第04讲 利用导数证明不等式（1类核心考点精讲精练）-备战2024年高考数学一轮复习（新教材新高考）

2024高考数学一轮复习
第04讲 利用导数证明不等式
（核心考点精讲精练）

1. 4年真题考点分布
4年考情
考题示例
考点分析
关联考点
2021年新I卷，第22题,12分
利用导数证明不等式
利用导数求函数的单调区间 (不含参)
导数中的极值偏移问题

2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的必考内容，设题稳定，难度较大，分值为12分
【备考策略】1能用导数证明函数的单调性
2能求出函数的极值或给定区间的最值
3能进行函数转化证明不等式
【命题预测】导数的综合应用是高考考查的重点内容,也是高考压轴题之一近几年高考命题的趋势，是稳中求变、变中求新、新中求活，纵观近几年的高考题,导数的综合应用题考查多个核心素养以及综合应用能力,有一定的难度,一般放在解答题的最后位置，对数学抽象、数学运算、逻辑推理等多个数学学科的核心素养都有较深入的考查，需综合复习



知识讲解
在不等式构造或证明的过程中，可借助题目的已知结论、均值不等式、函数单调性、与、有关的常用不等式等方法进行适当的放缩，再进行证明．下面着重谈谈与、有关的常用不等式的生成．
1.利用曲线的切线进行放缩证明不等式
设上任一点的横坐标为，则过该点的切线方程为，即，由此可得与有关的不等式：，其中，，等号当且仅当时成立．特别地，当时，有；当时，有．
设上任一点的横坐标为，则过该点的切线方程为，即，由此可得与有关的不等式：，其中，，等号当且仅当时成立．特别地，当时，有；当时，有．
利用切线进行放缩，能实现以直代曲，化超越函数为一次函数．

2.利用曲线的相切曲线进行放缩证明不等式





由图可得；由图可得；由图可得，（），（）；由图可得，（），（）．
综合上述两种生成，我们可得到下列与、有关的常用不等式：
与有关的常用不等式：
（1）（）；
（2）（）．
与有关的常用不等式：
（1）（）；
（2）（）；
（3）（），（）；
（4）（），（）．
用取代的位置，相应的可得到与有关的常用不等式．

考点一、利用导数证明不等式

1．（2023·天津·统考高考真题）已知函数．
(1)求曲线在处切线的斜率；
(2)当时，证明：；
(3)证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析

【分析】（1）利用导数的几何意义求斜率；
（2）问题化为时，构造，利用导数研究单调性，即可证结论；
（3）构造，，作差法研究函数单调性可得，再构造且，应用导数研究其单调性得到恒成立，对作放缩处理，结合累加得到，即可证结论.
【详解】（1），则，
所以，故处的切线斜率为；
（2）要证时，即证，
令且，则，
所以在上递增，则，即.
所以时.
（3）设，，
则，
由（2）知：，则，
所以，故在上递减，故；
下证，
令且，则，
当时，递增，当时，递减，
所以，故在上恒成立，
则，
所以，，…，，
累加得：，而，
因为，所以，
则，
所以，故；
综上，，即.
【点睛】关键点点睛：第三问，作差法研究单调性证右侧不等关系，再构造且，导数研究其函数符号得恒成立，结合放缩、累加得到为关键.

2．（2021·全国·统考高考真题）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.


3．（2021·全国·统考高考真题）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的关键思想所在.


1．（2023·河北·统考模拟预测）已知函数.
(1)讨论的极值；
(2)当时，证明：.
【答案】(1)的极小值为，无极大值.
(2)证明见解析

【分析】（1）求得，分和，两种情况讨论，结合函数的单调性和极值点、极值的概念，即可求解；
（2）令，利用单调性得到，得到，转化为证明不等式，再由，利用导数得到，进而得到，转化为，令，
设，利用导数证得，得到，进而证得结论.
【详解】（1）解：由函数，可得，
当时，可得，解得，即函数的定义域为，
令，解得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时，函数取得极小值；
当时，可得，解得，即函数的定义域为，
令，解得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时，函数取得极小值，
综上可得，函数的极小值为，无极大值.
（2）证明：因为，所以，解得，即函数的定义域为，
令，可得，所以在单调递增，
所以，即，
要证不等式，
只需证明，
又由函数，可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，即，即，当且仅当时，等号成立，
所以，当时，，
只需证明：，即，
即，即，
令，可得，
设，可得，令，可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，所以，所以，
当且仅当时，等号成立，
又由以上不等式的等号不能同时成立，所以.
【点睛】方法总结：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.
2．（2023·河北·统考模拟预测）已知函数．
(1)当时，证明：恒成立；
(2)当时，证明：．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）分两种情况和求出函数最值证明不等式；
（2）构造函数证明，结合对数运算及裂项相消证明不等式
【详解】（1）函数时,,单调递减，
当,单调递减，
,
令,,单调递增，
,恒成立，
当,
所以时， 恒成立；
（2）,,单调递减，
,恒成立
,令,,
令,可得

