n)-f(n-1)；
2. 裂项相消：对放缩后的式子求和，消去中间项，得到数列和的范围，完成证明。
常见易错点
1. 构造函数时忽略定义域，导致求最值时出错；
2. 隐零点问题中，未利用F'(x0)=0化简，直接求导陷入复杂运算；
3. 放缩法使用不当，出现放缩过度，导致证明失败；
4. 多元不等式中，未正确转化变量，无法将多元降为一元；
5. 证明过程逻辑不严谨，缺少最值验证、等号成立条件分析。
备考建议
1. 夯实基础：熟练掌握基本初等函数的导数公式、单调性与极值的判断方法，确保求导运算无错；
2. 分类刷题：按“单变量构造→隐零点+放缩→多元不等式→数列不等式”的顺序刷题，总结每种类型的解题模板；
3. 熟记放缩公式：通过反复练习，掌握放缩公式的适用场景和变形技巧；
4. 重视逻辑：书写证明过程时，明确单调性、最值的推导过程，避免跳步导致失分。
题型01：直接法证明不等式
【典型例题1】已知函数f(x)=ex−12x2−x.
(1)求函数f(x)在x=1处的切线方程.
(2)证明：∀x∈[0,+∞),f(x)>sinx.
【答案】见解析
【解析】（1）求导可得f′(1)=e−2，又f(1)=e−32，可求切线方程；
（2）求导得f′(x)=ex−x−1，令ℎ(x)=ex−x−1，再求导，进而判断ℎ(x)=ex−x−1在[0,+∞)上单调递增，可得f(x)=ex−12x2−x在[0,+∞)上单调递增，f(x)≥f(0)=1，可得结论.
（1）由f(x)=ex−12x2−x，可得f′(x)=ex−x−1，
f′(1)=e1−1−1=e−2，又f(1)=e1−12×12−1=e−32，
所以函数f(x)在x=1处的切线方程为y−e+32=(e−2)(x−1)，即(e−2)x−y+12=0.
（2）由f(x)=ex−12x2−x，可得f′(x)=ex−x−1，
令ℎ(x)=ex−x−1，可得ℎ′(x)=ex−1，
当x∈[0,+∞)时，ℎ′(x)=ex−1≥0，所以ℎ(x)=ex−x−1在[0,+∞)上单调递增，
又ℎ(x)≥ℎ(0)=e0−0−1=0，即f′(x)=ex−x−1≥0，
所以f(x)=ex−12x2−x在[0,+∞)上单调递增，
所以f(x)≥f(0)=e0−12×02−0=1，当x=0时，f(0)=1>sin0=0，
当x>0时，f(x)>1≥sinx，
综上所述：∀x∈[0,+∞),f(x)>sinx.
【典型例题2】已知函数f(x)=x2−ax+lnx，x=1为f(x)的极值点.
(1)求a；
(2)证明：f(x)≤2x2−4x.
【答案】见解析
【解析】（1）求导f′(x)=2x−a+1x，由f′(1)=0求解；
（2）转化为证x2−x−lnx≥0，令g(x)=x2−x−lnx，由g(x)min≥0证明.
（1）解：f′(x)=2x−a+1x，
依题意，f′(1)=2×1−a+1=0，解得a=3，
经检验符合题意，所以a=3；
（2）由（1）可知，f(x)=x2−3x+lnx，
要证f(x)=x2−3x+lnx≤2x2−4x，即证x2−x−lnx≥0，
设g(x)=x2−x−lnx，则g′(x)=2x−1−1x=(x−1)(2x+1)x，
所以当x∈(0,1)时，g′(x)0，g(x)单调递增，
当x=1时，g(x)取得极小值，也是最小值，
因为g(1)=0，g(x)≥g(1)=0，
所以f(x)≤2x2−4x.
【变式训练1-1】已知函数fx=xa−lnx，a>0．
(1)求fx的最小值ga；
(2)证明：ga≤a+1a−1．
【变式训练1-2】已知函数fx=2x2+x−lnx+m，m∈R.
(1)当m=0时，求曲线y=fx在点(1,f(1))处的切线方程；
(2)当m≤1时，证明：fx≥0.
