人教A版（2019）选修二 第五章一元函数的导数及其应用 拓展五：利用导数证明不等式的9种方法总结-直击高考考点归纳-讲义

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拓展五：利用导数证明不等式的9种方法总结考点一 移项作差构造函数考点二 及时换元后构造函数考点三 等价转化后构造函数考点四 挖出同构关系后构造函数考点五 选择关键部位构造函数考点六 放缩法证明不等式 （一）参数放缩 （二）利用结论放缩 （三）切线放缩考点七 拆分法证明不等式考点八 利用“隐零点”证明不等式考点九 数列不等式的证明知识1 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2 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：（一）不等号的方向在放缩中，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（二）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．（三）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3 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。考点一 移项作差构造函数1．（2022秋·安徽·高二校联考期末）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【分析】（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.【详解】（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.2．（2023秋·山西太原·高二山西大附中校考期末）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【分析】（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．【详解】（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.3．（2023·全国·高二专题练习）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【分析】（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【详解】（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．考点二 及时换元后构造函数4．（2022春·云南文山·高二统考期末）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【分析】（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.【详解】（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.5．（2023·广东·高三校联考阶段练习）已知函数有两个零点，，且，(1)求的取值范围；(2)证明：【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）易得，分和讨论，对时，根据存在两零点得，求出的范围，再结合，放缩得，确定，则，再构造函数，，求出其单调性即可得到的范围；（2）利用基本不等式得，放缩证明，利用比值换元法设，构造函数，，求导证明其单调性，得到其范围即可.【详解】（1）因为的定义域为，所以当时，恒成立，所以在上单调递增，故不可能有两个零点，故舍去；当时，令，解得令，解得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，要使有两个零点，则，解得，又，，所以当时，在和上各有一个零点，，且，所以，由单调性知，当时，，当时，，因为，所以，即所以，而，即，所以，而，令，则，，，所以，所以在上单调递增，所以，所以（2），当且仅当取等号，而，故要证，即证，即证即证，即证，.设，，，，，令，，令，，易知在上单调递增，故，∴在单调递增，∴，∴在上单调递增，∴得证.【点睛】关键点睛：本题第2问首先采用了基本不等式进行放缩得，从而将题目的证明转化为证明，然后得到，利用经典的比值换元法，设，，则，从而设，，通过多次求导研究其单调性和值域即可.6．（2022秋·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）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：.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）令，分离参数得，利用导数研究函数的单调性，由的图象特征可求实数的取值范围；（2）由整理得，化简得,整体代换得，要证，变形即证，构造,利用导数进而得证.【详解】（1）令，得，即.设，则，则时，时，.故在时取最大值.又时，时，，从而，得；（2）由得，，从而，又，,即，设，易知，故当时，，所以当时，，即，所以.7．