专题09 利用导数证明不等式13种常见考法归类（核心题型清单）2027年高考数学一轮复习（全国I卷地区通用）（原卷版+解析版）

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考法深研·解题技能通关
题型01 直接法证明简单不等式
1．（26-27高三·全国·一轮复习）求证：．
【答案】设，则函数的定义域为．对函数求导数，得．令，得．
当变化时，，的变化情况如下表：
因此，当时，函数有极大值（如图甲），这个极大值也是函数的最大值，
所以．于是，如图乙．
【分析】构造函数，利用导数研究函数的单调性以及极值即可证明结论.
【详解】略.
2．（2026高二·广东肇庆·期末）已知函数．
(1)求函数的极值；
(2)求证：．
【答案】(1)极大值为，无极小值
(2)因为等价于，即，
且，可得，
令，，则，
令，解得；令，解得；
可知函数在上单调递增，在上单调递减，
则，即对任意恒成立，
所以．
【分析】（1）求导，利用导数分析的单调性和极值；
（2）分析可知原不等式等价于，令，，利用导数证明即可.
【详解】（1）由题意可知：函数的定义域为，且，
令，解得；令，解得；
可知函数在上单调递增，在上单调递减，
所以函数的极大值为，无极小值．
（2）略
3．（2026高二·河北张家口·期末）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当时，．
【答案】(1)当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
(2)证明：由（1）得，当时，．
要证，即证，即证恒成立．
令（），则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，则恒成立，
所以当时，恒成立．
【分析】（1）先对函数求导，然后分、两种情况讨论导数的正负，从而可求出函数的单调区间；
（2）构造函数，通过导函数求其最小值，最小值大于零即可.
【详解】（1）的定义域为，．
当时，由于，则，故恒成立，
所以在上单调递减．
当时，令，解得，
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增．
综上，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
（2）略
4．（2026高二·广东韶关·期末）已知函数，.
(1)当时，求函数在点处的切线方程；
(2)讨论函数的单调性；
(3)若，证明：.
【答案】(1)
(2)当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增
(3)由（2）可知：当 时在上单调递减，在上单调递增，
所以，
要证，即证且，
令，则，在上单调递增，
，即时，在上恒成立.
【分析】（1）应用导数的几何意义求切线方程即可；
（2）对函数求导，应用分类讨论研究导数的区间符号，进而确定其区间单调性即可；
（3）根据（2）将问题化为证明且，构造函数并应用导数证明不等式即可.
【详解】（1）当时，函数解析式为，则，
由，则，
所以切线方程为，即；
（2）由，，
所以，
当时，，，故在上单调递减，
当时，令，解得，
令，得，所以在上单调递减，
令，得，所以在上单调递增，
综上：
当时，在上单调递减，
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（3）略
5．（2026高二·安徽合肥·期末）已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)求证：当时，；
(3)若恒成立，求的取值范围．
【答案】(1)当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增；
(2)当时，，
要证明，只要证，即证，
设，，则，
令得，
列表得
所以，即，
所以．
(3)
【分析】（1）求出函数的导函数，再按值分类讨论正负作答.
（2）根据（1）的结论，构造函数，利用导数求出最小值，证明即可.
（3）将不等式恒成立转化为，构造，利用导数求出最大值，进而得到的取值范围．
【详解】（1）因为，所以，，
①当时，，在上单调递减；
②当时，由得，由得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
综上，当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增；
（2）略
（3）变形得，.
令，，，
，
在上单调递增，在上单调递减，所以
所以.
6．（2026高二·山东滨州·期末）设函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)讨论的单调性；
(3)证明：当时，.
【答案】(1)
(2)当时，在上单调递增，
当时，在上单调递减，在上单调递增；
(3)由（2）知，当，在上单调递减，在上单调递增；
所以，
要证，即证，
即证：，
因为，即证：，
令，所以，
且，
令，解得：，
令，解得：，
令，解得：，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则
所以恒成立，即成立，得证.
【分析】（1）利用导数与切线斜率关系即可求解；
（2）求导，并判断导数的符号，分别讨论的取值，确定函数的单调区间．
（3）结合（2）可知，从而将问题转化为证明，令，利用导数研究的最小值即可证明结论.
【详解】（1）当时，，
所以，
则，，
所以曲线在点处的切线方程为，
即.
（2）的定义域为 ，
求导数，得 ，
若 ，则，此时在上单调递增，
若 ，则由得，当时， ，当时， ，
此时在上单调递减，在上单调递增.
（3）略.
7．（2026高二·河北·期末）已知函数（）．
(1)当时，证明：；
(2)（ⅰ）求函数的极值；
（ⅱ）证明：当时，．
【答案】(1)当时，，若证，即证，
令，则，
由得，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故，即，得证；
(2)（ⅰ）时，无极值；当时，极小值为，无极大值；
（ⅱ）由解析式及（i）知，
则在上单调递减，在上单调递增，
所以，
要证，
即证，
即证，
令，其中，则，
显然，得，，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
故时，，得证.
【分析】（1）问题化为，构造函数，应用导数证明即可；
（2）（i）对函数求导，应用分类讨论及导数研究函数对应的极值即可；（ii）首先将问题化为，再应用导数研究的符号，即可证.
【详解】（1）略
（2）（ⅰ）因为（）的定义域为，，
当时，对任意的，，在上单调递减，无极值，
当时，令，得，解得，列表如下：
此时，函数在上单调递减，在上单调递增，
所以函数的极小值为，无极大值，
综上所述，当时，无极值，
当时，函数的极小值为，无极大值；
（ⅱ）略
8．（2026高二·福建泉州·期末）已知函数，设曲线在点处的切线为．
(1)求的方程；
(2)若函数的图象为，证明：．
【答案】(1)
(2)法一：
由（1）可知，即证，
即证
设 ，
则
令，得；令，得
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
即，得证 ；
解法二：
由（1）可知，即证，
即证，
设，则，
令，
则令，得；令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，且
当，，则
当，，所以，，
当，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
即，得证.
【分析】（1）通过求导，确定切线斜率，进而可求解；
（2）法一：由（1）构造函数，通过求导确定单调性，求得最值即可证明；法二，由（1）构造函数，通过二次求导确定单调性，求得最值，即可证明.