【变式训练1-2】已知函数g(x)＝x3＋ax2.
(1)若函数g(x)在[1,3]上为单调函数，求a的取值范围；
(2)已知a>－1，x>0，求证：g(x)>x2ln x.
【变式训练1-3】已知函数f(x)＝1－eq \f(ln x,x)，g(x)＝eq \f(ae,ex)＋eq \f(1,x)－bx，若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A处的切线互相垂直．
(1)求a，b的值；
(2)证明：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥eq \f(2,x).
【变式训练1-4】已知函数f(x)＝ln x＋eq \f(a,x)，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a>0时，证明：f(x)≥eq \f(2a－1,a).
题型02：分析法证明不等式
【典型例题1】已知函数．
（Ⅰ）当时，求在，上最大值及最小值；
（Ⅱ）当时，求证．
【答案】见解析
【解析】解：（Ⅰ），；
时，；，时，；
（1）是函数的极小值，即的最小值；又，（2）；
的最大值是；
函数在上的最小值是0，最大值是；
（Ⅱ），要证明原不等式成立，只要证明；
设，则；
函数在上是增函数，（1）；
；
原不等式成立．
【典型例题2】已知函数
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)求证：函数的图象位于直线的下方；
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】求在曲线上一点处的切线方程（斜率）、由导数求函数的最值（不含参）、利用导数证明不等式
（1）求导，再根据导数的几何意义求解即可；
（2）定义域为，要证函数的图象位于直线的下方，即证，构造函数，通过求解函数的最大值即可证.
（1），则，
又，
所以曲线在点处的切线方程为；
（2）因为，所以，要证明，只需要证明，
即证，
令，则，
当时，，此时在上单调递增，
当时，，此时在上单调递减，
故在取极大值也是最大值，故，
所以恒成立，即原不等式成立，
所以函数的图象位于直线的下方.
【典型例题3】已知函数
(1)求在处的切线;
(2)若，证明当时，.
【答案】见解析
【解析】（1）因为，所以，切线斜率为
因为，所以切点为
切线方程为即
（2）法一：令，所以，
所以在单调递增，，
所以，所以，
所以要证只需证明
变形得
因为
所以只需证明，即
两边同取对数得：
令，
则
显然在递增，
所以存在当时递减，
当时递增;
因为
所以在上恒成立，所以原命题成立
法二：设则，
要证：
需证：
即证：
因为，需证，即证：
①时必然成立
②时，因为所以只需证明，
令，，
令，
∴在上为增函数
因为
，所以
所以存在，使得
∴在上为减函数，在上为增函数
∴
综上可知，不等式成立
【变式训练2-1】已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)若关于的不等式恒成立，证明：且．
【变式训练2-2】已知函数fx=x2−ax−aex.
(1)当a=0时，求函数fx的极值；
(2)求证：当0aa−1.
【变式训练2-3】已知函数fx=xlnx+1−x2+axa∈R．
(1)若fx在定义域内是单调函数，求a的取值范围；
(2)若fx有两个极值点x1，x2，求证：x1+x2>0．
【变式训练2-4】已知函数fx=alnx−x.
(1)讨论fx的单调性；
(2)证明：当a>0时，fx≤aea−1.
【变式训练2-5】已知函数f(x)=aex−x−32(a∈R)．
(1)讨论fx的单调性；
(2)证明：当a>0时，f(x)>2lna−a2．
【变式训练2-6】已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当，且时，．
【变式训练2-7】已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若存在唯一的极值点，证明：．
【变式训练2-8】设函数，．
【变式训练2-9】已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，证明：．
题型03：移项作差构造函数
【典型例题1】证明以下不等式：
(1)；
(2)；
(3).
【答案】见解析
【解析】（1）解：令，则有.
令，即，解得；
令，即，解得，
所以在单调递减，上单调递增，
所以，即.
所以.
（2）解：令，则.
令，即，解得；
令，即，解得，
所以在单调递增，上单调递减，
所以，即，
所以.
（3）解：由（1）得，所以（当且仅当时取等号）①.