（2023春·河南开封·高三统考开学考试）已知函数（）．(1)讨论的单调性；(2)若，（）是的两个极值点，证明：．【答案】(1)当时，在区间上单调递增；当时，在区间和上单调递增，在区间上单调递减；当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减.(2)证明见解析.【分析】（1）对求导，根据的取值范围，对的符号进行讨论，即可得出的单调性；（2）由第一问中有两个极值点时，和化简不等式，然后构造函数，利用导数研究所构造函数的单调性，根据单调性进行证明.【详解】（1）∵，（）∴定义域为，∴，（），令，（），①当时，，，，，此时，在区间上单调递增；②当时，，令，解得，，∴当时，，，当时，，，∴此时，在区间上单调递增，在区间上单调递减；③当时，，（i）当时，，，，，∴此时，在区间上单调递增；（ii）当时，，令，解得，，且，∴当时，，，当时，，，∴此时，在区间和上单调递增，在区间上单调递减.综上所述，当时，在区间上单调递增；当时，在区间和上单调递增，在区间上单调递减；当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减.（2）由第（1）问知，若，（）是的两个极值点，则，且的两根即为，，且，，∴，，∴，又∵，∴不等式等价于，∵，∴，，又∵，∴，∴不等式又等价于，即，∴只需证，令，，则，在区间上单调递减，又∵，∴，，∴，∴若，（）是的两个极值点，.【点睛】利用导数证明不等式的常用方法有构造函数法和放缩法，（1）构造函数法①直接构造函数：若需要证明（或），可通过构造函数，转化为证明（或）；②化简构造函数：若原不等式较为复杂，或者构造函数后，通过导数判断函数的单调性较为困难，可以将原不等式适当化简变形后再构造函数.本题第（2）问的证明，就是综合了以上两种方法.（2）放缩法：通常会利用常见结论放缩或结合已知条件进行放缩.8．（2023秋·吉林长春·高三长春市第二中学校考期末）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，．【答案】(1)；(2)；(3)证明见解析.【分析】（1）利用导数的几何意义即可求得答案；（2）求得导数并变形为，由此找到时，，此时结论成立，然后证明只有时，当时，恒成立，时，不合题意；（3）令 ，化为 ，再进行换元，采用分析证明的方法，直到利用（2）中结论，证明不等式成立.【详解】（1）当时, ,,故，所以在处的切线方程为，即.（2）由题意得，由当时，恒成立，而，即时函数取得最小值，由于 ，，故，当时，，等号仅会在时取得，则，此时当时，递增，且；下面证明只有时，当时，恒成立.因为，所以，只需证明恒成立；设，令，仅在时取得等号，故单调递增，则，故单调递增，所以，即此时当时，恒成立.当时，，则，令，则，在上为增函数，且，，故存在使得，则时，，则递减，且，即在上递减，而，则当时，，与题设矛盾，故当时，不合题意，综合上述可知：.（3）当时，令 ，则，即 ，故要证明当时，，只需证明：，令 ，则，故需证明：，令 ，则需证：恒成立，由（2）知恒成立，即恒成立，故当时，.【点睛】难点点睛：在证明当时，时，要注意变形既换元法的应用，，则原不等式化为，难点就在于采用分析证明的方法，连续换元，构造函数，直到可以利用（2）中结论为止.考点三 等价转化后构造函数9．（2022秋·吉林·高三校考期末）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．10．（2022秋·北京大兴·高三统考期末）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）利用导数的几何意义即可；（2）判断导函数的正负，可得单调性；（3）利用（2）确定的单调性，作差比较即可.【详解】（1），所以，由，得，所以.（2）函数在单调递增.因为，所以函数定义域为.，因为所以. 因此函数在区间上单调递增.（3）证明：当时，显然有，不等式成立；当时，不妨设，由于函数在区间上单调递增，所以，则.因为，所以，所以，所以.综上，对任意的，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，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．考点四 挖出同构关系后构造函数11．（2023春·河南新乡·高三校联考开学考试）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【分析】（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.【详解】（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．12．（2023秋·贵州铜仁·高三统考期末）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：．【答案】(1)单调性及极值见解析，原方程有唯一实根(2)证明见解析【分析】（1）利用导数分类讨论函数的单调性，求解极值，结合单调性的结论判断方程的实根个数；（2）不等式变形为，换元后即证，构造函数利用导数求解函数最值即可得证.