令,可得

令,可得

两边相加可得




3．（2023·江苏扬州·扬州中学校考模拟预测）已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)当时，若，求证：；
(3)求证：对于任意都有．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析

【分析】（1）求出函数的定义域，求导，再分类讨论，根据导函数的符号即可求出函数的单调区间；          
（2）令，由，可证得恒成立，即，结合可证得；
（3）利用，对进行放缩，即可证明不等式成立.
【详解】（1）函数的定义域是．
由已知得，．
①当时，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，当时，，单调递增；
④当时，当时，，单调递增；
当时，，单调递减；当时，，单调递增．
综上，①当时，函数在上单调递减，上单调递增；          
②当时，函数在单调递增上单调递减，上单调递增；          
③当时，函数在单调递增；          
④当时，函数在单调递增，上单调递减，上单调递增．
（2）当时，.
由（1）知，函数在单调递增且；
令
，
令，
令，解得；令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，所以.
令，则，
所以恒成立，          
不妨设，则 ，
所以，所以，
所以，所以.
（3）由（2）知，时，，
即，
故在时恒成立，      
所以，
，
，
，
相加得.
【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．
4．（2023·浙江·校联考三模）已知函数.
(1)令，讨论的单调性；
(2)证明：；
(3)若，对于任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)

【分析】（1）求导后，分、、三种情况讨论即可；
（2）由（1）得，当且仅当，等号成立.令，得到，从而有，即，结合等比数列的前项和公式即可证明.
（3）.当，可验证不满足题意；当，显然成立；当，令，求导后判断单调性求得最小值为，令，则，求导后判断单调性求得最小值为，从而可解.
【详解】（1），而，
①当时，恒成立，
所以在上递减，上递减；
②当时，令，得或；令，得.
所以在上递减，在上递减，在上递增；
③当时，令，得或；令，得.
所以在上递减，在上递减，在上递增.
综上所述，当时，在上递减，上递减；
当时，在上递减，在上递减，在上递增；
当时，在上递减，在上递减，在上递增.
（2）由（1）得：当时，当，此时，
又当，
，当且仅当，等号成立.
令，得到，

.
（3）
①，当时，不等式显然，所以此时不成立；
②，不等式显然成立.
③，令，则，
令，则.
所以当时，单调递减；
当时，单调递增.
所以，
令，则，则，
令，即，则，
所以当，单调递减；当，单调递增
则，
所以.
综上所述，.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略：
（1）构造差函数，根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式；
（2）根据条件，寻找目标函数，一般思路为利用条件将所求问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.
5．（2023·福建厦门·厦门外国语学校校考模拟预测）已知函数．
(1)令，讨论在的单调性；
(2)证明：；
(3)若，对于任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)答案见详解.
(2)证明见详解.
(3).

【分析】（1）求导后，分、、、讨论即可；
（2）由（1）得，当且仅当，等号成立.令，得到，从而有，即，结合等比数列的前项和公式即可证明.
（3）.当，可验证不满足题意；当，显然成立；当，令，求导后判断单调性求得最小值为，令，则，求导后判断单调性求得最小值为，从而可解.
【详解】（1），而，
①当时，恒成立，所以在上递减；
②当时，令，得或；令，得.
所以当，即时，在上递增，当，即时，在上递减，在上递增；
③当时，令，得或；令，得.
所以在上递减.
综上所述，当时，在上递减；
当时，在上递增；
当时，在上递减，在上递增；
（2）由（1）得：当且时，，此时，
又当，
，当且仅当，等号成立.
令，得到，

.
（3），
①，当时，显然，所以此时不成立；
②，不等式显然成立.
③，令，则，
令，则.
当时，单调递减；
当时，单调递增.
所以，
令，则，则，
令，即，则，
当，单调递减；当，单调递增，
则，
所以.
综上所述，.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略：
（1）构造差函数，根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式；
（2）根据条件，寻找目标函数，一般思路为利用条件将所求问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.
6．（2023·山东·沂水县第一中学校联考模拟预测）已知函数．
(1)若存在唯一零点，求实数a的取值范围；
(2)当时，证明：．
【答案】(1)或；
(2)证明见解析.