由（2）得，所以（当且仅当时取等号）②
因为①式与②式取等号的条件不同，所以.
【典型例题2】已知函数.
(1)求该函数在点处的切线方程；
(2)证明：当时，.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】（1）求出、的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程；
（2）令，其中，利用导数分析函数在区间上的单调性可证得结论成立.
（1）解：因为，该函数的定义域为，则，
所以，，，
因此，曲线在点处的切线方程为，即.
（2）解：令，则，
当时，，则函数在上为减函数，
故当时，，则.
【典型例题3】已知函数.
(1)当时，证明：；
(2)讨论的单调性.
【答案】(1)证明见解析
(2)答案见解析
【解析】（1）构造函数，利用函数的最值即可证明不等式；
（2），对分类讨论即可得出函数的单调性．
（1）当时，令，
，
可得时，，函数单调递减；
时，，函数单调递增，
时，函数取得极小值即最小值，，
∴，即．
（2）函数的定义域为，
，
当时， 时，，函数单调递增；时，，函数单调递减；
当时，时，，函数单调递增区间为；时，，函数单调递减；
当时，，，函数在单调递增．
综上，当时，函数在单调递增，在单调递减；
当时，函数在上单调递增，函数在上单调递减；
当时，函数在上单调递增.
【典型例题4】已知函数.
(1)若是的极小值点，求的取值范围；
(2)若只有唯一的极值点，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】（1）利用导数分，和讨论函数单调性即可求解；
（2）由（1）可知当时，此时有唯一的极大值点，题意转化成，令，利用导数求其最值即可
（1）由可得，
当时，，
则当时，，单调递增；当时，，单调递减，
故是的极大值点，不符合题意，舍去；
当时，令，则或；
由可得当时，，单调递增；当或时，，单调递减，
故是的极大值点，不符合题意，舍去；
当时，，
①若，即，，故在上单调递增，不符合题意，舍去；
②若，即时，
当或时，，单调递增；当时，，单调递减，
故是的极大值点，不符合题意，舍去；
③若，即时，
当时，，单调递减；当或时，，单调递增，
故是的极小值点，符合题意.
综上所述，的取值范围.
（2）由（1）可知，当时，此时有唯一的极大值点，要证：，
设，，
设，，，
当，当，
于是在单调递增，在单调递减，
于是，
则由可得，
当，当，
且在单调递减，在单调递增，
那么，即证
【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．
【变式训练3-1】求证：
(1)（）；
(2)；
(3)（）．
【变式训练3-2】已知函数.
(1)求该函数在点处的切线方程；
(2)证明：当时，.
【变式训练3-3】已知为正实数，构造函数．若曲线在点处的切线方程为．
(1)求的值；
(2)求证：．
【变式训练3-4】已知函数
(1)讨论函数的单调性；
(2)证明：当时，
【变式训练3-5】设函数fx=lnx+ax+b，曲线y=fx在点1,f1处的切线方程为y=6x−3．
(1)求a,b的值；
(2)证明：fx>−25x−1．
【变式训练3-6】已知函数fx=xex，gx=lnx.
(1)求fx的极值；
(2)证明：xgx+2>exfx−2x.
【变式训练3-7】已知函数fx=mlnx+x2−x,fx的导函数为f′x.
(1)讨论fx的单调性；
(2)当m=1时，证明：f′x+1≤2exx+1+1x+1+x−1.
【变式训练3-8】已知函数y=x⋅lnx+a（a为常数），记y=f(x)=x⋅g(x).
(1)若函数y=g(x)在x=1处的切线过原点，求实数a的值；
(2)对于正实数t，求证：f(x)+f(t−x)≥f(t)−tln2+a；
(3)当a=1时，求证：g(x)+csx0)，a为常数，若函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)．求证：x1x2>e2.
【答案】见解析
【解析】不妨设x1>x2>0，
因为ln x1－ax1＝0，ln x2－ax2＝0，
所以ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，ln x1－ln x2＝a(x1－x2)，所以eq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)＝a，
欲证x1x2>e2，即证ln x1＋ln x2>2.