【详解】（1），函数定义域为，，当时，，在上单调递增，无极值；当时，时，， 时，，在上单调递减，在上单调递增，有极小值．方程可变形为，即，当时，，有，在上单调递增，则有，函数和的图像只有一个交点，且交点位于第一象限，所以在上有唯一实根，故原方程有唯一实根．（2）证明：由知，所要证的不等式等价于，等价于．（*）令，则不等式（*）等价于（**）．构造函数，求导，得．当时，，函数是减函数；当时，，函数是增函数．所以．即（**）成立．故原不等式成立．【点睛】1. 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．2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.3..证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.13．（2023·全国·高三专题练习）已知函数．(1)讨论在区间上的单调性；(2)当时，证明：．【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【分析】（1）利用函数的导数判断函数的单调性，按照和的大小关系分类讨论；（2）先转化需证明的结论，构造函数，利用导数研究函数的符号，推得，进而证明结论.【详解】（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．【点睛】用导数求函数的单调区间或判断函数的单调性问题时应注意如下几方面：(1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域；(2)不能随意将函数的两个独立的单调递增（或递减）区间写成并集形式；(3)利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.考点五 选择关键部位构造函数14．（2023秋·浙江嘉兴·高三统考期末）已知函数.(1)若曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为，求实数的值；(2)证明：若，则.【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）根据导数的几何意义，结合三角形面积公式进行求解即可；（2）根据函数的零点存在性原理，结合函数导数的性质、通过构造新函数进行求解即可，【详解】（1），切点为，则切线方程为，当时，在中，分别令得该切线分别与两坐标轴交于两点，故三角形面积为，因此，解得，当时，，显然该直线与两坐标轴围不成三角形，综上所述：；（2）①当，所以；②当，要证，即证，令，，令，，所以在上单调递增.取，使得，即，则，又，所以由零点存在定理知存在唯一零点，即有唯一的极值点且为极小值点.又，即，故，令，，所以在上单调递减，所以，所以.综上所述，当，则.【点睛】关键点睛：根据函数的极值定义、函数零点存在性原理是解题的关键.考点六 放缩法证明不等式（一）参数放缩15．（2023秋·吉林长春·高三校考阶段练习）已知函数.(1)若，求的极值点；(2)证明：当时，曲线恒在图象的上方.【答案】(1)为的极小值点，无极大值点(2)证明见解析【分析】（1）求导后，根据的正负可确定单调性，由极值点的定义可得结果；（2）由可推导得到；根据所证结论可知只需证得即可；分别令、，利用导数可求得和，由可证得结论.【详解】（1）当时，，则定义域为，，当时，；当时，；在上单调递减，在上单调递增，是的极小值点，无极大值点.（2）当时，，则，，令，则，当时，；当时，；在上单调递减，在上单调递增，；设，则，当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减，；，，在上恒成立，即，，又，，即当时，曲线恒在图象的上方.【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解函数的极值点、证明两函数图象位置关系的问题；本题第二问求解的关键是能够结合放缩的思想去掉变量，将两函数图象位置关系的证明转化为不等式的证明问题，进而通过构造函数的方式进一步将问题转化为两函数最值之间关系的求解问题.16．（2023·全国·高二专题练习）已知函数，若恒成立，(1)求实数的取值范围；(2)当时，证明：.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）问题转化为在上恒成立，不等式右边构造函数，利用导数研究单调性，并求出其最大值，即可得参数范围；（2）由（1）知，应用分析法，将问题化为证恒成立，讨论、，利用导数研究单调性并确定区间符号，即可证结论.【详解】（1）由题设在上恒成立，所以在上恒成立，令，则，令，则在上恒成立，所以在上递增，显然，，故使，则上，上，所以上，递增；上，递减；又，即，则，综上，.（2）由（1）知：，所以且，要使恒成立，只需证恒成立，只需证恒成立，当时，若，则，即递增，又也递增，所以在上递增，故恒成立，当时，令且，则，即递增，故，所以在上恒成立，故，令，则，所以在上递减，故，即，综上，在上恒成立，所以，时得证.【点睛】关键点点睛：第一问转化为在上恒成立，第二问化为证明恒成立，再构造函数并利用导数研究单调性即可.17．（2023·全国·高二专题练习）已知函数.(1)若恒成立，求的取值范围；(2)当时，证明恒成立.