【分析】（1）分和讨论，利用导数与函数的性质的关系可得时，存在唯一零点；时可得函数的，然后构造函数，利用导数研究函数的性质即得；
（2）由题可知，然后利用放缩法，等比数列的求和公式结合条件即得.
【详解】（1）由题可知的定义域为，，
当时，，在上单调递增；
且，所以存在唯一零点；
当时，令，得，
当时，单调递增；当时，，单调递减．
所以，且；，．
若存在唯一零点，则，
设，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
所以，故当时，，
综上，存在唯一零点时，实数a的取值范围为或；
（2）由（1）知：当时，在上单调递减，
所以，即在上恒成立．
令，，则，
所以
，
所以，
所以当时，．
【点睛】利用导数研究零点问题：
（1）确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可用导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象；
（2）方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.可以通过构造函数的方法，把问题转化为研究构造的函数的零点问题；
（3）利用导数研究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形结合思想研究；③构造辅助函数研究.
7．（2023·湖北黄冈·浠水县第一中学校考三模）已知函数.
(1)求函数的最大值；
(2)当时，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）求得，令，得到，所以单调递减，得到存在，使，结合函数的单调性，进而求得函数的最大值.
（2）把不等式转化为，结合、和，得到，再把不等式，转化为，令，求得得，结合单调性转化为，当时，转化为，令和，结合单调性，即可求解.
【详解】（1）解：由题意，，定义域为，
可得，
令，则，所以单调递减，
又由，所以存在，使，
即，即，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以有最大值，最大值为.
（2）证明：不等式，即证，即证，
当时，不等式显然成立；
当时，令，可得，
因为，可得，所以在上单调递减，
所以，即，
要证不等式，只需证明：，
等价于证明：，
令，可得，
函数在上单调递减，所以，即；
当时，，只需证，
令，可得，函数在上单调递增，所以，
又由，可得，在单调递减，所以，
所以时，，所以不等式成立；
综合上述不等式得证.
【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.
8．（2023·广东湛江·统考二模）已知函数．
(1)求曲线在处的切线方程．
(2)若存在使得，证明：
（i）；
（ii）．
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析

【分析】（1）求导，分别求得和，再写出切线方程；
（2）（i）根据题意得到有零点，即有正数解，利用导数法求解．（ii）由，得到，代入，转化为证，令，利用导数法证明在上单调递增即可.
【详解】（1）解：因为，
所以，
又，
所以曲线在处的切线方程为，
即.
（2）证明：（i）依题意可知有零点，即有正数解．
令，则．
当时，，单调递减；当时，，单调递增．
所以，所以．
（ii）不妨设．由，得，
因为，所以，
要证，
只要证．
令，即只要证，
即只要证在上单调递增，
即只要证在上恒成立，
即只要证在上恒成立．
令，则．
当时，，单调递增；当时，，单调递减．
所以．
由（i）知，在上恒成立，
所以在上恒成立，
故．
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是通过，得到，代入，消去m，转化为证，再令，利用导数法证明在上单调递增而得证.


【基础过关】
1．（2023·辽宁丹东·统考二模）已知为函数的极值点．
(1)求；
(2)证明：当时，．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）求出函数的导函数，依题意，即可求出的值，再检验即可；
（2）设，求出函数的导函数，即可得到，再由零点存在性定理得到存在唯一，使，即可得到的单调性，再结合特殊值，即可证明.
【详解】（1）定义域为，，
由，解得，
若时，则，
当时，，即在上单调递增；
当时，，即在上单调递减，
所以在处取得极大值，符合题意，因此．
（2）设，则，又，
因为，，所以存在唯一，使，
且当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减．
由得，所以，
因此当时，，而，
于是当时，．
2．（2023·贵州黔东南·凯里一中校考三模）已知函数.
(1)证明：；
(2)证明：.
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析

【分析】（1）利用导数求得的最小值为0，进而证得成立；
（2）先利用（1）证得，再利用裂项相消法求和即可证明原不等式成立.
【详解】（1），令，解得，
当时，解得；当，解得，
则在上单调递减，在上单调递增；
所以在取得最小值，，
恒成立，即恒成立.
（2）由（1）知，在上单调递增，且
所以在恒成立，即在恒成立.
所以在恒成立.
则当时，恒成立,
令，则，所以.
所以，
即.
所以，故得证.
3．（2023·海南·校联考模拟预测）已知函数，其中
(1)若函数的图象恒不在轴上方，求实数的取值范围；
(2)证明：，其中．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）根据题意转化为恒成立，令，求得，求得函数的单调性与最大值，即可求解；
（2）由（1）得到，令，得到，结合对数的运算性质，即可求解.
【详解】（1）解：由函数的图象恒不在轴上方，且，
即恒成立，即在上恒成立，
令，可得，
当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，
即实数的取值范围为．
（2）解：由（1）知，当时，，
即，当且仅当时取等号，
令，可得，
所以，
即当时，．
4．（2023·四川成都·石室中学校考模拟预测）已知函数
(1)若单调递增，求a的值；
(2)判断（且）与的大小，并说明理由.
【答案】(1)
(2)，理由见解析