【详解】（1）依题意可得：，则，，
所以直线的方程为
（2）略
9．（2026高二·辽宁沈阳·期中）已知
(1)设函数，讨论函数的单调性；
(2)当，时，证明：．
【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）在，两种情况下求解可得单调性；
（2）由题设可得，所证不等式等价于，然后由的单调性可证明不等式.
【详解】（1）由题可得：，其中.
.
当时，令，，
则此时在上单调递减，在上单调递增；
当时，，则此时在上单调递增.
综上可得：时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增.
（2）当时，，又，则，
则要证：，
即证
.令，
则，令.
则；，
则在上单调递增，在上单调递减，
从而，即，从而命题得证.
10．（2026高二·吉林长春·期中）已知函数
(1)求的单调区间；
(2)证明：当时，恒成立．
【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）求出函数的导数，再解不等式即可.
（2）在给定条件，等价转化不等式，再构造函数，利用导数推理证明即可.
【详解】（1）函数定义域为，求导得，
由，得；由，得，
函数在上单调递减，在上单调递增，
所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2）当时，，
令函数，求导得，
令函数，求导得，
因函数在上递增，则函数在上递增，
故，函数在上递增，
则，函数在上单调递增，
则，
所以当时，恒成立.
题型02 选择关键部位构造函数
11．（2026高二·北京延庆·期末）已知函数，．
(1)求的极值点以及极值、最值点以及最值；
(2)证明：；
(3)证明：．
【答案】(1)函数在处取得极大值，无极小值；在处取得最小值，在处取得最大值.
(2)当时，不等式，
令函数，求导得，函数在上单调递增，
因此，即，则，
所以.
(3)令函数，求导得，
函数在上单调递增，，
因此，由（2）知，
所以.
【分析】（1）求出函数的导数，利用导数求出单调区间，进而求出极值、极值点及最值、最值点.
（2）将所证不等式等价变形，再构造函数并利用导数求出最小值即可.
（3）结合（2）构造函数，利用导数求出函数最小值即可.
【详解】（1）函数，求导得，
当时，；当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，当时，，
所以函数在处取得极大值，无极小值；
在处取得最小值，在处取得最大值.
（2）略
（3）略
12．（2026高二·重庆·期末）已知函数.
(1)求函数的极大值与极小值；
(2)证明：当时，.
【答案】(1)，
(2)若证当时，，
即要证当时，，
即，又，
则要求在上恒成立即可，
而，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故，所以，得证.
【分析】（1）利用导数判断函数的单调性，进而求解极值即可.
（2）将目标不等式合理转化，再结合导数证明不等式即可.
【详解】（1）由题意得，
当，或，当，，
所以当时，单调递增，
当时，单调递减，当时，单调递增，
则，.
（2）略
13．（2026·北京朝阳·模拟预测）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)求证：当时，；
(3)设，若对恒成立，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)要证，即证．
又，即证．
设，，
所以在上单调递增．
所以．所以
(3)．
【分析】（1）根据导数的几何意义即可求解；
（2）通过构造函数，利用导数求出在时的最小值即可；
（3）由函数在上是增函数，可得，构造，利用导数求出的单调性即可.
【详解】（1）因为，则，
所以，，
所以曲线在点处的切线方程为，
即．
（2）略.
（3）因为，所以当时，且，即，所以在上是增函数，
因为，，
若对恒成立，则，
设，，
①时，显然，所以在单调递增，
当时，，所以对任意有，即，所以符合题意．
②当时，显然，．
由上表知，．
依题意，所以．
综上可知的取值范围为．
题型03 挖出同构关系后构造函数
14．证明：.
【答案】要证，且，即证，
又因为．
故只需证明在上恒成立.
令，则．
当时，，；当时，，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
∴，∴，当且仅当时等号成立.
，当且仅当时取等号．
由得，由对数函数及可知，
函数与有唯一交点，因此方程有唯一解.

所以不等式在上恒成立.
令，∴，
∴在上单调递增，，即在上恒成立.
.
因此不等式成立.
【分析】先将不等式转化为在上成立，再分别构造函数，，用导数证明及成立，进而可证明不等式成立.
【详解】略
15．（广东茂名市2025-2026学年高二学期7月期末质量抽测数学试题）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当时，．
【答案】(1)当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增.
(2)要证，代入得，即.
利用指数性质，令（），不等式转化为，分情况讨论：
若：，故，不等式成立；
若：不等式等价于，设，求导得.
令得，时，单调递减；时，单调递增.
因此，即. 已知，故，即 成立，不等式成立.
综上，原不等式得证.
【分析】（1）求导后分母恒正，讨论分子二次函数符号，当 时导函数恒正，单调递增；当 时仅有一个正零点，先减后增.
（2）代入移项得，令 转化为，分 正负讨论，利用 结合得证.
【详解】（1）定义域为，对求导得，
分母恒正，单调性由分子的符号决定，分情况讨论：
当时：时恒成立，故，在上单调递增；
当时：二次函数开口向上，判别式.
由于的两根之和为，两根之积为，则仅有一个正根，
当时，，，单调递减；
当时，，，单调递增.
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）略.
16．已知函数.
(1)讨论函数的零点的个数.
(2)证明： .
【答案】(1)函数只有一个零点.
(2)法一：要证 ，即证，令 ，定义域为，则 ，由（1）知，在区间内有唯一零点，设其为，则 ①，因，且在区间上单调递增，∴当时，，，单调递减，当时，，，单调递增；∴，由式①可得，，∴ ，又时，恒成立，∴，得证.
法二：问题转化为证明，令，易知，(当且仅当时“”成立)又，则，故(当且仅当时“”成立).
【分析】（1）使用导数与零点存在性定理求解；
（2）法一：将不等式转化为，令，证明的最小值大于；法二：将不等式转化为，构造函数求解.
【详解】（1）函数定义域为，则 ，故在，递增，当时，，没有零点；当时，单调递增， ， ，由函数零点存在定理得在区间内有唯一零点，综上可得，函数只有一个零点.
（2）略
17．（2026高二·河北邢台·期中）已知函数.
(1)求曲线在点处的切线方程.