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）求导得，分、、三种情况讨论，利用导数分析函数的单调性，根据恒成立可得出关于实数的不等式，综合可得出实数的取值范围；（2）先证明出，由（1）可得出，构造函数，利用导数分析函数在上的单调性，证明出，可证得，进而可证得原不等式成立.【详解】（1）解：，且该函数的定义域为，.①当时，恒成立，在上单调递增，因为，所以时不符合题意；②当时，，显然成立；③当时，由解得，当时，，单调递减；当时，，单调递增.所以，，即，所以，，解得.综上所述，.（2）证明：由题意可知，函数的定义域为，先证明，令，则，由（1）可知，所以，，设，其中，则且不恒为零，所以，在上为增函数，故当时，，所以，，因为，故，故原不等式得证.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），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，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.18．（2022秋·江西南昌·高三校联考阶段练习）已知函数.(1)讨论函数的单调性；(2)当时，证明：不等式.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）求导，然后分和两种情况讨论的单调性即可；（2）法一：将证明成立转化为证成立，然后根据单调性得到，即可得到；法二：将证明成立转化为证成立，然后根据的单调性得到，即可得到.【详解】（1）定义域为，，①若恒成立，即恒成立，因为，所以恒成立，所以，因为，当且仅当即时，等号成立，所以，即时，在上是单调递增；②当时，则的根为，，由，得，，由，得或，，得.∴在，上单调递增，在上单调递减.综上，时，在上是单调递增；时，在，上单调递增；在上单调递减.（2）要证，只须证.∵，即证.法一：∵，∴只需证，则，令，恒成立，∴在上单调递增，又，.∴使，即，∴.当时，，即；当时，，即，∴在上单调递减，在上单调递增，∴.∴，得证.法二：令，只须证.，令，则.∵，∴，∴在上单调递增.又∵，而，∴，使，∴，即.∵，在上单调递增，∴，即，又知，知.当时，；当时，，∴在上单调递减，在上单调递增，∴，得证.【点睛】导数证明不等式方法： （1）构造函数：转化为求函数的最值问题；（2）放缩法：要证，而，只要证明即可，可以通过函数不等式，切线不等式进行放缩.（3）隐零点法：当导数零点不可求时可先证明零点存在，再用此零点代入求函数最小值；（4）转化为比较两个函数最值大小：要证，只要证即可.（二）利用结论放缩19．（2023秋·浙江宁波·高三期末）已知函数.(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)若对恒成立，求k的取值范围；(3)求证：对，不等式恒成立.【答案】(1)(2)(3)证明见解析【分析】(1)对函数求导，利用导数的几何意义即可求解；(2)根据题意将不等式进行等价转化为求函数在的最小值问题，利用导数求解即可；(3)结合（2）的结论，构造函数，利用导数即可求解.【详解】（1）因，所以，所以所求切线方程为，即；（2）因为在上恒成立，而，令得所以①当，即时，，所以在上单调递增，则，满足题意；②当，即时，设，则的对称轴为，所以在上存在唯一零点，当时，，所以在上单调递减，故，不合题意.综上，k的取值范围为；（3）由（2），当时，在恒成立，即，令，则，故在上单调递增，所以，即在上恒成立.综上可得，对，不等式恒成立.【点睛】关键点点睛：第三问解题关键是在（2）中令得到，将所证明的不等式转化为证明在上恒成立即可.20．（2022·陕西汉中·统考一模）已知函数为常数.(1)若，求的最小值；(2)在（1）的条件下，证明：.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由可求出，然后利用导数求出函数的单调区间，从而可求出函数的最小值；（2）将问题转化为证成立，令，则只需证明，构造函数，利用导数求出其最小值大于等于零即可.【详解】（1）由题得，则，所以，所以当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以.（2）证明：由（1）知：，所以要证即证，即证，即证，因为，所以即证，令，则只需证明，由（1）知，令，则在递增，所以当时，取得最小值0，所以，即，所以原不等式成立.【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的最值，考查利用导数证明不等式，第（2）问解题的关键是将问题转化为，然后通过换元，构造函数，利用导数求其最值即可，考查数转化思想和计算能力，属于较难题.21．（2022秋·四川攀枝花·高三统考阶段练习）已知函数（）．(1)若函数的极大值为0，求实数a的值；(2)证明：当时，．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）求出函数的导数，判断函数单调性，结合函数的极值，求得答案；（2）利用（1）的结论，将不等式转化为，即证当时，，从而构造函数，利用导数求得该函数的最值，进而证明不等式.【详解】（1）∵函数的定义域为，且．∴当时，恒成立，在上单调递增，无极大值．当时，由解得；由解得，故在上单调递增，在上单调递减,∴,即，而函数在上单调递增，所以．