【分析】（1）根据题意，由单调递增，转化为恒成立，然后分，，讨论，即可得到结果；
（2）根据题意，由（1）可得时，，然后再由放缩，裂项即可得到结果.
【详解】（1）由可得，，
由于函数单调递增，则恒成立，
设，则，
当时，，可知时，，不满足题意；
当时，，函数单调递增，
又因为，即，不满足题意；
当时，令，解得，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
所以当时，函数取得最小值，
由可得，，令，则，
可知时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减，
则，由于恒成立，
所以，当且仅当时取等号，
故函数单调递增时，实数的值为.
（2）.
理由如下：
由（1）可知，当时，，即有，
则时，，
故当且时，
，
因为时，，
所以，
则，
所以.
5．（2023·北京密云·统考三模）已知函数.
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）计算出、的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程；
（2），其中，利用导数分析函数的单调性，证明出，即可证得结论成立.
【详解】（1）解：因为，则，
所以，，，
所以，曲线在点处的切线方程为，
即.
（2）解：令，其中，
，
令，其中，
则，
当时，且不恒为零，所以，函数在上单调递增，
所以，当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，，即.
6．（2023·四川成都·石室中学校考模拟预测）已知函数.
(1)若，求实数的值；
(2)已知且，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）由题意分析得到是函数的极小值点，则解得再代入验证符合题意；
（2）由（1）可得，.令得到.令，利用导数证明出，得到，累加即可证明.
【详解】（1）由，得.
令，则.
注意到，所以是函数的极小值点，则，
所以，得.
当时，，则函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，满足条件，故.
（2）由（1）可得，.
令，则，
所以，即.
令，则，且不恒为零，
所以函数在上单调递增，
故，则，
所以，
令分别取，累加得：
.
即证.
【点睛】导数的应用主要有：
（1）利用导函数几何意义求切线方程；
（2）利用导数研究原函数的单调性，求极值（最值）；
（3）利用导数求参数的取值范围；
（4）利用导数证明不等式.
7．（2023·黑龙江大庆·大庆实验中学校考模拟预测）已知函数．
(1)若函数有两个零点，求a的取值范围；
(2)证明．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.

【分析】（1）先讨论不符合题意，再讨论，求出函数的单调区间，再利用零点存在性定理分析得解；
（2）求出，再证明，即得证.
【详解】（1）由题得且.
当时，没有零点，不符合题意；
当时，若，则；若，则，不符合题意；
当时，，所以在和均单调递增；
当时，由，，所以在上有一个零点；
当，，，所以在上有一个零点，所以a的范围是．
（2）因为的两个零点，所以，即，
同理，，
所以，
若，即，则，
所以的两个零点互为倒数，即，所以（等号不成立），
所以，
所以．
【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于分析得到，的两个零点互为倒数.
8．（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）已知函数．
(1)证明：；
(2)讨论的单调性，并证明：当时，．
【答案】(1)证明见解析
(2)答案见解析

【分析】（1）构造函数，利用导数证明，可得，变形即可得证；
（2）构造，利用导数证明其单调性，再结合复合函数的单调性即可判定的单调性，利用的单调性可得，同时取对数变形即可证明结论.
【详解】（1）证明：令，则，
所以在上单调递减，所以，即．
令，则有，
所以，所以，即．
（2）由可得，
令，则，
令，则，
所以在上单调递增，．
令，则有，
所以在上单调递增，所以在上单调递增，
所以对于，有，
所以，所以，
即，
整理得：．
【点睛】思路点睛：第一问，利用常用放缩，变形即可；第二问，先求导判定函数的单调性，结合复合函数的单调性可得的单调递增，从而可得，取对数变形即可.
9．（2023·四川成都·石室中学校考模拟预测）已知函数.
(1)若，求实数a的值；
(2)已知且，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）注意到，所以是的最小值点也是极小值点，从而可求解；
（2）由（1）得，再取即可证明不等式.
【详解】（1）因为，所以函数定义域为，.
因为，且，所以是函数的极小值点，则，所以，得.
当时，，
当时，，当时，，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，满足条件，故.
（2）由（1）可得，.令，则，所以，即，，
所以.证毕.
【点睛】关键点睛：解（2）的关键是由（1）得，然后令，有，然后累加即可证明.
10．（2023·山东枣庄·统考二模）已知函数．
(1)当时，求证：；
(2)当时，函数的零点从小到大依次排列，记为
证明：（i）；
（ii）.
【答案】(1)证明见解析
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析

【分析】（1）求导，讨论单调性，求最值即可证明；
（2）（i）根据（1）得函数零点区间，变形为，，构造函数，求导，利用单调性即可证明；
（ii）利用导数研究函数的单调性，找到零点区间即可求得零点范围即可证明.
【详解】（1），则，令，
则，当时，，故在上单调递增，
又，故在上单调递减，在上单调递增，
又，所以；
当时，，，故，
又，所以在时恒成立；
综上，当时，．
（2）（i）由（1）知在内无零点，则，
由知，，，
令，，，
所以在上单调递减，
又，所以，即．
（ii）当时，，在上单调递减，
，；所以，使得，
当当时，单调递增；当时，单调递减；
记，则，令得，故函数在上单调递增，令得，故函数在上单调递减，所以，
故，又，所以在有且只有一个零点，记为；
当，时，，
故，在无零点；
当，时，，
故在上单调递增；
当，，，
故在上单调递减；
又，，
；
所以，使得；
故当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
又，，，
所以在，，各有一个零点，
在，上的两个零点分别为，，
所以，又，，
所以；
综上.
【点睛】关键点点睛：利用导数研究函数的单调性，如果一次求导无法解决时，可以利用多次求导的方法来解决.在此过程中，要注意导函数和原函数间的对应关系.

