【高考二轮题型复习】2023年高考数学题型精讲精练学案（全国通用）——专题09 导数压轴解答题（证明类）（原卷版+解析版）

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专题09 导数压轴解答题（证明类）

导数中不等式的证明是历年的高考中是一个永恒的话题，由于不等式证明的灵活性，多样性，该考点也备受命题者的青睐。本文通过十二个题型系统介绍了一些常见的不等式证明的技巧。

一、热点题型归纳
题型1. 直接研究法（作差构造法）
题型2. 满参放缩法
题型3. 放缩法证明法（含切线法）
题型4. 凸凹反转证明法（分解为两个法）
题型5 .同构法
题型6. 泰勒展开式法和拉格朗日中值定理法
题型7. 隐零点（极值点）转移法
题型8. 对数单身狗，指数找朋友
题型9. 极值点（拐点）偏移相关证明
题型10. 利用导数的放缩法证明数列不等式
题型11. 估算法与分段分析法
题型12. 与三角函数相关的不等式证明
二、 最新模考题组练
三、十年高考真题练

【题型1】直接研究法（作差构造法）
【解题技巧】在导数的解答题中，直接对函数求导，或将等式（不等式）的一侧移项到另一侧，构造函数，求导研究是常规操作，这种处理方法适用于函数不太复杂的情形.
【典例分析】
1.（2022.山西高三模拟）已知函数．（1）讨论函数的单调性；（2）当，，时，证明：．
【解答】解：（1）函数的定义域为，，
当时，在上恒成立，所以函数在上单调递增，
当时，由解得，由解得，
函数在区间上单调递增，在区间上单调递减；
（2）证明：令，
则，（1），
再令，则，当时，，
，即，在，上单调递增，
（1）（1），（1），在，上单调递增，
（1），综上可知，．
【变式演练】
1.（2022.重庆高三期中）设函数，．（1）讨论函数的单调性；（2）当且时，证明：．
【解答】解：（1）函数，定义域为，，
①当时，，则在上单调递减；
②当时，令，解得，
当时，，当，时，，
所以的单调递增区间为，，递减区间为．
综上所述，当时，的单调递减区间为；
当时，的单调递增区间为，，递减区间为．
（2）证明：当时，令，
则，
因为，则，所以在上单调递减，故（1），
则，故．

【题型2】满参放缩法
【解题技巧】当要证明的不等式含参，且规定了参数的范围时，可以考虑先使用满参放缩，将含参的不等式转化为不含参的不等式来证明.这一技巧诸多问题中会反复用到，是一个必备的基本技能，
【典例分析】
1．（2023.山东高三模拟）已知函数．（1）设是的极值点，求函数在，上的最值；（2）若对任意，，且，都有，求的取值范围（3）当时，证明．
【解析】解：（1），是的极值点，，解得：，
，定义域是，
，设，则，在递增，
又，时，，即，时，，即，
在递减，在递增，在，递增，
的最小值是（1），的最大值是（2）；
（2）因为对任意，，且，都有，即都有，
故函数在，上单调递增；
在，上恒成立，又因为在，上单调递增，
所以只要即；
（3）证明：当，时，，故只需证明当时，
当时，函数在上为增函数，且，，
故在上有唯一实数根，且，
当时，，当，时，，从而当时，取得最小值．
由，得，，故，
综上，当时，．
法二：．，，，故，
令，易证时“”成立），
故时“”成立），
故， “ “不同时成立），
故，成立．
【变式演练】
1.（2023.重庆高三期中）已知函数.（1）设是的极值点，求，并求的单调区间；（2）证明：当时，.
【解析】（1）由题意，，由题意，，解得：，
此时，当时，，所以，
当时，，所以，故的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2）当时，，令，则，当时，，，所以..；当时，，，所以，
从而在上单调递减，在上单调递增，故，即，
而，所以当时，.
【反思】当要证明的不等式含参，且题干规定了参数的范围吋，一般可以用满参放缩的方法转化为不含参的不等式来证明.
【题型3】放缩法证明（含切线法）
【解题技巧】
1）对于含有与型的超越函数，具体解决时须根据两类函数的特点，挖掘结构特征，灵活变形，脑中有“形”，注意重要不等式的合理代换.
2）切线放缩法值得认真探究，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.
助函数图象上的切线进行放缩，达到证明不等式的目的，放缩得有理有据.在求解导数大题的时候，如果找不到思路，不妨从图形上去寻找解题的线索.
【典例分析】
1.（2022安徽安庆高三联考）已知函数.（1）求函数的单调区间；（2）证明：当时，都有.
【解析】（1），令，则，
当时，，所以，
当时，，所以，
所以函数在上单调递增，在上单调递减；
（2）要证明，即证，
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，，
以.要证，只需再证即可.
易证，当且仅当时取等号（证明略），所以，
综上所述，当时，都有.
【思路点睛】对于含有与型的超越函数，具体解决时须根据两类函数的特点，挖掘结构特征，灵活变形，脑中有“形”，注意重要不等式的合理代换.
【变式演练】
1.（2023安徽太和中学三模）已知函数.（1）求曲线在处的切线方程；
（2）求证：当时，.
【解析】（1），，由题设得，
所以曲线在处的切线方程为，即；
（2）令，则，当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
，所以函数在上单调递增，
由于曲线在处的切线方程为，，
可猜测函数的图象恒在切线的上方. 先证明当时，.
设，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
由，所以，所以存在，使得，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
因为，所以，即，当且仅当时取等号，
所以当时，，变形可得，
又由于，当且仅当时取等号（证明略），
所以，当且仅当时取等号.
【审题点津】切线放缩法值得认真探究，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.
2.（2022成都市高三期中）已知函数.（1）当时，若关于的不等式恒成立，求的取值范围；（2）当时，证明：.
【解析】（1）由，得恒成立，令，则，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为，所以，即，故的取值范围是；
（2）有（1）知时，有，所以.
①要证，可证，只需证，易证（证明略），所以；
②要证，可证， 易证（证明略），由于，
所以，所以，
综上所述，当时，证明：.
【方法归纳】若第（1）小题是探求参数的范围问题，第（2）小题的解决往往运用第（1）小题所求范围的界点对于的不等关系进行放缩，此类问题实质就是应用函数凸凹性进行切线放缩法.

【题型4】凸凹反转证明法（分解为两个法）
【解题技巧】凸凹反转首先是证明不等式的一种技巧，欲证明，若可将不等式左端拆成，且的话，就可证明原不等式成立. 通常情况，我们一般选取为上凸型函数，为下凹型函数来完成证明.于是，这就需要我们熟悉高中阶段常见的六个具有这样特点的函数.

【典例分析】
1.（2022成都市高三模拟）设函数，曲线在点处的切线为．（1）求；（2）证明：．
【答案】（1）；（2）详见解析.
【详解】（1）根据求导法则求出原函数的导函数，由某点的导数是在该点的切线的斜率，结合切线方程以及该点的函数值，将函数值和切线斜率代入原函数和导函数可求得参数值；（2）由（1 )可得的解析式，为多项式，对要证的不等式进行变形，使之成为两个函数的大小关系式，再分别利用导函数求出两函数在定义域内的最值，可证得两函数的大小关系，进而证得.
解析：（1）函数的定义域为，

由题意可得，.故，.
（2），从而等价于．
设函数，则，所以当时，；如下图所示.