(2)证明：无零点.
(3)若函数，证明：.
【答案】(1)；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程.
（2）根据给定条件，构造函数，再利用导数求出函数最大值即可.
（3）求出函数，等价变形不等式，换元并构造函数，再利用导数求出最小值即可得证.
【详解】（1）函数，求导得，则，而，
所以所求的切线方程为，即.
（2）函数的定义域为，设，求导得，
由，得；由，得，
函数在上单调递增，在上单调递减，
因此，即，则恒成立，
所以函数无零点.
（3）依题意，函数的定义域为，
不等式
，由（2）得，则，
令，则，令函数，求导得，
由，得；由，得，
函数在上单调递减，在上单调递增，因此，
则，所以.
题型04 放缩法证明不等式——参数放缩
18．（2026高三·全国·一轮复习）已知函数．当时，求证.
【答案】证明见解析
【分析】根据题意，当时，，故只需证明，进而利用导数方法证明函数的最小值大于0即可.
【详解】当时，，故只需证明.
.
易知在上单调递增（增+增）.
所以必定存在唯一一个零点，且，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以.
由，得，，
所以，
所以.
所以，当时，.
19．（2026高二·河北·期末）已知函数，.
(1)讨论的单调性；
(2)若，证明：当时，.
【答案】(1)当时，在，上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增；当时，在，上单调递增，在上单调递减.
(2)要证，即证，其中.
因为，所以.
令，
则，令，则.
令，则.
当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，
故在上单调递增，故，
故函数在上单调递增，故，
故，即.
【分析】（1）求导，分三种情况讨论求解；
（2）将证明，转化为证明，其中.再根据，. 将问题转化为证明，通过构造函数，利用单调性判断.
【详解】（1）的定义域为，.
①当时，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增.
②当时，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增.
③当时，，单调递增.
综上，当时，在，上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增；当时，在，上单调递增，在上单调递减.
（2）略
20．（2026高三·广东广州·阶段检测）已知函数．
(1)当时，求证：；
(2)当时，求证：．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）分别构造，，求导，确定单调性及最值，即可求证；
（2）根据题意，当时，，故只需证明，进而利用导数方法证明函数的最小值大于0即可.
【详解】（1）当时，，
令，，
由，得，由，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，最大值为，
所以，即；
令，，
由，得，由，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，最小值为，
所以，即，
综上：.
（2）当时，，
要证明，只需证明，
故只需证明.
.
因为函数和函数在上单调递增，所以在上单调递增.
，
所以必定存在唯一一个零点，且，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以.
由，得，，
所以，
所以.
所以，当时，.
21．（2026高三·山东聊城·阶段检测）已知函数．
(1)若函数，且，求在上的单调区间；
(2)若，证明：．
【答案】(1)递增区间为，无递减区间；
(2)
不等式，由，得，
只需证明，令，只证明，
令，求导得，函数在上单调递增，且，
则当时，；当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，，
则，所以当时，.
【分析】（1）把代入并求出，再利用导数求出单调区间.
（2）根据给定条件，利用放缩法变形不等式，构造函数并利用导数证明不等式.
【详解】（1）当时，，求导得，
由，得，令函数，求导得，
函数在上单调递增，则当时，，即，
因此函数在上单调递增，
所以函数在上的递增区间为，无递减区间.
（2）不等式，由，得，
只需证明，令，只证明，
令，求导得，函数在上单调递增，且，
则当时，；当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，，
则，所以当时，.
题型05 放缩法证明不等式——利用结论放缩
22．（2026高二·广东梅州·期末）已知函数．
(1)当时，求的极值；
(2)若，，求a的取值范围；
(3)当时，证明：．
【答案】(1)极小值，；无极大值
(2)
(3)要证，时，，
即证，
由（1）知，；
则需证明，即，
令，求导得，
令，则，
故单调递增，
又，故时，，单调递减；
时，，单调递增；
故，即，
故，
故，
即，命题得证．
【分析】（1）求导，利用导数分析函数单调性和极值点，进而求出极值；
（2）利用已知条件构造不等式，利用换元法，分情况讨论得出的取值范围；
（3）转化不等式，结合（1）的结论进一步转化不等式，构造函数并求导，求出函数的最小值，从而得出，进而证明命题．
【详解】（1）当时，，定义域为，且为偶函数，
求导得，
令，则，
故在上单调递增，且，
当时，，，函数单调递减；
当时，，，函数单调递增；
故在处取得极小值，，
无极大值．
（2），则，
，故，
令，则需，对任意恒成立，
记，则在上恒成立，在上单调递增，
所以，得，且当时，，
故右侧最大值的上确界为1，
故的取值范围为．
（3）略
23．（2026高二·陕西西安·期末）已知函数 .
(1)当时，求的单调区间；
(2)若，都有，求实数的值；
(3)证明: .
【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为
(2)1
(3)要证 ， 即证 .
由(2)可知， 当 时 在 上恒成立，
所以 .
所以 .
设 ， 则 ，
当 时， ， 单调递增， 所以 ， 即 ， 所以 .
【分析】（1）求出函数的导函数，根据导数的符号求出单调区间即可；
（2）先求出函数的单调性，得到，要使恒成立，只需，即，再设，由单调性得到 ，若要满足 ， 则必须 ， 此时 .
（3）要证， 即证，由（2）可知， 当时，将不等式放缩为证明即可.
【详解】（1）当 时， ，定义域为.
，
令，解得，
当时，单调递减；
当时，单调递增.
所以的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2），
令，得，
当时，单调递减；
当时，单调递增.
所以，
要使恒成立，只需，即.
设，则，
令，得，
当时， 单调递增；
当时， 单调递减.
所以 ，
即对于任意的 ， 都有 ，
若要满足 ， 则必须 ， 此时 .
所以实数的值为 1.
（3）略
题型06 放缩法证明不等式——切线放缩
24．（26-27高三·全国·一轮复习）求证：时，有．
【答案】法一（导数法）：令，，则
在上恒成立，
所以在上单调递增，所以在上恒成立，
即当时，有．
法二（放缩法）：令函数，则，
当时，，所以恒成立，等号仅在时成立，
所以在区间上单调递增，
所以，
所以当时，，所以，
所以只要证．
令，则等价于，
令函数，则，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
则，
则，这显然成立．所以当时，有．
【分析】方法一：将原不等式转换为，构造函数利用函数的单调性证明即可；方法二：利用不等式放缩，当时，，将原不等式变形为，换元法令，利用不等式即可证明.