（2）证明：由（1）知，即．要证当时，，即证，当时，,即证,令函数，则，令，则，所以函数在定义域上单调递增．因为，，所以函数在区间上存在零点，使得，即,当时，；当时，；故为函数在区间上的唯一极小值点，所以，所以当时，．【点睛】关键点点睛：要证当时，，利用（1）的结论，即证，关键就是再转化为证明，从而构造函数，利用导数求得函数最值，解决问题.22．（2023·全国·高二专题练习）已知函数．(1)若在上恒成立，求实数a的值；(2)证明：当时，．【答案】(1)(2)证明过程见详解【分析】(1)分，和三种情况讨论，当时，求导利用函数的单调性和最值进行求解即可；(2)结合（1）的结论，将不等式进行等价转化证明，构造函数，对函数求导，利用函数的单调性即可证明.【详解】（1）当时，，当时，，不符合题意；当时，，又时，，不符合题意；当时，，令，解得：，令，解得：，所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，令，则，当时，，当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以，又因为，所以.（2）由(1)知：时，在上恒成立，即，所以当时，，即，又当时，，所以，所以要证，只需证，即证，令，则有，又，所以，所以在上恒成立，即在上单调递减，，所以当时，.【点睛】思路点睛：某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，有时可以构造一个函数，借助单调性进行求解.（三）切线放缩23．（2022秋·河北邢台·高三统考期中）函数，在点处的切线方程为．(1)求；(2)，证明：．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据已知结合曲线的切线得出，即可解出，，即可得出答案；（2）令，，根据导数得出，即，则要证明，只需证明，令，根据导数得出，即，要证明，只需证明，令，根据导数即可证明，即可得出答案.【详解】（1），在点处的切线方程为，，解得，，所以．（2）令，，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，即．若要证明，只需证明，令，则在上恒成立，所以在上单调递增，所以当时，，即，所以．故只需证明．令，则，所以在上单调递减，所以当时，，所以．综上知，．24．（2023·全国·高三专题练习）已知函数.(1)求函数的单调区间；(2)证明：当时，都有.【答案】(1)单调递增区间是，单调递减区间是.(2)证明见解析.【分析】（1）函数求导，找到导函数零点，判断零点分定义域所得区间导数的符号得到函数的单调区间.（2）化简结论，构造函数，求导研究函数的单调性，证明，结合，利用不等式的性质证明结论.【详解】（1），令，则，当时，，所以，当时，，所以，所以函数的单调递增区间是，单调递减区间是.（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，，所以，要证，因为时，，，此时不等式成立，当时，，，只需再证时，即可.令，，所以，当且仅当时取等号，所以时，；综上所述，当时，都有.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），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，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.考点七 拆分法证明不等式25．（2023·全国·高二专题练习）已知函数．(1)求函数的单调区间；(2)当时，证明：．【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为；(2)证明见解析.【分析】（1）求出函数的导数，再求出导数为正、为负的x取值区间作答.（2）等价变形给定不等式，构造函数，利用导数求出最值推理作答.【详解】（1）函数的定义域为，求导得，又，则当时，，当时，，所以的单调递增区间为，单调递减区间为．（2）因为，则不等式，当时，由（1）知，在上单调递增，在上单调递减，则，令，则，当时，，当时，，因此在上单调递减，在上单调递增，，于是得，即，所以.26．（2023春·广东·高三统考开学考试）已知函数．(1)证明函数有唯一极小值点；(2)若，求证：．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）首先求函数的导数，利用求根公式，判断函数的单调区间，再证明函数存在极小值点；（2）首先不等式整理为，再构造函数，，利用导数求函数的最值，即和，即可证明不等式.【详解】（1）函数的定义域为，．对于方程，．解方程，可得，，当时，；当时，，所以函数在上单调递减，在上单调递增．所以函数有唯一极小值点．（2）要证明，即证，即证，即证．令，其中，则，当时，，此时函数单调递减；当时，，此时函数单调递增．所以．构造函数，其中，，则．当时，，此时函数单调递增；当时，，此时函数单调递减．所以，则，所以．故原不等式得证．27．（2023·全国·高三专题练习）已知函数.(1)判断0是否为的极小值点，并说明理由；(2)证明：.