当时，．故在上单调递减，在上单调递增，
从而在上的最小值为．设函数，则．
所以当时，；当时，．
故在上单调递增，在上单调递减，从而在上的最大值为（1）；
因为（1），所以当时，，即．
【点晴】本题主要考查的是利用导数研究函数的单调性、利用导数研究函数的最值、不等式的恒成立和导数的几何意义，属于难题．利用导数研究函数的单调性进一步求函数最值的步骤：①确定函数的定义域；②对求导；③令，解不等式得的范围就是递增区间；令，解不等式得的范围就是递减区间；④根据单调性求函数的极值及最值（闭区间上还要注意比较端点处函数值的大小）.本题（2）的证明过程就是利用导数分别求出在上的最小值及在上的最大值，进而得证的.
【变式演练】
1．已知函数．（1）若曲线存在一条切线与直线垂直，求的取值范围；（2）证明：．
【解析】解：（1）由，得，，，
曲线存在一条切线与直线垂直，
，得或，即的取值范围为，，；
证明：（2），当时，，当时，，
；设函数，，
当时，，当，时，，，
，，，，
又，
2．已知函数且（1）．（1）求函数的单调区间；（2）证明：．
【解答】解：（1）依题意，，又，解得，，
令，解得，令，解得，
的单调递增区间为，单调递增区间为；
（2）证明：要证成立，只需证成立，令，则，
令，解得，令，解得，
在上单调递减，在上单调递增，，
又由（1）可得在上，，故不等式得证．

【题型5】同构法
【解题技巧】
1）在某些函数方程、不等式问题中，可以通过等价变形，将方程或不等式变成左右两端结构一致的情形，进而构造函数，运用函数的单调性来解决问题，这种处理问题的方法叫做同构。同构一般用在方程、不等式、函数零点、反函数等相关问题中，用好同构，需要较强的观察能力和一定的解题经验。
2）常见同构体：；；；；；。
3）若题干给出对任意的在区间上，关于和的某不等式恒成立，且该不等式对和具有轮换对称性，求参数取值范围.这类问题一般根据不等式的等价变形，将原不等式化为这种同构形式，转化为函数的单调性来进一步研究参数的取值范围。
【典例分析】
1．（2022.河北高三期中）已知函数．（1）讨论在区间上的单调性；（2）当时，证明：．
【解答】解：（1）因为函数，，所以，，
由，得，当，即时，，在区间上单调递减；
当，即时，由，得，由，得，
所以在上单调递增，在，上单调递减．
综上可得，当时，在区间上单调递减；
当时，在上单调递增，在，上单调递减．
（2）当时，，要证，
即证，即证，
令，，则，令，可得，令，可得，
所以在单调递减，在单调递增，所以，
所以，所以，所以，得证．
2．（2022.山西高三模拟）已知函数。（1）讨论的单调性；（2）若存在两个极值点，，证明：
【解析】解：（1），设．，△，
当时，△，，则，在上单调递增，
当时，△，的零点为，，且，
令，得，或，令，得，
在，上单调递减，在，，单调递增，
当时，△，的零点为，
在上单调递增，在，上单调递减．
（2）证明：由（1）知，当时，存在两个极值点，不妨设，则，
要证：，只要证，
只需要证，
即证，设，，
设函数，，
△，，，在上单调递减，则（1），
又，则，则，从而．
【变式演练】
1．已知函数，．（1）讨论的单调区间；（2）当时，证明．
【解答】解：（1）的定义域为，，
①当时，，此时在上单调递减，
②当时，由可得，由，可得，
在上单调递减，在，上单调递增，
③当时，由可得，由，可得，
在上单调递增，在，上单调递减，
证明（2）设，则，
由（1）可得在上单调递增，
（1），当时，，当时，，
在上单调递减，当时，，，
，．
2.（2022黑龙江高三期中）已知函数，.（1）讨论函数的单调性；（2）证明：若，则对任意，，有.
【解析】（1）由题意，的定义域为，
当时，，由得：或；由得：，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
当时，且仅当时，，故在上单调递增，
当时，，由得：或；由得：，
故在上单调递增，在上单调递减，上单调递增.
（2）不妨设，则，
所以，
故只需证在上为增函数，，
因为，所以方程的判别式，
从而恒成立，所以，故在上为增函数，
所以对任意成立.

【题型6】泰勒展开式和拉格朗日中值定理
【典例分析】
1．已知函数，．（1）若恰为的极小值点．（ⅰ）证明：；
（ⅱ）求在区间上的零点个数；
（2）若，，又由泰勒级数知：，．证明：．
【解答】解：（1）证明：（ⅰ）由题意得：，
因为为函数的极值点，所以，
令，则，在上单调递增，
因为，
所以在上有唯一的零点，所以；
（ⅱ）由（ⅰ）知：，，，
①当时，由，，，得：，
所以在上单调递减，，所以在区间上不存在零点；
②当时，设，则，
若，令，则，
所以在上单调递减，因为；
所以存在，满足，
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减；
若，令，则，
所以在区间上单调递减，所以，
又因为，
所以，在上单调递减；
若，则，在上单调递减；
由得，在上单调递增，在单调递减，
因为，，所以存在使得，
所以当时，，在上单调递增，，
当时，，在上单调递减，
因为，，所以在区间上有且只有一个零点；
综上，在区间上的零点个数为2个；
（2）因为①
对，两边求导得：，
，所以②
比较①②式中的系数，得：所以．

【变式演练】
1．（2022.广东高三模拟）英国数学家泰勒发现了如下公式：，其中，此公式有广泛的用途，例如利用公式得到一些不等式：当时，，，，．
（1）证明：当时，；（2）设，若区间，满足当定义域为，时，值域也为，，则称为的“和谐区间”，（ⅰ）时，是否存在“和谐区间”？若存在，求出的所有“和谐区间”，若不存在，请说明理由；（ⅱ）时，是否存在“和谐区间”？若存在，求出的所有“和谐区间”，若不存在，请说明理由．
【解答】（1）证明：由已知当时，，得，
所以当时，．
（2）时，假设存在，则由知，注意到，
故，所以在，单调递增，
于是，即，是方程的两个不等实根，
易知不是方程的根，由已知，当时，，
令，则有时，，即，
故方程只有一个实根0，故不存在和谐区间．
时，假设存在，则由知，
若，，则由，，，知，与值域是，，矛盾，故不存在和谐区间，
同理，，时，也不存在，下面讨论，
若，则，故最小值为，于是，
所以，所以最大值为2，故，
此时的定义域为，，值域为，，符合题意．
若，当时，同理可得，，舍去，
当时，在，上单调递减，
所以，于是，
若即，则，故，，
与矛盾；若，同理，矛盾，所以，即，
由（1）知当时，，因为，所以，从而，，从而，矛盾，
综上所述，有唯一的和谐区间，．

2．已知函数．（1）求函数的单调区间；（2）若，对，恒成立，求实数的取值范围；（3）当时．若正实数，满足，，，，证明：．
【解答】解：（1），，△，
①时，恒成立，故函数在递增，无递减区间，
②时，或，
故函数在，，递增，在，递减，
综上，时，函数在递增，无递减区间，
时，函数在，，递增，在，递减，
（2），对，恒成立，即，时，恒成立，
令，，则，令，
则，在递减且（1），
时，，，递增，
当，，，递减，（1），
综上，的范围是，．
（3）证明：当时，，
，不妨设，
下先证：存在，，使得，
构造函数，
显然，且，
则由导数的几何意义可知，存在，，使得，
即存在，，使得，
又为增函数，，即，
设，则，，
①，
②，
由①②得，，即．