因为ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，
所以即证a>eq \f(2,x1＋x2)，
所以原问题等价于证明eq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)>eq \f(2,x1＋x2)，
即lneq \f(x1,x2)>eq \f(2（x1－x2）,x1＋x2)，
令c＝eq \f(x1,x2)(c>1)，
则不等式变为ln c>eq \f(2（c－1）,c＋1).
令h(c)＝ln c－eq \f(2（c－1）,c＋1)，c>1，
所以h′(c)＝eq \f(1,c)－eq \f(4,（c＋1）2)＝eq \f(（c－1）2,c（c＋1）2)>0，
所以h(c)在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(c)>h(1)＝ln 1－0＝0，
即ln c－eq \f(2（c－1）,c＋1)>0(c>1)，因此原不等式x1x2>e2得证．
【典型例题2】已知函数f(x)＝ln x－eq \f(1,2)ax2＋x，a∈R.
(1)当a＝0时，求函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程；
(2)若a＝－2，正实数x1，x2满足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，求证：x1＋x2≥eq \f(\r(5)－1,2).
【答案】见解析
【解析】(1)当a＝0时，f(x)＝ln x＋x，则f(1)＝1，所以切点为(1，1)，又因为f′(x)＝eq \f(1,x)＋1，所以切线的斜率k＝f′(1)＝2，故切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.
(2)证明：当a＝－2时，f(x)＝ln x＋x2＋x(x>0)．
由f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，
得ln x1＋xeq \\al(2,1)＋x1＋ln x2＋xeq \\al(2,2)＋x2＋x1x2＝0，
从而(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1x2－ln(x1x2)，
令t＝x1x2(t>0)，令φ(t)＝t－ln t，得φ′(t)＝1－eq \f(1,t)＝eq \f(t－1,t)，
易知φ(t)在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以φ(t)≥φ(1)＝1，所以(x1＋x2)2＋(x1＋x2)≥1，因为x1>0，x2>0，所以x1＋x2≥eq \f(\r(5)－1,2).
【典型例题3】已知函数.
(1)求出的极值点；
(2)证明：对任意两个正实数，且，若，则.
【答案】(1)是的极小值点，无极大值点
(2)证明见解析
【解析】（1）对求导，判断导函数的正负号，得函数的单调性，得函数的极值点；
（2）换元令，根据用分别表示，，将证明转化为证明，构造，求导数，证明其大于零即可.
（1）函数的定义域为，，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以是的极小值点，无极大值点.
（2）证明：由（1），在上单调递减，在上单调递增，
因为，不妨设，
令，则，，
由，得，即，即，
即，解得，，所以，
故要证，即证，即证，即证，
因为，所以，所以即证，
令，，
因为，所以在上是增函数，
所以，所以在上是增函数，
所以，所以，
所以.
【点睛】关键点点睛：根据得等式，设，用分别表示，，用分析法将证明转化为证明.
【变式训练4-1】已知函数有两个零点，，且，
(1)求的取值范围；
(2)证明：
【变式训练4-2】已知函数有两个不同的零点.
(1)求实数的取值范围；
(2)若方程有两个不同的实数根，证明：.
【变式训练4-3】已知函数（）．
(1)讨论的单调性；
(2)若，（）是的两个极值点，证明：．
【变式训练4-4】已知函数．
(1)当时，求在处的切线方程；
(2)当时，恒成立，求的取值范围；
(3)证明：当时，．
题型05: 等价转化后构造函数
【典型例题】已知函数设函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数存在两个极值点，证明：
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【解析】（1）求出函数的定义域与导函数，再对分类讨论，讨论的符号，的单调性，即可得出答案．
（2）求导得，，又存在，为的极值点，则，即的存在两个根为，，且，，由韦达定理可得，，要证明存在，，使得，即证明存在，，，即可得出答案．
（1）解：因为定义域为，
则，
令，解得或，
若，则当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增；
若，则当或时，当时，
所以在上单调递减，在和上单调递增；
若，则在上恒成立，所以在上单调递增；
若，则当或时，当时，
所以在上单调递减，在和上单调递增；
综上可得：当时在上单调递减，在上单调递增，
当时在上单调递减，在和上单调递增，
当时在上单调递增，
当时在上单调递减，在和上单调递增.