【能力提升】
1．（2023·山东泰安·校考模拟预测）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当，且时，．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）根据题意，求导得，然后分，，分别讨论，即可得到结果；
（2）根据题意，将问题转化为，然后构造函数，证明其单调性，即可得到证明.
【详解】（1），，
①当，即时，，在区间单调递增．
②当，即时，
令，得，令，得，
所以在区间单调递增；在区间单调递减．
③当，即时，
若，则，在区间单调递增．
若，令，得，令，得，
所以在区间单调递减；在区间单调递增．
综上，时，在区间单调递增；在区间单调递减；
时，在区间单调递增
时，在区间单调递减、在区间单调递增．
（2）证明：要证，即证，
即证．
令，，则，
所以在区间单调递增，所以时，，
即时，．
令，，则在时恒成立，
所以，且时，单调递增，
因为时，，，且，
所以，且时，，即．
所以，且时，．
【点睛】关键点睛：本题主要考查了用导数研究函数的单调性，以及用导数证明不等式问题，难度较难，解决本题的关键在于构造函数，用其单调性去证明不等式.
2．（2023·河北·统考模拟预测）已知函数.
(1)讨论的极值；
(2)当时，证明：.
【答案】(1)的极小值为，无极大值.
(2)证明见解析

【分析】（1）求得，分和，两种情况讨论，结合函数的单调性和极值点、极值的概念，即可求解；
（2）令，利用单调性得到，得到，转化为证明不等式，再由，利用导数得到，进而得到，转化为，令，
设，利用导数证得，得到，进而证得结论.
【详解】（1）解：由函数，可得，
当时，可得，解得，即函数的定义域为，
令，解得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时，函数取得极小值；
当时，可得，解得，即函数的定义域为，
令，解得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时，函数取得极小值，
综上可得，函数的极小值为，无极大值.
（2）证明：因为，所以，解得，即函数的定义域为，
令，可得，所以在单调递增，
所以，即，
要证不等式，
只需证明，
又由函数，可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，即，即，当且仅当时，等号成立，
所以，当时，，
只需证明：，即，
即，即，
令，可得，
设，可得，令，可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，所以，所以，
当且仅当时，等号成立，
又由以上不等式的等号不能同时成立，所以.
【点睛】方法总结：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.
3．（2023·安徽阜阳·安徽省临泉第一中学校考三模）已知函数，为的导函数.
(1)讨论的单调性；
(2)当时，有且只有两根，（）.
①若，求实数a的取值范围；
②证明：.
【答案】(1)答案见解析；
(2)①；②证明见解析

【分析】（1）先求，设，再求函数的导函数，结合导数与函数的单调性的关系求其单调区间；
（2）①证明时，方程无解，当时，利用导数研究函数的单调性，由此确定a的取值范围；
②先证明，再证明当时，，当时，，利用放缩法证明，，由此完成证明.
【详解】（1）函数的定义域为，，
记，则，
当时，，故在上单调递增，
当时，记，，
所以时，，函数在上单调递减；
当时，，函数在上单调递增，
的极小值为，故，
故，所以在上单调递减.
综上：故在上单调递增，在上单调递减.
（2）①当时，因为，故，此时不满足条件；
当时，令，所以，
由（1）可知在上单调递增，故在上单调递增.
由指数函数性质可知：，；，，
故存在，使得，
，，函数在上单调递减；
，，函数在单调递增，
(i)若，则，不符合题意；
(ii)若，，
当时，，，不符合题意，
当时，，，不符合题意.
(iii)若，则，，所以，
又，；，，
故存在，使得，满足题意；
综上：实数a的取值范围是.
②方程可化为，
当时，方程在上没有解，
当时，设，由①可得，
故存在，使得，
，，函数在上单调递减；
，，函数在单调递增，
因为有且只有两根，（）.
又，；，，
所以，
又，故
所以，故，所以，
由已知，，
设，则，
所以函数在上单调递增，故，
于是，故；
设，则，
所以函数在上单调递增，故
又，
故，
将上面两个结果相加即可得：.
【点睛】关键点点睛：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．
4．（2023·江苏无锡·校联考三模）已知函数.
(1)求的极值；
(2)求证：.
【答案】(1)的极大值为，没有极小值
(2)证明见解析

【分析】（1）求导数得，设，求导数确定函数的单调性即可确定的正负，从而得的取值情况即可确定的极值；
（2）由（1）可知，结合数列累加求和即可证明结论.
【详解】（1）因为函数，所以，
设，，
所以在上单调递增.
又，所以当时，；当时，.
又因为对恒成立，
所以当时，；当时，.
即在区间上单调递增，在区间上单调递减，
故，没有极小值.
（2）由（1）可知，
所以当且仅当，取“＝”.
由（1）得，
累加得；
由②得，
累加得.
综上所述，.
5．（2023·辽宁·辽宁实验中学校考模拟预测）已知，有且仅有一条公切线，
(1)求的解析式，并比较与的大小关系．
(2)证明：，．
【答案】(1)，
(2)证明见解析.