【题型7】 隐零点（极值点）法
【解题技巧】在研究函数单调性时，常常会遇到零点不可求的情形，此时可先论证有零点，再虚设零点，最后运用零点代换，化简函数极值的策略来解决问题，这是隐零点问题常用的处理方法.隐零点的零点代换处理策略被广泛应用于零点讨论、不等式证明、求最值等各种题型中，是零点不可求问题中一个必备的基本处理方法，真题中也十分常见.
【典例分析】
1．（2022.成都市高三模拟）已知函数，为的导函数，证明：（1）在区间存在唯一极大值点；（2）在区间存在唯一极小值点；（3）有且只有一个零点．
【解析】证明：（1）的定义域为，
设，则，
当时，，所以单调递减；
又当时，；且，，
由零点存在定理可知，在区间存在唯一的，使
又当时，；当时，；
所以为区间上唯一的极大值，
即是区间上唯一的极大值点．
（2）当时，单调递增，且，，，
所以在区间有唯一零点，设为，
当时，，此时单调递减；
当时，，此时单调递增；
所以是在上唯一的极小值点．
（3）①当时，由（1）可知在上单调递增，且，
当时，，所以在上有唯一零点；
当时，单调递减，且，所以在上没有零点．

②当时，由（2）可知在区间上，此时单调递减，
且，故有，此时单调递减，且，
由，得，
所以．
当时，由（2）知，所以单调递增，
又，
故，，，
所以存在，使，即，故为的极小值点．
此时．所以在上没有零点．
③当时，，
所以，所以在区间上没有零点，
综上在区间上有且仅有一个零点
【变式演练】
1.（2022.山东高三模拟）设函数.（1）讨论的导函数的零点个数；
（2）证明：当时，.
【解析】（1）由题意，的定义域为，且，
所以.等价于，令，
则和在上的零点相同，
而，所以在上单调递增，，
当时，，所以在上恒成立，
故在上没有零点，所以在上也没有零点，
当时，，所以在上有1个零点，
故在上有1个零点.
（2）由（1）知当时，在上有唯一的零点，设该零点为，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
所以，故要证，只需证（1），
由得：，两边取对数整理得：，代入式①左侧得：
，
故不等式①成立，所以成立.
【反思】的零点不可求的情形十分常见，通常的做法是先虚设零点，研究函数的单调性，并求出的极值，再运用去化简极值.
2.（2022.山西高三模拟）已知函数，其中.（1）求函数的单调区间；（2）证明：存在，使得恒成立，且方程有唯一的实根.
【解析】（1）由题意，的定义域为，且，所以，故的增区间为，减区间为.
（2）设，由（1）知，又，故在上有一个零点，因为，所以在上有一个零点，
且或，
从而在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，且，
当时，，
当时，①，
由知，代入式①得：，
令，则，
所以在上单调递减，又，所以在上有唯一的零点，
当时，，且，此时必有，当且仅当时取等号，
令，则，故在上单调递增，
结合知的值域为，又，所以，
综上所述，存在，使得恒成立，且方程有唯一的实根

【题型8】对数单身狗，指数找朋友
【解题技巧】
设为可导函数，则有 ，若为非常数函数，求导式子中含 有lnx，这类问题需要多次求导，显得繁琐复杂．处理这类函数的技巧是将lnx前面部分提出，就 留下lnx这个单身狗，然后研究剩余部分，这类方法技巧叫对数单身狗．
设为可导函数，则有，若f (x)为非常数函数，求导式子中还是含有ex，针对此类型，可以采用做商的方法，构造，从而达到简化证明和求最值的目的，总在找属于它的朋友，此类方法技巧俗称指数找朋友．
【典例分析】
1.（2023.陕西高三模拟）已知函数，曲线在点，（1）处的切线方程为．
（1）求、的值；（2）当且时．求证：．
【解答】解：（1）函数的导数为，
曲线在点，（1）处的切线方程为，
可得（1），（1），解得；
（2）证明：当时，，即为，即，
当时，，即为，
设，，可得在递增，
当时，（1），即有；
当时，（1），即有．
综上可得，当且时，都成立．
【变式演练】
1．（2022.广东高三期中）已知函数．（Ⅰ）讨论函数的单调性；（Ⅱ）若函数图象过点，求证：．
【解答】解：（Ⅰ）函数的定义域为，．
当时，，在上单调递增；
当时，由，得．若，，单调递增；
若，，单调递减
综合上述：当时，在上单调递增；
当时，在单调递增，在上单调递减．
（Ⅱ）证明：函数图象过点，，解得．
．即．．
令．．．
令，，函数在上单调递增，
存在，使得，可得，．
．成立．
2．（2022·哈师大附中模拟预测）已知函数（其中是自然对数的底数）.
(1)求曲线在点处的切线方程；(2)求证：.
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）根据导数的几何意义计算即可（2）根据题意构造函数，证明即可，利用导数研究的单调性，求出的最小值即可
【解析】(1)， ，，
所以在处的切线方程为，即
(2)，构造函数，
则.
令，则，当时，当时，
于是在上递减，在上递增，于是.
于是当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增，于是，命题获证.

【题型9】极值点（拐点）偏移
【解题技巧】极值点（拐点）偏移问题的一般解法
2.1对称化构造法：主要用来解决与两个极值点之和，积相关的不等式的证明问题．其解题要点如下：
(1)定函数(极值点为)，即利用导函数符号的变化判断函数的单调性，进而确定函数的极值点．
(2)构造函数，即对型，构造函数或；
(3)对结论型，构造函数，通过研究的单调性获得不等式．
(4)判断单调性，即利用导数讨论的单调性．
(5)比较大小，即判断函数在某段区间上的正负，并得出与的大小关系．
(6)转化，即利用函数f(x)的单调性，将与的大小关系转化为与之间的关系，进而得到所证或所求．
2.2差值代换法（韦达定理代换令.）：差值换元的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点之差作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用差值(一般用表示)表示两个极值点，即，化为单变量的函数不等式，继而将所求解问题转化为关于的函数问题求解．
2.3比值代换法：比值换元的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点的比值作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用比值(一般用表示)表示两个极值点，即，化为单变量函数不等式，继而将所求解问题转化为关于的函数问题求解．
【典例分析】
1．（2022·辽宁丹东·模拟预测）已知函数．(1)若，证明：；(2)若有两个不同的零点，求的取值范围，并证明：．
【答案】(1)证明见详解；(2)证明见详解．
(1)当时，，定义域为
令，则
当时，；当时，；
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
故，所以，得；
(2)因为有两个不同的零点，则在定义域内不单调；
由
当时，在恒成立，则在上单调递减，不符合题意；
当时，在上有，在上有，
所以在上单调递增，在上单调递减．不妨设
令则