（2）证明：因为，，
所以，，
则，
又存在，为的极值点，则，
所以的两个根为，，且，，
即的存在两个根为，，且，，
所以，，
因为，，
所以，即，
要证明存在，，使得，
即证，
即证明存在，，使得，
又，
即证明存在，，，
即证明存在，，，
即证明存在，，，
即证明存在，，，
令，则当时，，
所以需要证明在上存在区间单调递增，
因为，
所以当时，，即在上单调递增，得证．
【点睛】方法点睛：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．
【变式训练5-1】已知函数.
(1)若曲线在点处的切线斜率为0，求的值；
(2)判断函数单调性并说明理由；
(3)证明：对，都有成立.
题型06: 找出同构关系后构造函数
【典型例题1】已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，求证：在上恒成立；
（3）求证：当时，．
【答案】见解析
【解析】（1）解：函数的定义域为，，
令，即，△，解得或，
若，此时△，在恒成立，
所以在单调递增．
若，此时△，方程的两根为：
，且，，
所以在上单调递增，
在上单调递减，
在上单调递增．
若，此时△，方程的两根为：
，且，，
所以在上单调递增．
综上所述：若，在单调递增；
若，在，上单调递增，
在上单调递减．
（2）证明：由（1）可知当时，函数在上单调递增，
所以（1），所以在上恒成立．
（3）证明：由（2）可知在恒成立，
所以在恒成立，
下面证，即证2 ，
设，，
设，，
易知在恒成立，
所以在单调递增，
所以，
所以在单调递增，
所以，
所以，即当时，．
法二：，即，
令，则原不等式等价于，
，令，则，递减，
故，，递减，
又，故，原结论成立．
【典型例题2】已知
(1)将，，，按由小到大排列，并证明；
(2)令 求证: 在内无零点.
【答案】(1)，证明见解析
(2)证明见解析
【解析】利用导数证明不等式、利用导数研究函数的零点
（1）构造函数，结合导数研究单调性，即可比较；
（2）将问题转化为，结合(1)可转化为证明，令，利用导数证明即可.
（1）令，
则，令，
则，
因为，所以，
则在上单调递增，
则，
所以当时，，则，
所以在上单调递增，
则，
即当时，，
又，当时，，
即当时，
综上：
（2）要证在内无零点，
只需证
由（1）知
只需证；
即证：，
即证：，
令，
则。
令，则，
当时，，则在上单调递增；
所以当时，，
则在单调递增，
所以
即在内无零点.
【典型例题3】 已知函数.
(1)判断极值点的个数；
(2)当时，证明：.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【解析】（1）先对求导，再构造函数，利用导数研究的图像，从而分类讨论与，得到的正负情况，由此得解；
（2）利用同构法得到，再构造函数，从而将问题转化为证明，再构造函数，由此得证.
（1）因为，所以，
令，则，
当时，；当时，；
所以在上单调递减，在上单调递增，所以，
当时，，若，则，若，则，
所以只有一个极值点；
当时，存在，，使，
当时，；当时，；
所以若，则；若，则；若，则；若，则；
所以有三个极值点；
综上，当时，只有一个极值点；当时，有三个极值点.
（2），
令，则，
所以当时，，单调递减；当时，，单调递增；
所以，
令，则等价于，
因为，所以等价于，
令，，则，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，
因为，所以，故.
【点睛】方法点睛：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．
【变式训练6-1】已知函数．
(1)讨论函数的单调性及极值，并判断方程的实根个数；
(2)证明：．
【变式训练6-2】已知函数．
(1)讨论在区间上的单调性；
(2)当时，证明：．
【变式训练6-3】已知函数fx=lnx+ax+1,a∈R．
(1)讨论fx的单调性；
(2)当a≤2时，证明：fxx≤e2x．
【变式训练6-4】已知函数f(x)=lnx+2x−a(x+1)(a∈R).
(1)当a=−1时，讨论f(x)的单调性；
(2)若x1,x2x1