【详解】略
25．（2026高二·黑龙江哈尔滨·期末）已知函数，.
(1)讨论的单调性；
(2)若既有极大值又有极小值，且极大值与极小值之和小于，求的取值范围；
(3)证明：当时，.
【答案】(1)当时，函数在上单调递减，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；当时，在上单调递减，在上单调递增.
(2)
(3)要证，且，即证，
又因为.
故只需证明在上恒成立.
令，则.
当时，，；当时，，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
∴，∴，当且仅当时等号成立.
，当且仅当时取等号.
由得，由对数函数及可知，
函数与有唯一交点，因此方程有唯一解.

所以不等式在上恒成立.
令，∴，
∴在上单调递增，，即在上恒成立.
.
因此不等式成立.
【分析】（1）根据函数单调性与导数的正负性分类讨论进行求解即可；
（2）根据（1）的结论，结合极值的定义，通过构造新函数,利用导数的性质进行求解即可；
（3）将问题转化为证在上恒成立，然后构造新函数、利用导数的性质进行运算证明即可.
【详解】（1）函数的定义域为，求导得，
当时，由可得，由可得，
即函数在上单调递减，在上单调递增；
当，即时，由可得或，由可得，
即函数在上单调递减，在 和上单调递增；
若，，即函数在上单调递增；
若，即时，由可得或，由可得，
即函数在上单调递减，在 和上单调递增.
综上，当时，函数在上单调递减，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；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）由（1）知，要使既有极大值又有极小值，需使或.
当时，的极大值为，的极小值为，
依题意，，因，可得（*），
设，则，
即函数在上单调递减，故，即，这与（*）矛盾，舍去；
当时，的极小值为，的极大值为，
依题意，，因，可得（**），
由上分析，易得函数单调递减，
故，即，符合（**）.
综上可得，的取值范围为.
（3）略.
26．（暑假作业16导数解答题专练（巩固培优,5知识7题型巩固提升 能力培优 创新拓展）高二数学人教A版）已知函数，其中.
(1)若，求的取值集合；
(2)证明：.
【答案】(1){1}.
(2)令，求导得，
当时，，单调递减；当时，，单调递增.
因此在处取得最小值.
所以对任意，有，所以​，
设，，
则，所以由，得，
由，得​，从而在上单调递减，在上单调递增，
故，
所以，又​，
所以.
【分析】（1）恒成立问题转化为最值问题，分类讨论参数的符号，确定单调性后由最小值非负得参数满足的方程，得到的取值集合；
（2）利用常见放缩，将原不等式转化为证明一个关于的函数恒正，求导分析最小值，由最小值大于零完成证明.
【详解】（1）由题意，得，.
当时，，所以在上单调递增，
结合可得，当时，，不符合题意；
当时，由，得，由，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
从而 ，故若恒成立，则①.
设，则.
由，得，由，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，故 ，
所以②.
由①②可得只能，即，所以的取值集合为.
（2）略.
题型07 拆分法证明不等式
27．（2026高三·全国·二轮复习）已知函数，证明：对一切，都有成立.
【答案】证明见解析
【分析】利用导数的性质判断函数的单调性，对已知不等式进行变形，构造两个新函数，利用导数的性质求最值进行运算证明即可.
【详解】当时，不等式等价于，
在在，令，，
由，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以，
令，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以，即，
又因为当时，函数到到最小值，当时，函数到到最大值，
所以.
28．（2026高二·安徽阜阳·阶段检测）已知.
(1)若函数，讨论的单调性与极值；
(2)证明：.
【答案】(1)的单调递减区间为，单调递增区间为，的极小值为，无极大值
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，先求出函数的解析式，然后求导分析单调性，确定极值即可；
（2）要证，转化为证，再构造函数，利用函数单调性证明即可.
【详解】（1）由题意，得，则.
当时，，所以单调递减；
当时，，所以单调递增.
所以的单调递减区间为，单调递增区间为，
所以的极小值为，无极大值.
（2）要证成立，只需证成立，
令，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以的极大值为，即，
由（1）知，时，，
且的最小值点与的最大值点不同，
所以，即，所以.
29．（2026高三·天津红桥·期中）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.
【答案】(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．
题型08 利用“隐零点”证明不等式
30．（2026高三·湖南·阶段检测）函数.
(1)若，求的极小值；
(2)当时，证明：.
【答案】(1)；
(2)
当时，，
令
，定义域为，
则，其中，
由在上单调递增，且，，
则存在，使得，
当时，，，在上单调递减；
当时，，，在上单调递增；
所以的最小值为，
由，可得，，
所以，即的最小值为0，
综上，，即得证.
【分析】（1）代入，求导判断函数单调性，根据单调性求解函数的极小值
（2）要证，即证，令，求导判断单调性，求出的最小值，得证.
【详解】（1）函数的定义域为，当时，，
由，得，即在上单调递增；
由，得，即在区间上单调递减，
所以的极小值为.
（2）略
31．（2026高三·全国·二轮复习）已知函数．若，为自然对数的底数，证明：．
【答案】证明见解析
【分析】参变分离，构造函数，利用导数研究单调性与最值即可得证.
【详解】因，要证，
只需证，即，
令，
因此只需证即可．
，
再令，则，
因，所以，得，
所以在上单调递增，且．
由零点存在性定理，存在唯一，使得，即．
所以在有唯一零点，且当，，当，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
且．
所以对，都有成立．
所以，成立．
32．（2026高二·贵州毕节·期末）已知函数．
(1)当时，求曲线在点的切线方程；
(2)求证：当时，．
【答案】(1)
(2)
当时，，，
令，，
，易知在单调递增，
，，
存在唯一，使得，
即，，
且时，，单调递减，
时，，单调递增，
当时，取得最小值，
最小值为，
恒成立，即.