当时，，则在上单调递增
所以 故，因为
所以，又，
则，又在上单调递减，所以，则．
2．（2022·湖北·宜昌市模拟预测）已知函数.(1)讨论的单调性和最值；(2)若关于的方程有两个不等的实数根，求证：.
【答案】(1)见解析(2)见解析
（1），其中若，则在上恒成立，故在上为减函数，故无最值.若，当时，；当时，；故在上为增函数，在上为减函数，故，无最小值.
（2）方程即为，故，因为为上的增函数，所以所以关于的方程有两个不等的实数根即为：有两个不同的实数根.所以，所以，不妨设，，故，要证：即证，即证，即证，即证，设，则，故，所以在上为增函数，故，所以在上为增函数，所以，故成立.
3．（2022·山西·高三专题练习）已知函数（1）若，(为的导函数)，求函数在区间上的最大值；（2）若函数有两个极值点，求证：
【答案】（1）当时，；当时，；当时，；（2）证明见解析．
【详解】（1）因为，，
①当时，因为，所以，
所以函数在上单调递增，则；
②当，即时，，，
所以函数在上单调递增，则；，
③当，即时，函数在上单调递增，在上单调递减，
则；
④当，即时，，，函数在上单调递减，则．
综上，当时，；当时，；
当时，.
（2）要证，只需证：，
若有两个极值点，即函数有两个零点，又，
所以是方程的两个不同实根，即，解得，
另一方面，由，得，从而可得，
于是．不妨设，
设，则．因此，．要证，即证：，
即当时，有，设函数，则，所以为上的增函数．注意到，，
因此，．于是，当时，有．所以成立，．
【变式演练】
1.（2022·江苏常州·高三期中）已知函数，，．
(1)若在x＝0处的切线与在x＝1处的切线相同，求实数a的值；(2)令，直线y＝m与函数的图象有两个不同的交点，交点横坐标分别为，，证明：．
【答案】(1)a＝1 (2)证明见解析
【分析】(1) 由于在x＝0处的切线与在x＝1处的切线相同，即可.
(2)本问题为极值点偏移问题，可转化为单变量的不等式证明，构造函数，利用导数证明即可.
【详解】（1），．，，1－a＝a－1，a＝1．
检验a＝1时两个函数切线方程都是y＝1．
（2），x＞0，令，则，
∴在递增，，，
因为函数连续不间断，所以存在唯一实数，
，，从而在递减，递增．
不妨设，则， 当时，．
当，则，，在递增，，
，
令，，
令，，
令，，
，，在递减，
因为，，，在递增，
，所以在递减，所以，
即，即，
因为，，在递增，
所以，所以．综上可得，．
【点睛】导数中常用的两种转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，转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.
2．（2022•德阳模拟）设函数．（1）当时，求的单调区间是的导数）；（2）若有两个极值点、，证明：．
【解析】解：（1）当时，，则，
，，显然递减，且（1），
故当时，，时，，故在递增，在递减；
（2）证明：，，
由题意知有2个不相等的实数根，即有2个不相等的实数根，，
则，令，则，令，解得：，令，解得：，
故在递增，在递减，故（1），而时，，
故的取值范围是，，由，得，
故，
令，则，，，
故不等式只要在时成立，
令，，，
故在上单调递增，即，
故在上单调递减，即，故原不等式成立．
3．（2022•张家口二模）已知函数是自然对数的底数）有两个零点．
（1）求实数的取值范围；（2）若的两个零点分别为，，证明：．
【解析】解：（1）由题意可得，有2个零点，
令，则在时恒成立，故在上单调递增，
所以有2个零点可转化为有2个零点，
因为，时，，单调递增，不可能有2个零点，
当时，由可得，单调递增；
可得，单调递减，（a），
若，则（a），此时恒成立，没有零点，
若，则（a），有一个零点，
若，则（a），因为（1），，
所以在，上各有1个零点，符合题意，综上，的范围；
（2）证明：要证，只要证，即证，
由（1）可知，，，所以，，
所以，只要证，
设，令，，所以只要证即证，
令，，则，（1），
即当时，，所以即，故．

【题型10】利用导数的放缩法证明数列不等式
【解题技巧】待证数列不等式的一端是项之和（或积）的结构，另一端含有变量时，可以将它们分别视为两个数列的前项的和（或积），从而将不等式的证明转化为两个数列的对应项之间的大小关系的证明.
【典例分析】
1.（2022河南高三模拟）已知函数（1）证明：；（2）证明：.
解析:，当时，，当时，，
所以在单调递减，在单调递增，的最小值为，所以
由知当时，， 即，即，
令得从而
故.
【评析】本题考查了利用导数证明不等式、放缩法证明不等式、对数运算的性质.本题源于2017年全国卷三理数改编，考查数形结合思想，考查的核心素养是逻辑推理，数学运算.
2．(2022河南高三期中）已知函数，.
（1）若在上恒成立，求实数的取值范围；
（2）求证：.
【解析】（1）等价于，即，
记，则，
当时，，在上单调递增，由，，
所以，即不恒成立；
当时，时，，单调递增，不恒成立；
当时，，，在上单调递减，，
所以，即恒成立；
故在上恒成立，实数的取值范围是；
（2）当时，在上成立，即，
令，则，
所以
，
所以
【变式演练】
1．(2022浙江高三模拟)函数的图像与直线相切．
（1）求的值；（2）证明：对于任意正整数，.
【解析】（1）．设直线与曲线相切于点．依题意得：
，整理得，，……（*）
令，．
所以，当时，，单调递增；当时，，单调递减．
当时，取得最小值，所以，即.
故方程（*）的解为，此时．
（2）①要证明，即证，
只需证.
由（1）知，，即，
因此，，…，．
上式累加得：，得证；
②要证明，即证，
只需证.
令，则．
所以当时，，单调递减；当时，，单调递增.
当时，取得最大值，即，．
由得：，，…，．
上式累加得：，得证；
综上，
2．（2022·天津·模拟预测）已知函数.(1)试判断函数在上单调性并证明你的结论；(2)若对于恒成立，求正整数的最大值；
(3)求证：．
【答案】(1)函数在上为减函数，证明见解析(2)(3)证明见解析
【分析】（1）利用导数与函数单调性的关系可得出结论；
（2）由恒成立，即恒成立，构造函数，其中，利用导数求出函数的最小值，即可得出整数的最大值；
（3）由（2）可得出，令，可得出，利用裂项法结合指数与对数互化可证得结论成立.
【解析】（1）解：函数在上为减函数，证明如下：
因为，所以，
又因为，所以，，所以，即函数在上为减函数.
(2)解：由恒成立，即恒成立，即，
设，其中，所以，
令，则，即在为增函数，
又 ，，
即存在唯一的实数，满足，
当时，，，当时，，，
即函数在为减函数，在为增函数，
则，
故整数的最大值为.
(3)证明：由（2）知，，则，其中，
令，则，
则
，
故.
【点睛】利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：
（1），；（2），；
（3），；（4），.

【题型11】估算法与分段分析法
【典例分析】
1．设且，函数．（1）若在区间有唯一极值点，证明：，；（2）若在区间没有零点，求的取值范围．
【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论的范围，求出函数的单调区间，根据函数的单调性求出函数的极值点，从而证明结论成立即可；
（2）通过讨论的范围，结论零点存在性定理判断函数的零点个数，从而确定的范围．
【解答】解：（1）证明：，
若，则在区间至少有，两个变号零点，故，
令，得，，其中，，仅当时，，
且在的左右两侧，导函数的值由正变负，故时，在区间有唯一极值点，
此时，将代入得：
，
①当，即时，，
由不等式：时，知：，
②当，即当时，，
，
由不等式知：，
由①②知，．
（2）①当时，，，
故，由零点存在性定理知：在区间，上至少有1个零点，
②当时，，，，
，，，
由零点存在性定理知，在区间至少有1个零点，
③当时，，
令，则，
在区间上，，，递增，
在区间上，，即递减，即递减，，
故在上递增，在，上递减，
又，，即在上，，
故在区间上没有零点，满足题意，
综上，若在区间上没有零点，则正数的取值范围是，．
【变式演练】
1．已知函数，其中，为自然对数的底数．
（1）当时，讨论函数的单调性；（2）当时，求证：对任意的，，．
【分析】（1）求函数的导数，利用函数单调性和导数之间的关系进行讨论即可．
（2）对任意的，，转化为证明对任意的，，，即可，构造函数，求函数的导数，利用导数进行研究即可．
【解答】解：（1）当时，，则，
，故则在上单调递减．
（2）当时，，要证明对任意的，，．
则只需要证明对任意的，，．
设（a），
看作以为变量的一次函数，要使，
则，即，恒成立，①恒成立，
对于②，令，则，
设时，，即．，，
在上，，单调递增，在上，，单调递减，
则当时，函数取得最大值
，
故④式成立，综上对任意的，，．
2．已知函数=.（1）讨论的单调性；（2）设，当时，,求的最大值；（3）已知，估计ln2的近似值（精确到0.001）
【详解】（1）因为，当且仅当时等号成立，
所以函数在R上是增函数；
（2）因为=，
所以=.
当时,,等号仅当时成立，
所以在R上单调递增，而，所以对任意，；
当时，若满足，即时，，而，
因此当时，，综上，的最大值为2.
（3）由（2）知，，
当时，，；
当时，，，
，所以的近似值为.