【分析】（1）根据导数与切线的关系得，取，转化为只有1正根，再设，再求导得其单调性，再利用隐零点法即可求出的解析式，再设，利用导数即可证明其大小关系；
（2）利用（1）中的结论得，利用换元法和累加法即可证明.
【详解】（1）依题意,设公切线在两条曲线上的切点横坐标分别为,,则有

整理得①,此关于的方程只有一根，
取,则①可化为,
取,
,
令，，其两根之积为，则其必有一正根，
则在必有零点，
当时，，当时，，
在上单调递减,在上单调递增，
只有一个零点，②,
其中满足③,联立②③消去参数可得④,
取为关于的递减函数,
且由④解得,代入③得，此时，
取，
令，得，令，得，
在上单调递减，在上单调递增,,
即当且仅当取等.
（2）由（1）可知,,
即，取,
则,即,
.
【点睛】关键点睛：本题第一问的关键是首先通过导数与切线的关系得到只有一根，再利用换元法得，再设新函数，进行求导，最后再利用隐零点法求出值；第二问的关键是利用第一问的结论得到，再利用换元法和累加法即可证明.
6．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考二模）已知函数.
(1)讨论函数的单调性;
(2)当时,若有两个实数根,且.求证:.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）先求导数,对进行分类讨论,分别求解出和的解即可;
（2）利用切线放缩,先证明,先求出曲线在和处的切线,再构造函数进行证明,同理证明即可.
【详解】（1）的定义域为,
.
①若,因为恒成立,所以在上单调递减.
②若,令,得;令得,,
所以在区间上单调递增,上单调递减.
③若,令,得;令,得,
所以在区间上单调递增,上单调递减.
综上:
当时,在上单调递减;
当时,在区间上单调递增,上单调递减;
当时,在区间上单调递增,上单调递减.
（2）,
先证不等式,
因为,
所以曲线在和处的切线分别为和,
如图:
    
令,
,
令,则;令,则;
所以在上单调递减,在上单调递增,
所以,所以在上恒成立,
设直线与直线交点的横坐标为,则,
设直线与直线交点的横坐标为,同理可证,
因为,
所以(两个等号不同时成立),
因此.
再证不等式,
函数图象上两点,
设直线与直线的交点的横坐标分别为,
易证,且,
所以.
综上可得成立.
【点睛】导数证明不等式的常用方法有:（1）最值法:直接构造函数或分离参数后构造函数,通过求解最值证明;（2）放缩法:通过构造切线或割线,利用切线放缩或者割线放缩进行证明.
7．（2023·辽宁抚顺·校联考二模）已知函数.
(1)若的图象在处的切线与直线垂直，求直线的方程；
(2)已知，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）求导利用导数值求解斜率，结合垂直关系即可求解.
（2）构造函数，，求导确定单调性，结合零点存在性定理即可求解.
【详解】（1）解：，
因为切线与直线垂直，所以，即，
又，所以直线的方程为.
（2）证明：，
设，则，即在上是增函数，
因为，所以，
所以存在，使得，
当时，，则，即在上单调递减，
当时，，则，即在上单调递增，
故是函数的极小值点，也是最小值点，
则.
又因为，所以，
要证，只需证，
即证.
设，则在上单调递减，
因为，所以，则，
故.
故当时，.
【点睛】思路点睛：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；(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)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用.
8．（2023·四川成都·石室中学校考模拟预测）已知函数.
(1)若在上单调递增，求的值；
(2)证明：（且）.
【答案】(1)1；
(2)证明见解析.

【分析】（1）求出函数的导数，根据给定条件可得恒成立，再利用导数分类讨论求解作答.
（2）利用（1）的结论得当时，，取，利用不等式的性质结合裂项相消法求和作答.
【详解】（1）函数，求导得，
由于函数在R上单调递增，则恒成立，
令，则，
当时，，当时，，不满足条件；
当时，，在R上单调递增，
又，即，不满足条件；
当时，令，得，
则当时，，单调递减，当时，，单调递增，
于是当时，取得最小值，
于是，即，
令，则，
当时，，单调递增；时，，单调递减，
则，由于恒成立，因此，则有，
所以单调递增时，的值为1.
（2）由（1）知，当时，，即有，当且仅当时取等号，即当时，，
因此当且时，
，
而当时，，
所以，
则，所以，.
【点睛】关键点睛：函数不等式恒成立求参数范围问题，结合已知，利用换元法构造新函数，用导数探讨函数的性质，借助数形结合的思想推理求解.
9．（2023·山东泰安·统考模拟预测）已知函数
(1)求在处的切线;
(2)若，证明当时，.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）求出，根据在点处的切线求解.
（2）主要是构造函数对进行放缩，找到，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，
只需要证到在上恒成,.
【详解】（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
【点睛】此题主要的难点在于构造函数进行放缩，再进行一系列的转换，求导研究函数的最大值小于0，综合性较强，属于难题.
10．（2023·辽宁沈阳·沈阳二中校考模拟预测）已知函数.
(1)求的单调区间；
(2)若，且，证明：.
【答案】(1)减区间是，增区间是.
(2)证明见解析