【分析】（1）利用切点函数值、导数求切线斜率，代入点斜式直接整理切线方程；
（2）先放缩锁定临界参数构造新函数，通过隐零点代换消去指数与对数，化简最小值表达式证明恒正.
【详解】（1）当时，，
，切点为
又，
由整理得
曲线在点的切线方程为
（2）略
33．（2026高二·河北保定·期末）已知函数.
(1)当时，求的图象在处的切线方程；
(2)当时，讨论的单调性；
(3)当时，求证：.
【答案】(1)
(2)当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增
(3)证明：当时，，要证，即证，
令，则，易得在上单调递增，
又，
所以，使得，故，
当时，单调递减；
当时，单调递增，
所以，
所以.
【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得；
（2）求导后，分及讨论即可得；
（3）构造函数，借助导数结合零点存在性定理可得该函数单调性，即可得证.
【详解】（1）当时，，所以，
所以，
所以的图象在处的切线方程为，即；
（2）的定义域为，
当时，若，即，所以在上单调递增；
若，即，令，
解得或，
令，解得，
所以在上单调递增，
在上单调递减，在上单调递增.
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，
在上单调递减，在上单调递增.
（3）略
题型09 双变量不等式的证明
34．（2026高二·甘肃白银·期末）已知函数．
(1)当时，证明：在上单调递增．
(2)已知函数有两个不同的零点，．
（ⅰ）求m的取值范围；
（ⅱ）证明：．
【答案】(1)证明：的定义域为，，的导函数．
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，
所以在上单调递增
(2)（i）；
（ii）证明：不妨假设，因为，所以，得．
由（1）可知当时，在上单调递增，且，
所以当时，，当时，
．
所以得
因为，所以，，
所以得，两式相加得，
得．
【分析】（1）求导，即可根据导数的正负确定单调性，
（2）构造，利用导数判断函数的单调性，即可结合函数图像求解（i），
根据的单调性，可得，进而根据，，代入化简即可求证.
【详解】（1）略
（2）（i）令，得．设函数，得．
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以．
因为当时，，，的图象与直线有两个交点，
所以，即m的取值范围为
（ii）略
35．（2026高二·福建厦门·期中）已知函数．
(1)当时，求的单调区间；
(2)讨论函数的单调性；
(3)函数有两个零点，求证：．
【答案】(1)的单调递减区间是，单调递增区间是
(2)当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为；
当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为；
当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为．
(3)，
因为函数有两个零点，，不妨设，
则，
所以，
整理可得，即，
要证，即证，
即证，
令，即证，
令，其中，则，
所以函数在上为增函数，则，
即，即，故原不等式得证．
【分析】（1）求出函数的导函数，再解，即可得解；
（2）求得，对实数a的取值进行分类讨论，利用函数的单调性与导数的关系可得出函数的增区间和减区间；
（3）设，由已知等式推导出，将所证不等式等价变形为，令，即证，令，其中，令导数分析函数的单调性，即可证得结论成立．
【详解】（1）函数的定义域为
当时，函数，
所以
令，解得，所以函数的减区间是．
令，解得 ，所以函数的增区间是．
（2）函数的定义域为，
又，
①当时，对任意的，，
当，；当 ，，
此时函数在上单调递减，在上单调递增；
②当时，
由可得，由可得或 ，
此时函数在上单调递减，在和上单调递增；
③当时，恒成立，
此时函数在上单调递增；
④当时
由可得，由可得或，
此时函数在上单调递减，在和上单调递增；
综上所述，当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为；
当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为；
当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为．
（3）略
36．（2026高二·河南新乡·期末）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若是的两个极值点，证明：；
(3)若，且有两个零点，求的取值范围．
【答案】(1)当时，在上单调递增；
当时，在和上单调递增，
在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增
(2)因为有两个极值点，所以由（1）知，
则
.
令，则．
令函数，则，
则在上单调递增，在上单调递减，故，
又因为，所以，
即．
(3)
【分析】（1）先确定函数定义域，并求导数，再令，用判别式及根与系数关系判断二次函数值的正负情况可得；
（2）将不等式两边作差，再结合判别式及根与系数关系，再换元，构造函数，用导数可得函数的最大值小于零，从而可证明不等式；
（3）由（1）知时，函数有极小值点且，由函数有两个零点得极小值小于零，通过构造函数判断极小值小于零时的范围，再结合根与系数关系及二次函数性质可得的取值范围.
【详解】（1）因为的定义域为，，
因为，令，则，
①当，即时，，所以，在上单调递增.
②当，即时，方程有两个实数根，
当时，因为，故，
所以在和上单调递增，在上单调递减；
当时，因为，所以，所以在上单调递减，在上单调递增．
综上所述，当时，在上单调递增；
当时，在和上单调递增，
在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）略
（3）由（1）可知，当时，，
且当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，得，解得．
因为有两个零点，
所以函数的极小值也是最小值．
因为，所以，即．
设函数，
则，
当时，单调递增，当时，单调递减，
因为，所以由，得．
当时，因为二次函数在单调递增，
所以
又因为当时，，当时，，且
所以有两个零点．
故的取值范围为．
37．（2026高二·广东广州·期末）已知函数．
(1)若函数在上单调递减，求的取值范围；
(2)若函数有两个极值点，求证：．
【答案】(1)
(2)证明：
若，即时，，此时的单调递减区间是；
若，即时，令，解得两根为，
因为函数有两个极值点，所以，即
易知，的单调递增区间为，
单调递减区间为，
所以当时，函数有两个极值点，且，
因为

要证，只需证
令
则
在上单调递增，又，，且在定义域不间断，由零点存在定理知在上有唯一实根，且，
则在上递减，在上递增，所以的最小值为．
因为，且
当时，
则，所以恒成立，所以
所以
【分析】（1）依题意在上恒成立，参变分离可得在上恒成立，结合二次函数的性质计算可得；
（2）利用韦达定理得到两极值点的和与积，然后得到两极值的和关于a的函数表达式，将要证不等式转化为关于实数a的不等式，构造函数，利用导数研究其单调性，结合零点存在定理研究最值，从而证明原不等式.
【详解】（1）函数的定义域为
依题意得，
由函数在上单调递减，所以则在上恒成立.