【题型12】与三角函数相关的不等式证明
【解题技巧】1）证明思路和普通不等式一样；2）充分利用正余弦的有界性。
【典例分析】
1．已知.（1）当有两个零点时，求a的取值范围；
（2）当，时，设，求证：.
【答案】（1）或；（2）证明见解析.
【分析】（1）化简，根据题意得有一个非零实根，设，利用导数求得函数的单调性和极值，结合函数的值的变化趋势，即可求解；
（2）化简，根据题意转化为，令，得到新函数，利用导数求得函数的单调性与最小值，即可求解.
【详解】（1）由题意，函数
因为有两个零点，又因为时，解得，所以当有一个非零实根，
设，可得，当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时，函数取得最小值，最小值为，
又由，时，；时，，
所以或，即实数a的取值范围是.
（2）由题意，可得，要证，即证，
令，令，可得，
令，即，解得；令，即，解得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，即，即.
【点睛】利用导数证明不等式问题：（1）直接构造法：证明不等式转化为证明，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，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.
【变式演练】
1．（2023·全国·高三专题练习）设函数，其中α＞0，记 的最大值为A．（Ⅰ）求；（Ⅱ）求A；（Ⅲ）证明.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）（Ⅲ）详见解析.
【详解】（Ⅰ）.
（Ⅱ）当时，.
因此. 当时，将变形为．
令，则是在上的最大值，，，
且当时，取得极小值，极小值为．
令，解得（舍去），．
（Ⅰ）当时，在内无极值点，
，，，所以．
（Ⅱ）当时，由，知．又
，所以．
综上，
（Ⅲ）由（Ⅰ）得.
当时，.
当时，，所以.
当时，，所以.
【归纳总结】求三角函数的最值通常分为两步：（1）利用两角和与差的三角公式、二倍角公式、诱导公式将解析式化为形如的形式；（2）结合自变量的取值范围，结合正弦曲线与余弦曲线进行求解．
2．已知函数.(1)设且，求函数的最小值；
(2)当，证明：.
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）通过求导来判断函数的单调性进而求出最值；
（2）构造新函数，转化为证明新函数的最小值大于等于0即可.
【解析】(1)，又，
又，，当时，，，
当时，，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减的最小值为；
(2)不等式等价于，令，
令，，又，，，
所以函数在上单调递增，又，，，
所以函数在区间上单调递增，又，，所以原不等式成立.



1.（2022赣州市高三摸底考试）已知函数，若曲线与曲线的一个公共点是，且在点处的切线互相垂直．（1）求的值；（2）证明：当时，．
【解析】（1）；
（2），，
令，则，
，因为，所以，
所以在单调递增，，即，
所以当时，．
【点睛】待证不等式的两边都含有同一个变量，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，应用导数研究其单调性，借助于所构造函数的单调性加以证明.
2.（2022石家庄高三一模）已知函数，在处的切线方程为.（1）求；（2）若，证明：.
【解析】（1），；
（2）由（1）可知，，由，可得，
令，则，当时，，
当时，设，则，故函数在单调递增，
又，所以当时，，当时，，
所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
故，即.故.
3．已知函数，（1）讨论函数的单调性；（2）求证：当时，．
【解答】解：（1），
当，即时，，函数在上单调递增
当，即时，由解得，由解得，
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；
当时函数在上单调递减，在上单调递增．
（2）令
当时，欲证，即证．即证，即，
即证先证：．设则设，
在上单调递减，在，上单调递增
，，则，即，当且仅当，时取等号．
再证：．设，则．
在上单调递增，则，即．
，所以．．当且仅当时取等号．
又与．两个不等式的等号不能同时取到，
成立，即当时，成立．
4．已知函数，．（1）若恒成立，求实数的取值范围；
（2）求证：当时，．
【解答】（1）解：令，则，
当时，，则单调递增，当时，，则单调递减，
所以当时，取得最大值（1），
因为恒成立，即恒成立，则，解得，
故实数的取值范围为，；
（2）证明：由（1）可知，恒成立，即，所以要证，
只需证明成立即可，令，则，
令，则，
当时，，则单调递减，当时，，则单调递增，
又，（1），因为，则，所以存在，使得，
故当时，，则单调递增，当，时，，则单调递减，
当时，，则单调递增，又（1），所以，
因此，当时，．
5．（2022·福建·高三期末）已知函数．(1)若是的极值点，求a；(2)当时，证明：．
【答案】(1)1(2)证明见解析
(1)依题意，的定义域为，由，得，
因为是的极值点，所以，即，即
当1时，，当时，，所以在单调递增；
当时，，所以在单调递减；
所以f（x）在处取得极大值，符合题意 因此
(2)当时，要证，只需证，
即证，等价于证明
令，则
令，则，所以对恒成立，故 在 单调递减，又，所以，
所以在上恰有一个零点，且．
当时，，即，所以在单调递增；
当时，，即，所以在单调递减，所以．
又因为，即，即，即，即，所以
所以，又因为，所以，即，因此，即，圆
6.（2022·江苏淮安·高三期中）已知函数(1)求曲线在处的切线方程；(2)已知，求证：存在实数使得在处取得最大值，且。(3)求证：有唯一零点
【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析
【分析】（1）利用导数可求得函数在某一点处的切线；（2）整理函数解析式，求导，构造函数，利用其单调性以及零点存在性定理，可得导数的性质，结合导数求得最值，可得答案；（3）函数求导，明确其单调性，结合零点存在性定理，可得答案.
【详解】（1）由，则，将代入，可得，切线斜率，
则，整理可得.
（2）由，，，
设，，在递增，
，，知有，
且在小于0，在大于0，在递增，在递减，
在处取最大值，.
（3），，在上单调递减，
，又，所以，，
，故，且唯一，故函数有唯一零点.
【点睛】解决函数存在唯一零点，利用函数的导数研究其单调性，结合零点存在性定理，可得零点的唯一性，推广也可求得函数的零点的个数；当函数的导数时分式函数时，往往利用其分子构造成新函数，通过研究新函数的单调性和最值，可得导数与零的大小关系，可得原函数的单调性.
7．已知函数．（1）讨论函数的单调性；（2）若函数图象过点，求证：．
【解答】解：（1）函数的定义域为，又，
当时，，在上单调递增；当时，由得，
若，则在上单调递增；
若，则在上单调递减；
（2）证明：函数图象过点，可得，此时，
要证，令，则，
令，则，当时，，故在上单调递增，
由，即，故存在使得，此时，故，
当时，，当，时，，
函数在上单减，在，上单增，
故当时，有最小值，成立，即得证．
8．（2022•未央区校级月考）已知函数，在其定义域内有两个不同的极值点．（1）求的取值范围；（2）记两个极值点为，，且，当时，求证：不等式恒成立．
【解析】解：（1）由题意知，函数的定义域为，
方程在有两个不同根；即方程在有两个不同根；
转化为函数与函数的图象在上有两个不同交点，如右图．