【分析】（1）求得，求得和的解集，即可求得函数的单调区间；
（2）由（1），可设，则，求得  
设，利用导数求得单调区间，得到，进而得到，得出，设，利用导数求得，得到，进而证得以，即可求解.
【详解】（1）解：由函数，可得，
令，即，解得；
令，即，解得，
所以的减区间是，增区间是.
（2）证明：当时，，当时，，
因为且，结合在上单调递减，在上单调递增可得，设，则，
所以，从而，
又因为，所以，故  ①，
设，则，
令，可得；令，可得，
从而在上单调递减，在上单调递增，
又由，所以，故，
所以，
因为，所以，故  ②，
将①②两式相加可得，
设，则，所以在上单调递减，
又，所以，从而，所以，
，所以，故，
又因为，所以，
综上所述，.
  
【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.

【真题感知】
1．（全国·高考真题）已知函数．
（1）设是的极值点．求，并求的单调区间；
（2）证明：当时，．
【答案】(1)a=；增区间为，减区间为．(2)证明见解析.
【分析】（1）先确定函数的定义域，利用，求得a=，从而确定出函数的解析式，再解不等式即可求出单调区间；
（2）方法一：结合指数函数的值域，可以确定当时，，之后构造新函数，利用导数研究函数的单调性，从而求得，利用不等式的传递性，证得结果.
【详解】（1）的定义域为，，则，解得：，故．易知在区间内单调递增，且，
由解得：；由解得：，
所以的增区间为，减区间为．
（2）［方法一］：【最优解】放缩法
当时，.
设，则.
当时，；
当时，.所以是的最小值点.
故当时，.因此，当时，.
［方法二］：【通性通法】隐零点讨论
因为，所以在区间内单调递增．设，当时，，当时，，所以在区间内单调递减，在区间内单调递增，且，所以．
设，则．
所以在区间内单调递减，故，即成立．
［方法三］：分离参数求最值
要证时，即，则证成立．
令，则．
令，则，由知在区间内单调递减，从而在内单调递增，在区间内单调递减．
所以，而，所以恒成立，原命题得证．
［方法四］：隐零点讨论＋基本不等式
，结合与的图像，可知有唯一实数解，不妨设，则．易知在区间内是减函数，在区间内是增函数．所以．
由，得．
．
当且仅当，即时，，所以．
［方法五］：异构
要证明，即证，
即证明，再证明即可．
令，．
设，则．
若时，在上恒成立，所以；
若时，当时；当时，．
所以为的极小值点，则．
因为，所以，所以．
令．
当时，；当时，，所以为的极小值点．
则，所以，即．
所以．
［方法六］： 高阶函数借位构建有界函数
．
令，则．
令．显然为定义域上的增函数．又，故当时，，得；当时，，得．即在区间上为减函数，在区间上为增函数，故．即恒成立，而恒成立．
【整体点评】（2）方法一：利用的范围放缩，转化为求具体函数的最值，是该题的最优解；
方法二：根据函数的单调性讨论，求最值，是该类型题的通性通法；
方法三：原不等式可以通过分参转化为求具体函数的最值，也是不错的解法；
方法四：同方法二，根据函数的单调性讨论，利用基本不等式求最值，区别在于最后求最值使用的方式不一样；
方法五：利用常见的对数切线不等式异构证明，也是很好的解决方法，不过在本题中使用过程稍显繁琐；
方法六：基本类似于方法三．
2．（浙江·高考真题）设函数=，．证明：
（Ⅰ）；
（Ⅱ）．
【答案】（Ⅰ）证明详见解析；（Ⅱ）证明详见解析．
【详解】试题分析：本题主要考查函数的单调性与最值、分段函数等基础知识，同时考查推理论证能力、分析问题和解决问题的能力.第一问，利用放缩法，得到，从而得到结论；第二问，由得，进行放缩，得到， 再结合第一问的结论，得到， 从而得到结论.
试题解析：（Ⅰ）因为
由于，有即，
所以
（Ⅱ）由得，故
，
所以.
由（Ⅰ）得，
又因为，所以.
综上，
【考点】函数的单调性与最值、分段函数.
【思路点睛】（Ⅰ）先用等比数列前项和公式计算，再用放缩法可得，进而可证；（Ⅱ）由（Ⅰ）的结论及放缩法可证．