即，在上恒成立．
在上，令，当时，
实数的取值范围为
（2）略
38．（2026高二·河南三门峡·期末）已知函数．
(1)当时，证明：；
(2)若存在两个极值点，，且，
（i）求实数的取值范围；
（ii）证明：．
【答案】(1)的定义域为，
当时，，
．令，则，
当时，；当时，．
所以的单调递增区间为，单调递减区间为．
所以，
所以．
(2)（i）．
（ii）由（i）可得，，
，
所以．
要证，
只需证
即证．
令，
只需证，
令，则，
所以，所以在上单调递增，
因为，所以，即．所以．
【分析】（1）代入，对求导，判得单调性求出最小值为，从而证得；
（2）（i）把存在两个极值点，，且，转化成在上有两个不等正根，利用根的分布即可得的取值范围；
（ii）由根与系数的关系得和，代入化简，再令，构造函数证明即可.
【详解】（1）略
（2）（i）因为，所以，
因为存在两个极值点，，且，所以在上有两个不等正根，
即有两个不等正根，令,
则，即，解得．
故实数的取值范围为
（ii）略
题型10 双参数不等式的证明
39．（2026高二·重庆璧山·期末）已知函数，，．
(1)当时，讨论的单调性；
(2)证明：仅有一个极值点；
(3)记的极值点为，若，，对任意，恒成立，证明：．
【答案】(1)在单调递减
(2)，
易知是上的减函数，又，，
所以根据零点存在定理，可知仅有一个零点，即
当，，单调递增，
当，，单调递减，
所以是的极大值点，也是唯一的极值点．
(3)由题意，对任意的，
令，则，令
因为，，所以，即单调递减，
又，当，，所以存在唯一，
使得，即
此时在上单调递增，在上单调递减
，
所以，
记，则，，，
所以，设函数，
则，因为，，
令，由（2）知该方程成立仅当，即，
即有唯一零点，此时在上单调递减，在上单调递增，
所以，将代入，
，
综上，．
【分析】（1）利用导数正负与函数单调性关系求解即可；（2）利用导数研究的单调性即可证明结论；
（3）令，利用导数分析的单调性，可得，设函数，可得有唯一零点，化简即可证明结论.
【详解】（1）
所以当时，在恒成立
在单调递减，即在单调递减
（2）略
（3）略
40．（2026高二·山东青岛·期末）已知函数，其中.
(1)当时，求在上的最大值；
(2)在上有零点.
（i）当时，求的取值范围；
（ii）证明：.
【答案】(1)
(2)（i）；
（ii）设在有解，即，
则，即，则为该直线上的点，
又表示点到原点的距离的平方，
其最小值为原点到直线的距离的平方：，
令，，
当时，，在上是单调递增函数，
当时，，在上是单调递减函数，
则在处取的最小值且最小值为，
当时，
设，，
则在上是单调递减函数，
则对于任意的上恒成立，
即对于任意的上恒成立，
设，，
则在上是单调递减函数，
则对于任意的上恒成立，
则对于任意的上恒成立，
则对于任意的上恒成立，
则，等号成立需要同时满足和，
显然不成立，故.
【分析】（1）利用导数求出单调性，利用单调性得到最大值；
（2）（i）当时，在上有零点，即存在使得，即，构造函数（），利用导数法求出的单调性，利用单调性得到的最小值，从而得到的取值范围.（ii）设在有解，利用、的几何意义得到，构造，利用导数研究不等式恒成立，从而得到，即可得到结论.
【详解】（1）当时，，，
令，则，
所以在上单调递增，又，
所以存在，使得，
当时，，，单调递减，
当时，，，单调递增，
又，.
因此的最大值在处取得，最大值为.
（2）（i）当时，在上有零点，
即存在使得，即，
令（），，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
在处取得最小值，
且当时，当时，
因此的取值范围是.
（ii）略.
题型11 等价转化后构造函数
41．（2026高三·吉林·期末）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
【分析】（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．
【详解】（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．
42．（2026高三·北京大兴·期末）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.
【答案】(1)1；
(2)函数在区间上单调递增，理由见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义计算作答.
（2）求出函数的导数并判断导函数的正负，求得单调性作答.
（3）利用（2）确定的单调性，作差比较推理作答.
【详解】（1）函数，求导得，
依题意，，即，解得，
所以.
（2）函数在上单调递增，
依题意，函数定义域为，求导得，
而，，即，
所以函数在区间上单调递增.
（3）当时，显然有，不等式成立；
当时，不妨设，
由（2）知，函数在区间上单调递增，
即有，，
则
，
由，得，即，因此，
所以对任意的，成立.
题型12 数列不等式的证明
43．（2026高二·辽宁辽阳·期末）已知函数．
(1)当时，求函数在区间上的最大值和最小值；
(2)若在上恒成立，求实数的取值范围；
(3)当时，证明不等式：．
【答案】(1)，
(2)
(3)由（2）可知，当时，在上恒成立，
即在上恒成立，当且仅当时等号成立，
即，即，
令，因为，
所以，
所以
所以，
即，
所以，证毕.
【分析】（1）利用导数求函数的最值即得；
（2）通过求导可得，讨论单调性求出，构造函数，讨论单调性可得，进而即得；
（3）由（2）可知当时，，令，可得然后通过累加及对数的运算完成证明.
【详解】（1）当时，，则，
当时，，在上单调递增．
所以，.
（2）由题可得，令，解得，
则当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
所以当时，取得最小值，，
若在上恒成立，即的最小值恒成立，
设，则，
令，得 ，解得，
则当时，，函数单调递增，
时，，函数单调递减，
所以当时，取得最大值，
故，当且仅当时等号成立，
又，故，所以．
（3）略
44．（2026高二·河南南阳·期末）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若对任意的恒成立，求a的值；
(3)若数列的前n项和为，求证：．
【答案】(1)当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.
(2)1
(3)证明：，
故只需证明，即，
，
先证明，当时，恒有，
由（2）知，在上恒成立，
即在上恒成立，当且仅当时，等号成立，
，令，则，即，
令，得，
令，得，
上面两式相加得，
即，
当时，，当时，，当时，，
……，当时，，
相加可得，故结论得证；
【分析】（1）求定义域，求导，分和两种情况，得到函数单调性；
（2）在（1）的基础上，得到函数最值，从而得到不等式，求出解集，得到答案；
（3）变形，在（2）基础上，得到，变形得到，裂项相消法求和，证明出结论.