可见，若令过原点且切于函数图象的直线斜率为，只须．
令切点，，故，又，
故，解得，，故，故的取值范围为；
（2）证明：欲证 两边取对数等价于要证：，
由（1）可知，分别是方程的两个根，即，
所以原式等价于，因为，，
所以原式等价于要证明．
又由，作差得，，即．
所以原式等价于，令，，
则不等式在上恒成立．令，
又，
当时，可见时，，所以在上单调增，
又（1），所以在恒成立，所以原不等式成立．
9.（2023·全国·高三专题练习）已知函数，其中为常数，且．
(1)当时，若在，上的最大值为1，求实数的值；
(2)若，且函数有两个不相等的零点，，证明：．
【答案】(1)(2)证明见解析
(1)解：（1）函数的定义域为，

①当，即时，函数在，上单调递增，其最大值为，不符合题意；②当，即时，函数在，，上单调递增，在单调递减，
，，所以，不符合题意；
③当，即时，函数在，，在，单调递减，其最大值为，不符合题意；④当，即时，函数在，，上单调递增，在，单调递减，，，所以，符合题意；
综上所述，实数的值为；
(2)证明：，令，得，
当时，函数在，递减，在单调递增，
函数有两个不相等的零点，，不妨设，则，，
构造函数，，则，

，
在单调递减，，，恒成立．
，恒成立．即，
，，且函数在单调递增，，．
10．（2022•天津高三模拟）已知函数，．（Ⅰ）求曲线在点，（1）处的切线方程；（Ⅱ）若函数有两个零点，．（ⅰ）求实数的取值范围；（ⅱ）是的极值点，求证：．
【解析】解：（Ⅰ）的定义域是，，
可得（1），又（1），
故曲线在点处的切线方程为，即．
（Ⅱ）由可知：①时，，在单调递增，此时至多有一个零点；
②时，，令，解得，令，解得，
故在递减，在递增，
要使有两个零点，需，解得，即，
而（1），（a），当时，令（a），
则，故（a）（e），（a），
，
由零点存在性定理可知，在与上分别存在唯一零点．综上．
证明：因为，，令，由，
即，由可知，是的极值点，
故，即，
由，，只需证，令，
则，令，则，
故在上单调递增，（1），
故在上单调递增，（1）；
11．(2022广西高三模拟)已知函数.（1）对定义域内的任意,都有，求的取值范围；（2）若在处取得极值，求证：对于任意大于1的正整数，其中为自然对数的底数．
【解析】（1）由函数，则
令，解得，令，解得，
则在单调递减，在单调递增，
所以的最小值为所以
（2）因为在处取得极值，可得，解得，
由（1）可知，即，令则有，
可得，，
相加得，
右边放缩，
又因为，
上述可得，即.
12．（2022·湖北·华中师大一附中模拟预测）已知函数在处的切线方程为.(1)求实数的值；(2)（i）证明：函数有且仅有一个极小值点，且；（ii）证明：.参考数据：，，，.
【答案】(1)(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）直接利用导数的意义列方程组，即可解得；
（2）（i）求出导函数.利用导数和零点存在对立即可证明；
（ii）求出，令，利用导数判断出在上单调递减，即可证明；要证，即证.令，利用导数证明出；令，利用导数证明，得到，即可证明.
【解析】(1)定义域为，
由题意知，解得.
(2)（i）由（1）知，
令，则，从而即单调递增
又，故存在唯一的使得






0



极小值

从而有且仅有一个极小值点，且
（ii），的极小值
令，则，从而在上单调递减，，故下证，即证
一方面令，则，则在上单调递增，从而
另一方面，令， 令有






0



极大值

从而
从而即成立，故.


1．（2022·浙江·高考真题）设函数．(1)求的单调区间；(2)已知，曲线上不同的三点处的切线都经过点．证明：（ⅰ）若，则；（ⅱ）若，则．
（注：是自然对数的底数）
【答案】(1)的减区间为，增区间为.(2)（ⅰ）见解析；（ⅱ）见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.
（2）（ⅰ）由题设构造关于切点横坐标的方程，根据方程有3个不同的解可证明不等式成立，（ⅱ） ，，则题设不等式可转化为，结合零点满足的方程进一步转化为，利用导数可证该不等式成立.
【详解】（1），当，；当，，
故的减区间为，的增区间为.
（2）（ⅰ）因为过有三条不同的切线，设切点为，故，
故方程有3个不同的根，
该方程可整理为，
设，
则，
当或时，；当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
因为有3个不同的零点，故且，
故且，
整理得到：且，
此时，
设，则，
故为上的减函数，故，故.
（ⅱ）当时，同（ⅰ）中讨论可得：
故在上为减函数，在上为增函数，
不妨设，则，因为有3个不同的零点，故且，
故且，
整理得到：，因为，故，
又，设，，则方程即为：
即为，记
则为有三个不同的根，设，，
要证：，即证，
即证：，即证：，
即证：，
而且，
故，故，
故即证：，即证：
即证：，
记，则，
设，则，所以，，
故在上为增函数，故，
所以，
记，
则，
所以在为增函数，故，
故即，故原不等式得证：
【点睛】导数背景下的切线条数问题，一般转化为关于切点方程的解的个数问题，而复杂方程的零点性质的讨论，应该根据零点的性质合理转化需求证的不等式，常用的方法有比值代换等.
2．（2022·全国·高考真题）已知函数．(1)当时，讨论的单调性；(2)当时，，求a的取值范围；(3)设，证明：．
【答案】(1)的减区间为，增区间为.(2)(3)见解析
【分析】（1）求出，讨论其符号后可得的单调性.
（2）设，求出，先讨论时题设中的不等式不成立，再就结合放缩法讨论符号，最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围.
（3）由（2）可得对任意的恒成立，从而可得对任意的恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.
【详解】（1）当时，，则，
当时，，当时，，故的减区间为，增区间为.
（2）设，则，
又，设，则，
若，则，因为为连续不间断函数，
故存在，使得，总有，
故在为增函数，故，
故在为增函数，故，与题设矛盾.
若，则，
下证：对任意，总有成立，
证明：设，故，
故在上为减函数，故即成立.
由上述不等式有，
故总成立，即在上为减函数，所以.
当时，有，    
所以在上为减函数，所以.综上，.
（3）取，则，总有成立，令，则，
故即对任意的恒成立.
所以对任意的，有，整理得到：，
故，
故不等式成立.
【点睛】函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有函数不等式合理构建数列不等式.
3．（2022·全国·高考真题）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
【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.
【详解】（1）[方法一]：常规求导
的定义域为，则
令,得当单调递减
当单调递增，
若,则,即所以的取值范围为
[方法二]：同构处理
由得： 令，则即
令，则故在区间上是增函数
故，即所以的取值范围为
（2）[方法一]：构造函数
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
又因为,故只需证
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.
[方法二]：对数平均不等式
由题意得： 令，则，
所以在上单调递增，故只有1个解
又因为有两个零点，故
两边取对数得：，即
又因为，故，即 下证
因为
不妨设，则只需证构造，则
故在上单调递减 故，即得证
【点睛】关键点点睛 ：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式
这个函数经常出现，需要掌握
4．（2022·天津·高考真题）已知，函数
(1)求函数在处的切线方程；(2)若和有公共点，
（i）当时，求的取值范围；（ii）求证：．
【答案】(1)(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）求出可求切线方程；（2）（i）当时，曲线和有公共点即为在上有零点，求导后分类讨论结合零点存在定理可求.
（ii）曲线和有公共点即，利用点到直线的距离得到，利用导数可证，从而可得不等式成立.
【详解】（1），故，而，
曲线在点处的切线方程为即.
（2）（i）当时， 因为曲线和有公共点，故有解，
设，故，故在上有解，
设，故在上有零点，而，
若，则恒成立，此时在上无零点，
若，则在上恒成立，故在上为增函数，
而，，故在上无零点，故，
设，则，故在上为增函数，
而，，故在上存在唯一零点，
且时，；时，；故时，；时，；
所以在上为减函数，在上为增函数，故，
因为在上有零点，故，故，
而，故即，设，则，
故在上为增函数，而，故.
（ii）因为曲线和有公共点，所以有解，其中，
若，则，该式不成立，故.
故，考虑直线，
表示原点与直线上的动点之间的距离，
故，所以，
下证：对任意，总有，证明：当时，有，故成立.
当时，即证，设，则（不恒为零），
故在上为减函数，故即成立.综上，成立.
下证：当时，恒成立，，则，
故在上为增函数，故即恒成立.
下证：在上恒成立，即证：，
即证：，即证：，
而，故成立.故，即成立.
【点睛】思路点睛：导数背景下零点问题，注意利用函数的单调性结合零点存在定理来处理，而多变量的不等式的成立问题，注意从几何意义取构建不等式关系，再利用分析法来证明目标不等式.
5．（2021·全国·统考高考真题）已知函数．（1）讨论的单调性；
（2）从下面两个条件中选一个，证明：只有一个零点①；②．
【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.
【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论确定函数的单调性即可；
(2)由题意结合(1)中函数的单调性和函数零点存在定理即可证得题中的结论.
【详解】(1)由函数的解析式可得：，
当时，若，则单调递减，若，则单调递增；
当时，若，则单调递增，
若，则单调递减，若，则单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，若，则单调递增，
若，则单调递减，
若，则单调递增；
(2)若选择条件①：由于，故，则，
而，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.