3．（安徽·高考真题）设为实数，函数．
(1)求的单调区间与极值；
(2)求证：当且时，．
【答案】(1)见解析；（2）见解析.
【详解】试题分析：（1）由，知．令，得．列表讨论能求出的单调区间区间及极值．
（2）设，于是,由（1）知当时，最小值为，于是对任意，都有，所以在内单调递增．由此能够证明．
试题解析：解：∵f（x）=ex﹣2x+2a，x∈R，
∴f′（x）=ex﹣2，x∈R．
令f′（x）=0，得x=ln2．
于是当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：

故f（x）的单调递减区间是（﹣∞，ln2），
单调递增区间是（ln2，+∞），
f（x）在x=ln2处取得极小值，
极小值为f（ln2）=eln2﹣2ln2+2a=2（1﹣ln2+a），无极大值．
（2）证明：设g（x）=ex﹣x2+2ax﹣1，x∈R，
于是g′（x）=ex﹣2x+2a，x∈R．
由（1）知当a＞ln2﹣1时，
g′（x）最小值为g′（ln2）=2（1﹣ln2+a）＞0．
于是对任意x∈R，都有g′（x）＞0，所以g（x）在R内单调递增．
于是当a＞ln2﹣1时，对任意x∈（0，+∞），都有g（x）＞g（0）．
而g（0）=0，从而对任意x∈（0，+∞），g（x）＞0．
即ex﹣x2+2ax﹣1＞0，
故ex＞x2﹣2ax+1．
考点：1.导数与单调性和极值；2.导数的应用.

4．（2021·全国·统考高考真题）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的关键思想所在.

5．（2021·全国·统考高考真题）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.


6．（2020·天津·统考高考真题）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．
7．（2017·浙江·高考真题）已知数列满足：，
证明：当时，
（I）；
（II）；
（III）.
【答案】（I）见解析；（II）见解析；（Ⅲ）见解析.
【分析】（I）用数学归纳法可证明；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得， 构造函数，利用函数的单调性可证；
（Ⅲ）由及，递推可得.
【详解】（Ⅰ）用数学归纳法证明：．
当时，．
假设时，，那么时，若，
则，矛盾，故．
因此，所以，因此．
（Ⅱ）由得，
．
记函数，
，
函数在上单调递增，所以，
因此，故．
（Ⅲ）因为，所以，
由，得，
所以，故．
综上，．
【名师点睛】本题主要考查利用数列不等式的证明，常利用以下方法：（1）数学归纳法；（2）构造函数，利用函数的单调性证明不等式；（3）利用递推关系证明．
8．（2020·浙江·统考高考真题）已知，函数，其中e=2.71828…为自然对数的底数．
（Ⅰ）证明：函数在上有唯一零点；
（Ⅱ）记x0为函数在上的零点，证明：
（ⅰ）；
（ⅱ）．
【答案】（I）证明见解析，（II）（i）证明见解析，（ii）证明见解析.
【分析】（I）方法一：先利用导数研究函数单调性，再结合零点存在定理证明结论；
（II）（i）先根据零点化简不等式，转化求两个不等式恒成立，构造差函数，利用导数求其单调性，根据单调性确定最值，即可证得不等式；
（ii）方法一：先根据零点条件转化：，再根据放缩，转化为证明不等式，最后构造差函数，利用导数进行证明.
【详解】（I）[方法一]：单调性+零点存在定理法
在上单调递增，
，
所以由零点存在定理得在上有唯一零点．
[方法二]【最优解】：分离常数法
  函数在内有唯一零点等价于方程在内有唯一实根，又等价于直线与只有1个交点．
记，由于在内恒成立，所以在内单调递增，故．
因此，当时，直线与只有1个交点．
（II）（i），
，
令
一方面： ，
在单调递增，，
，
另一方面：，
所以当时，成立，
因此只需证明当时，，
因为
当时，，当时，，
所以，
在单调递减，，，
综上，.
（ii）[方法一]：分析+构造函数法
，
，，
，因为，所以，
，
只需证明，
即只需证明，
令，
则，
，即成立，
因此.
[方法二]【最优解】：放缩转化法
．
设，则由得．
从而只要证．
上式左边．
使用不等式可得
【整体点评】（Ⅰ）方法一：直接研究函数的单调性，并根据零点存在定理证得结论，为通性通法；方法二：先分离常数，转化为证明水平直线与函数的图象交点个数问题，为最优解；
（Ⅱ）（ⅰ）通过分析，转化，然后构造函数证得；
（ⅱ）方法一：构造函数，利用导数研究单调性，求得最小值，然后根据条件放缩转化为证明不等式．利用作差法构造关于实数的函数，利用导数证得此不等式，为该题的通性通法；方法二：利用放缩判定的导函数大于零，确定单调性，得到其最小值，转化为，然后利用不等式放缩证明，运算相对简洁，为最优解.
1