【详解】（1）的定义域为，
，
当时，恒成立，故在上单调递增，
当时，令得，令得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）由（1）知，当时，在上单调递增，
又，故当时，，不满足对任意的恒成立，舍去；
当时，在上单调递增，在上单调递减，
故在处取得极大值，也是最大值，，
要想满足对任意的恒成立，只需，
令，，则，
令得，令得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
其中，故的解集为，故a的值为1；
（3）略
45．（2026高二·吉林长春·期末）已知函数设是函数图象上一点，在点处的切线为，且与轴的交点为，若是公差为的等差数列.
(1)求的解析式；
(2)若
（i）若对任意，，求的值；
（ii）求证：且， 有.
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）由（i）知，因为，
所以，即，当且仅当时等号成立，
当时，，
，，有，
所以.
【分析】（1）先求出在点处的切线方程，根据题意得出，代入计算出，故得解析式；
（2）（i）通过导数得出，根据题意，设，根据导数得出，得出，
（ⅱ）由（i）得出，当时，，则有，，有，故得证.
【详解】（1）因为，所以，
在点处的切线为，
又与轴的交点为，所以，
因为是公差为的等差数列，所以，
所以，故，即，
故，
（2）（i），，
，
则时，，单调递增；
时，，单调递减，
所以，
因为， ①
设，则，
令时，，
时，，单调递减；时，，单调递增.
，所以，所以 ②
由①②知，所以，故，
（ⅱ）略.
46．（2026高一·安徽安庆·期末）已知函数.
(1)求函数的定义域，并判断其奇偶性；
(2)若，求实数的取值范围；
(3)已知函数在区间上单调递减.证明：恒成立.
【答案】(1)函数的定义域为，函数为奇函数.
(2)
(3)，
，
又因为函数在区间上单调递减，
所以当时，
，，所以，
所以恒成立.
【分析】（1）由定义域的定义列不等式即可求得定义域，由奇偶函数的定义判断函数的奇偶性；
（2）由函数解析式判断函数的单调性，结合（1）中的奇偶性和定义域，列出不等式即可求得的取值范围；
（3）由对数的运算化简，然后通过构造，结合函数的单调性，即可证明结论.
【详解】（1）由，得，所以，
所以函数的定义域为，
又，
所以函数为奇函数.
（2）由（1）可知，，则，
因为，函数在上单调递减，
所以，
解得，即.
（3）略
47．（2026高二·河南信阳·期末）已知函数，，．
(1)讨论在上的单调性．
(2)若任意都有恒成立，求实数的取值范围．
(3)已知数列满足，其前项和为，利用（2）中的结论，证明：对任意正整数，都有．
【答案】(1)当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增；
(2)；
(3)由（2）知，当时，对任意，恒成立，则．
令，得．两边取对数，得．
因为，所以．
对于，，，…，，求和得
．
下面证明当时，有，设，
则，且，
所以在上恒成立，
所以．
又，且，
所以，
．
因为，
所以．
所以．
所以对任意正整数，都有．
【分析】（1）二次求导，分和两种情况，得到的单调性；
（2）在（1）的基础上，得到的单调性，，求出实数的取值范围；
（3）由（2）知，，令，两边取对数，变形后累加可得，，再证明当时，有，放缩，裂项相消法求和得到结论
【详解】（1）由题意，得．
记，定义域为，则．
当，即时，，
此时在上单调递增；
当，即时，令，得，
且在上单调递增，
则在上单调递减，在上单调递增．
综上所述，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
（2）由（1）知，当时，在上单调递增，所以．
所以在上单调递增，则，符合题意．
当时，在上单调递减，则．
所以在上单调递减，，不符合题意．
综上所述，实数的取值范围为．
（3）略
48．（2026高二·河南洛阳·期末）已知函数，其中a，b为常数.
(1)若，曲线在点处的切线的倾斜角为，求b的值；
(2)若，当时，，求a的取值范围；
(3)证明：（）.
【答案】(1)
(2)
(3)由（2）可知当时，在恒成立，
所以（当且仅当时，等号成立），
当（）时，，
所以，
即．
【分析】（1）利用切线斜率为导数值，结合倾斜角得方程解 ；
（2）分类讨论 的符号与大小，利用导数判断单调性，恒成立需最大值非正，得 的范围；
（3）由第（2）问取 得不等式，赋值并累加，裂项相消证得结论.
【详解】（1），．，
从而，
．
（2），，，
当时，在恒成立，则在上单调递增，
所以，不满足条件；
当时，令，，，
①当，即时，，即，
所以在上单调递减，此时，满足条件．
②当，即时，令，
解得（舍去），
时，，则，所以在上单调递增，
时，，则，所以在上单调递减，
所以当时，有，不满足条件．
综上所述，a的取值范围为．
（3）略
49．（2026高二·云南玉溪·期末）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)证明：．
【答案】(1)
(2)当时，在上单调递减；当时，在和上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减．
(3)
由（2）知，当时，函数在上单调递减，
所以当时，即，所以，
将代入上式，得，
所以，于是，，将上述式子累加得：
，
即命题得证．
【分析】（1）代入参数，求函数导数得到切线斜率，结合切点坐标，利用点斜式求解切线方程；
（2）对函数求导并整理为分式形式，结合判别式与二次函数根的分布，分类讨论导函数符号，进而确定函数单调区间；
（3）利用第二问单调性推导放缩不等式，对不等式赋值后累加，再通过代数放缩完成不等式证明.
【详解】（1）当时，，，，又，
故曲线在点处的切线方程为．
（2）函数的定义域为，．
当，即时，函数在上单调递减；
当，即时，若，令，得，
和时，，
时，，
所以函数在和上单调递减，
在上单调递增；
若，令，得，（舍）,
时，；在,；
函数在上单调递增，在上单调递减．
综上，当时，在上单调递减；
当时，在和上单调递减，
在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减．
（3）略.