，
由于，，故，
结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点.综上可得，题中的结论成立.
若选择条件②：由于，故，则，
当时，，，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.
当时，构造函数，则，
当时，单调递减，当时，单调递增，
注意到，故恒成立，从而有：，此时：
，
当时，，取，则，即：，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.

，
由于，，故，
结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点.综上可得，题中的结论成立.
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．
6．（2021·浙江·统考高考真题）设a，b为实数，且，函数
（1）求函数的单调区间；（2）若对任意，函数有两个不同的零点，求a的取值范围；（3）当时，证明：对任意，函数有两个不同的零点，满足.(注：是自然对数的底数)
【答案】(1)时，在上单调递增；时，函数的单调减区间为，单调增区间为；(2)；(3)证明见解析.
【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论即可确定函数的单调性；(2)将原问题进行等价转化，然后构造新函数，利用导函数研究函数的性质并进行放缩即可确定实数a的取值范围；(3)方法一：结合(2)的结论将原问题进行等价变形，然后利用分析法即可证得题中的结论成立.
【详解】(1)，
①若，则，所以在上单调递增；
②若，当时，单调递减，
当时，单调递增. 综上可得，时，在上单调递增；
时，函数的单调减区间为，单调增区间为.
(2)有2个不同零点有2个不同解有2个不同的解，
令，则，
记，
记，
又，所以时，时，，
则在单调递减，单调递增，，
.即实数的取值范围是.
(3)[方法一]【最优解】：
有2个不同零点，则，故函数的零点一定为正数.
由(2)可知有2个不同零点，记较大者为，较小者为，，
注意到函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
故，又由知，，
要证，只需，
且关于的函数在上单调递增，
所以只需证，只需证，
只需证，，只需证在时为正，
由于，故函数单调递增，
又，故在时为正，
从而题中的不等式得证.
[方法二]：分析+放缩法
有2个不同零点，不妨设，由得（其中）．
且．
要证，只需证，即证，只需证．
又，所以，即．所以只需证．而，所以，
又，所以只需证．
所以，原命题得证．
[方法三]：
若且，则满足且，由（Ⅱ）知有两个零点且．又，故进一步有．
由可得且，
从而．．
因为，所以，故只需证．
又因为在区间内单调递增，故只需证，即，注意时有，故不等式成立．
【整体点评】本题第二、三问均涉及利用导数研究函数零点问题，其中第三问难度更大，涉及到三种不同的处理方法，
方法一：直接分析零点，将要证明的不等式消元，代换为关于的函数，再利用零点反代法，换为关于的不等式，移项作差构造函数，利用导数分析范围.
方法二：通过分析放缩，找到使得结论成立的充分条件，方法比较冒险！
方法三：利用两次零点反代法，将不等式化简，再利用函数的单调性，转化为与0比较大小，代入函数放缩得到结论.
7．（2021·全国·高考真题）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
【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.
8．（2021·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) 首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定原函数的单调性.(2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令，命题转换为证明：，然后构造对称差函数，结合函数零点的特征和函数的单调性即可证得题中的结论.
【详解】(1)的定义域为．由得，，
当时，；当时；当时，．
故在区间内为增函数，在区间内为减函数，
(2)[方法一]：等价转化
由得，即．由，得．
由（1）不妨设，则，从而，得，
①令， 则，
当时，，在区间内为减函数，，
从而，所以，
由（1）得即．① 令，则，
当时，，在区间内为增函数，，
从而，所以．又由，可得，
所以．② 由①②得．
[方法二]【最优解】：变形为，所以．
令．则上式变为，于是命题转换为证明：．
令，则有，不妨设．由（1）知，先证．
要证：．
令，则，
在区间内单调递增，所以，即．再证．
因为，所以需证．
令，所以，故在区间内单调递增．
所以．故，即．综合可知．
[方法三]：比值代换
证明同证法2．以下证明．不妨设，则，
由得，，
要证，只需证，两边取对数得，
即，即证．记，则.
记，则，
所以，在区间内单调递减．，则，
所以在区间内单调递减．
由得，所以，即．
[方法四]：构造函数法
由已知得，令，不妨设，所以．
由（Ⅰ）知，，只需证．证明同证法2．
再证明．令．
令，则．
所以，在区间内单调递增．
因为，所以，即
又因为，所以，即．
因为，所以，即．综上，有结论得证．
【整体点评】(2)方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能.
方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略.
方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可.
方法四：构造函数之后想办法出现关于的式子，这是本方法证明不等式关键思想所在.
9．（2020·天津·高考真题）已知函数，为的导函数．（Ⅰ）当时，（i）求曲线在点处的切线方程；（ii）求函数的单调区间和极值；（Ⅱ）当时，求证：对任意的，且，有．
【答案】（Ⅰ）（i）；（ii）的极小值为，无极大值；（Ⅱ）证明见解析.
【分析】(Ⅰ) (i)首先求得导函数的解析式，然后结合导数的几何意义求解切线方程即可；
(ii)首先求得的解析式，然后利用导函数与原函数的关系讨论函数的单调性和函数的极值即可；
（Ⅱ）首先确定导函数的解析式，然后令，将原问题转化为与有关的函数，然后构造新函数，利用新函数的性质即可证得题中的结论.
【详解】(Ⅰ) (i) 当k=6时，，.可得，，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
(ii) 依题意，.从而可得，
整理可得：，令，解得.
当x变化时，的变化情况如下表：