题型13 三角函数类型不等式的证明
50．（2026高三·全国·三轮复习）求证：当时，．
【答案】证明见解析
【分析】令，利用导数研究其单调性，得，然后利用洛必达法则求解，进而利用即可证明不等式.
【详解】当时，．
令，
则，
设，则，，
当时，，为增函数，
当时，，为减函数，
所以，即，用代替得，
所以
所以在上单调递减，所以．
由洛必达法则得
，所以，原不等式成立．
【点睛】方法点睛：本题在求时，是型，要转化成分式变成型，就可以用洛必达法则了．
51．（26-27高三·全国·一轮复习）已知．当时，证明；
【答案】方法一：令，则，
当时，，，则，
所以在上单调递增，则，
所以在上恒成立，
即在上恒成立；
当时，令，
所以，
因为和在上单调递增，
所以在上单调递增，
所以，
因为，所以，所以，由于，
所以，
则在上单调递增，
则，即在恒成立，
所以在上单调递减，
所以，即在成立，
故在成立，
综上，在上恒成立，
方法二：若证明当时，，
即证当时，，
设，，则，
当时，切线不等式，，当且仅当时，等号成立，
则，
所以在上恒成立，
当时，设，则，
可知在上单调递增，
则，
因为，则，可得，
且，则，
可知在上单调递增，则，
即在恒成立，
可知在上单调递减，则，
即在成立；
综上所述：在上恒成立，
所以在上恒成立．
方法三：因为，即，可得，
令，，则，
设，，
当时，，故，
因此，
当时，则，
因为，则，可得，即，
可知在内单调递减，且，
当时，，即；当时，，即；
综上所述：当时，；当时，；
可知在内单调递增，在内单调递减，则，
所以在内恒成立，
且，即在内恒成立，
所以在上恒成立．
【分析】方法一：构造函数，根据导数与单调性及最值的关系，分区间，证明即可；方法二：构造函数，采用放缩法证明不等式在上成立，证明不等式在上成立同方法一；方法三：构造函数，，根据导数与单调性及最值的关系证明即可.
【详解】略
52．（2026高二·江苏扬州·期中）已知.
(1)若函数在区间上单调递增，求实数的取值范围；
(2)讨论函数是否存在极值点？若存在，求出极值点；若不存在，说明理由；
(3)当时，求证：.
【答案】(1)
(2)当时，无极值点；当时，函数的极小值点为，无极大值点
(3)
法一：由（2）知，当时，，则，
即，即，，
所以要证，只要证，
也即证，设，
则在区间恒成立，
所以在区间上为增函数，则，故原不等式成立.
法二：当时，，命题成立；
当时，要证，
只要证，也即证，
由（2）知，当时，，
则，即，得，
也即证，则，
令，当时，
可得恒成立，
则在区间上为减函数，所以，即，
所以在区间上为减函数，
则，故原不等式成立.
法三：由（1）知，当时，在区间上单调递增，
则，即，
所以要证，只要证，也即证，
设，则，
因为函数在上均为增函数，故函数在是增函数，
因为，
由零点存在性定理可知存在，使.
故时，，则在上为减函数，
当时，，则在上为增函数，
因为，
所以时，，故原不等式成立.
【分析】（1）利用导数的性质求解函数的最值，进而结合函数的单调性得到不等式，最后求出取值范围即可.
（2）对参数范围分类讨论，先得到单调性，最后求解极值点即可.
（3）法一利用放缩法转化为证明，再构造函数并利用导数证明不等式即可，法二利用放缩法转化为证明，再构造函数并利用导数证明不等式即可，法三利用放缩法转化为证明，再构造函数并利用导数证明不等式即可.
【详解】（1）由题意知：对恒成立，
即，由于在区间上为增函数，
则，故解得.
（2）由（1）知，
①当时，恒成立，在上单调递增，无极值；
②当时，令，得，
此时，函数在处取得极小值，无极大值
综上所述，当时，无极值点；
当时，函数的极小值点为，无极大值点.
（3）略
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．
（注：待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”或“右减左”的函数，利用导教研究其单调性等相关函数性质证明不等式.）
1
0
极大
1
0
减
极小值
增
0
单调递减
极小值
单调递增
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．
↘
极小值
↗
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．
放缩方向必须和不等号方向一致，不能反向放缩。
1. 适用条件：题干前一问已证明简单不等式（基础结论），第二问证明复杂不等式；
2. 核心思路：借用前一问已证恒等式/不等式，对目标式子局部替换放缩，简化证明；
3. 操作步骤：
①提取题干已证结论，确定放缩范围与取等条件；
②将目标不等式中复杂项替换为结论中的简单代数式；
③放缩后再构造函数，用导数完成剩余证明；
4. 硬性要求：大题必须先抄写题干给出的结论，再使用。
1. 核心基础切线不等式（大题需先证明再使用）：
ex≥x+1(等号x=0)；lnx≤x−1(等号x=1)；x≥ln(x+1)；
2. 适用场景：指对混合不等式，直接构造难以求最值；
3. 解题流程：
①选用对应切线不等式，对ex、lnx单项放缩；
②放缩后式子简化为整式不等式；
③构造整式函数，导数证明简化后的式子；
4. 关键限制：多处放缩时，所有取等条件必须能同时满足，否则放缩失效。
拆分法证明不等式
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。
1. 适用特征：构造ℎ(x)求导后ℎ′(x)=0无精确解析解（隐零点x0）；
2. 通用四步：
①构造辅助函数，求导，由零点存在定理证明存在唯一x0满足ℎ′(x0)=0；
②得到隐零点等式ℎ′(x0)=0，用来消去式子中的指数/对数；
③分区间判断ℎ(x)单调性：xx0递增；
④将ℎ(x0)用隐零点等式化简，证明ℎ(x0)≥0；
3. 核心操作：隐零点代换，消去超越式，把最小值转化为简单代数式。
1. 三大主流方法，按需选用：
①同构法：分离x1、x2到不等号两侧，构造相同单调函数，脱去外壳；
②比值换元：令t=x1x2(t>0,t≠1)，全部转化单变量函数；
③对称构造（极值点偏移专用）：已知f(x1)=f(x2)，构造F(x)=f(x)−f(2x0−x)；
2. 通用步骤：
①不妨设x10时，sinx