单调递减
极小值
单调递增
所以，函数g(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，+∞)；
g(x)的极小值为g(1)=1，无极大值.
（Ⅱ）证明：由，得.
对任意的，且，令，则

.        ①
令. 当x>1时，，
由此可得在单调递增，所以当t>1时，，即.
因为，，，
所以. ②
由(Ⅰ)(ii)可知，当时，，即，故  ③
由①②③可得.
所以，当时，任意的，且，有.
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．
10．（2020·全国·高考真题）设函数，曲线在点(，f())处的切线与y轴垂直．（1）求b．（2）若有一个绝对值不大于1的零点，证明：所有零点的绝对值都不大于1．
【答案】（1）；（2）证明见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义得到，解方程即可；（2）方法一：由（1）可得，易知在上单调递减，在，上单调递增，且，采用反证法，推出矛盾即可.
【详解】（1）因为，由题意，，即：，则．
（2）［方法一］：通性通法
由（1）可得，，
令，得或；令，得，
所以在上单调递减，在，上单调递增，
且，
若所有零点中存在一个绝对值大于1的零点，则或，即或.
当时，，
又，
由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，
即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点，
此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；
当时，，
又，
由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，
即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点，
此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；
综上，所有零点的绝对值都不大于1.
［方法二］【最优解】：
设是的一个零点，且，则．
从而．
令，由判别式，可知在R上有解，的对称轴是，所以在区间上有一根为，在区间上有一根为（当时，），进而有，所以的所有零点的绝对值均不大于1．
［方法三］：设是函数的一个绝对值不大于1的零点，且．
设，则，显然在区间内单调递减，在区间内单调递增，在区间内单调递减．又，于是的值域为．
设为函数的零点，则必有，于是，所以解得，即．
综上，的所有零点的绝对值都不大于1．
［方法四］：由（1）知，，令，得或．则在区间内递增，在区间内递减，在区间内递增，所以的极大值为的极小值为．
（ⅰ）若，即或，有唯一一个零点，显然有，不满足题意；（ⅱ）若，即或，有两个零点，不妨设一个零点为，显然有，此时，，则，另一个零点为1，满足题意；同理，若一个零点为，则另一个零点为．
（ⅲ）若，即，有三个零点，易知在区间内有一个零点，不妨设为，显然有，又，，所以在内有一个零点m，显然，同理，在内有一个零点n，有．综上，所有零点的绝对值都不大于1．
［方法五］：设是的一个零点且，则是的另一个零点．
．
则，设，由判别式，所以方程有解．假设实数满足．
由，得．与矛盾，假设不成立．所以，所有零点的绝对值都不大于1．
【整体点评】（2）方法一：先通过研究函数的单调性，得出零点可能所在区间，再根据反证法思想即可推出矛盾，是通性通法；方法二：利用零点的定义以及零点存在性定理即可求出，是本题的最优解；方法三：利用零点的定义结合题意求出的范围，然后再由零点定义以及的范围即可求出所有零点的范围，从而证出；方法四：由函数的单调性讨论极大值极小值的符号，得出的范围，再结合零点存在性定理即可证出；方法五：设函数的一个零点为，满足，再设另一个零点为，通过零点定义找到的关系，再根据一元二次方程存在解的条件以及反证法即可推出矛盾，从而证出．
11．（2020·全国·高考真题）已知函数f(x)=sin2xsin2x.（1）讨论f(x)在区间(0，π)的单调性；（2）证明：；（3）设n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤.
【答案】（1）当时，单调递增，当时，单调递减，当时，单调递增.（2）证明见解析；（3）证明见解析.
【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后由导函数的零点确定其在各个区间上的符号，最后确定原函数的单调性即可；
(2)[方法一]由题意将所给的式子进行变形，利用四元基本不等式即可证得题中的不等式；
(3)[方法一]将所给的式子进行恒等变形，构造出(2)的形式，利用(2)的结论即可证得题中的不等式.
【详解】(1)由函数的解析式可得：，则：

，
在上的根为：，
当时，单调递增，当时，单调递减，
当时，单调递增.
(2)[方法一]【最优解】：基本不等式法
由四元均值不等式可得
，当且仅当，
即或时等号成立．所以．
[方法二]：构造新函数+齐次化方法
因为，令，则问题转化为求的最大值．求导得，令，得．
当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减．
所以函数的最大值为，故．
[方法三]：结合函数的周期性进行证明
注意到，故函数是周期为的函数，
结合(1)的结论，计算可得：，
，，
据此可得：，，即.
(3)利用(2)的结论 由于
，所以．
【整体点评】(2)方法一：基本不等式是证明不等式的重要工具，利用基本不等式解题时一定要注意等号成立的条件；
方法二：齐次化之后切化弦是一种常用的方法，它将原问题转化为一元函数的问题，然后构造函数即可证得题中的不等式；
方法三：周期性是三角函数的重要特征，结合函数的周期性和函数的最值证明不等式充分体现了三角函数有界限的应用.
(3)方法一：利用(2)的结论体现了解答题的出题思路，逐问递进是解答题常见的设问方式；
12．（2018·全国·高考真题）已知函数．
（1）若，求的单调区间；（2）证明：只有一个零点．
【答案】（1）增区间是，，减区间是；
（2）证明见解析.
【分析】（1）将代入，求导得，令求得增区间，令求得减区间；
（2）令，即，则将问题转化为函数只有一个零点问题，研究函数单调性可得.
【详解】（1）当a=3时，，．
令解得x=或x=．
由解得：；
由解得：．
故函数的增区间是，，减区间是．
（2）［方法一］：【最优解】【通性通法】等价转化＋零点存在性定理
由于，所以等价于．
设,则,仅当时,所以在单调递增.故至多有一个零点,从而至多有一个零点.又,故有一个零点.综上,只有一个零点.
［方法二］：函数零点与图象交点个数的关系
因为，所以等价于，令，则．因为，则，当且仅当时，等号成立，所以在区间内单调递增，且．
当时，；当时，．所以直线与的图像只有一个交点，即只有一个零点．
［方法三］：【通性通法】含参分类讨论＋零点存在性定理
．
①当时，单调递增，只有一个零点．
②当与时，，再令或，则有．当与时，单调递增，当时，单调递增．
因为，
，
所以．
极大值与极小值同正同负，故只有一个零点．
［方法四］： 等价转化＋零点存在性定理
由于，所以，等价于．
设，则，仅当时，，所以在区间内单调递增．故至多有一个零点，从而至多有一个零点．
结合函数与方程的关系，根据零点存在性定理，取，则有，取，则有，所以在内有一个零点，故有一个零点．
综上，只有一个零点．
【整体点评】（2）方法一：通过分离参数将原函数的零点问题转化为易求单调性的函数零点问题，该法既是该类型题的通性通法，也是该题的最优解；
方法二：将函数的零点个数问题转化为两函数图象的交点个数问题，是常见的解题思路，对于证明题，这种方式显得不是特别严谨；
方法三：直接对参数分类讨论，研究函数的单调性和最值，也是该类型问题的通性通法，但对于该题，显得有些复杂；
方法四：该法同方法一，只是在零点存在性定理的运用过程中取点不一样．