【答案】(1)0是的极小值点，理由见解析(2)证明过程见解析【分析】（1）求的定义域，求导，得到，且时，，时，，故0是的极小值点；（2）对不等式变形得到，令，求导，得到其单调性，从而得到g(x)正负，故恒成立，结论得证.【详解】（1）0是的极小值点，理由如下：定义域为，，其中，当时，，故，当时，，故，故在上单调递减，在上单调递增，故0是的极小值点；（2）等价于，即，令，则，当时，，所以在上单调递增，又，故当时，，当时，，则恒成立，故.考点八 利用“隐零点”证明不等式28．（2023·全国·高二专题练习）已知函数．(1)已知点在函数的图象上，求函数在点P处的切线方程．(2)当时，求证．【答案】(1)；(2)证明见解析【分析】（1）求出，由求得，然后计算出，用点斜式得切线方程并化简；（2）求出导函数，再利用导数确定的单调性，从而确定的零点存在，得出其为极小值点，由得间的关系，代入变形，然后由基本不等式结合已知条件得证结论．【详解】（1）由解得，所以，，所以，，切线方程为，即所求切线方程为；（2）证明得定义域为，，设，则，故是增函数，当时，，时，，所以存在，使得①，且时，，单调递减，时，，单调递增，故②，由①式得③，将①③两式代入②式，结合得：，当且仅当时取等号，结合②式可知，此时，故恒成立．【点睛】方法点睛：用导数证明不等式的方法：利用导数求得的最小值，证明最小值大于0即得，问题常常遇到最小值点不能直接求出，只有利用零点存在定理确定为，为此可利用的性质：确定与参数的关系，从而化为一个变量的函数（一元函数），然后由不等式的知识或函数知识得出其大于0.29．（2023秋·山东德州·高三统考期末）设函数，其中为自然对数的底数．(1)当时，判断函数的单调性；(2)若直线是函数的切线，求实数的值；(3)当时，证明：．【答案】(1)答案见解析(2)(3)证明见解析【分析】(1)先求函数的定义域及其导函数，设，利用导数判断的单调性，由此确定不等式和的解集，由此确定函数的单调性；(2)设切点为，由导数的几何意义可得，，设，利用导数研究函数的性质，由此求，；(3)设，利用导数研究函数的单调性，由此确定函数的单调性，并求其最小值，集合基本不等式证明结论.【详解】（1）函数的定义域为，因为，所以，设，则，所以函数在区间上单调递增，即函数在区间上单调递增，又因为，所以，，在上为减函数，，，在上为增函数.（2）由（1）得设切点为，则，因为，所以，得，所以设，则，所以当时，，单调递增当时，，单调递减所以因为方程仅有一解，所以；（3）因为，设，则有所以在单调递增．因为，所以存在，使得，当时，，，单调递减，当时，，，单调递增，所以，因为，所以，所以．【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．30．（2023秋·天津南开·高三崇化中学校考期末）已知函数．(1)若实数，求函数在点处的切线方程；(2)讨论函数的单调性；(3)设，若且，使得，证明：．【答案】(1)(2)答案见解析(3)证明见解析【分析】(1)根据切点处的导数等于切线斜率即可求解；(2)根据导数以及分类讨论即可求解；(3)利用极值点偏移证明求解.【详解】（1）时，，，，所以切线的斜率为，切线方程为即.（2）的定义域为，，若，则恒成立，则在单调递增，若，令解得，令解得，所以则在单调递减，单调递增.（3）由题知，且，不妨设，使得所以整理得令所以在单调递增，又因为，所以所以所以因为，所以，即，所以，下面证明，即证，设，即证明，只需证明，设则，所以在单调递增，所以所以，所以，即.【点睛】关键点点睛：第三问中，利用放缩得到从而，利用导数证明不等式是本题关键，将双变量转化为单变量是常用的证明办法.31．（2023·全国·高二专题练习）已知函数．(1)若，求的取值范围；(2)当时，证明：．【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）构造，利用导数的性质判断的单调性进行求解即可；（2）构造，利用导数的性质判断的单调性，结合函数零点存在原理进行求解即可.【详解】（1）记．则恒成立，即．当，当，在上单调递增，在上单调递减．．解得．实数的取值范围是；（2）记．在上单调递增．令，则，所以即在上单调递增．由，知．．即，当单调递减；当单调递增．，由（*）式，可得．代入式，得．由（1）知，当时有，故．．由．故，即，原不等式得证．【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．考点九 数列不等式的证明32．（2023·全国·高三专题练习）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）利用导数求出的最小值为，即可得证；（2）由（1）知，时，，即，令，得，再根据对数知识可证不等式成立.【详解】（1），令，得；令，得，所以在上单调递减，在上单调递增，所的最小值为，所以.（2）由（1）知，当时，，即， 即，即，令，得，所以，故．33．（2023秋·山西临汾·高二统考期末）已知.(1)当，证明；(2)讨论的单调性；(3)利用（1）中的结论，证明：.【答案】(1)证明见解析(2)答案见解析(3)证明见解析【分析】（1）求导得到，确定函数的单调区间，根据单调区间计算最值得到证明.（2）求导得到，讨论，，三种情况，根据导函数的正负确定函数的单调性.（3）根据得到，依次带入数据相加得到证明.【详解】（1）当时，，令，解得，当在之间变化时，及的变化情况如下表：因此当时，取得最大值，故；（2），所以，令，解得，①当时，方程的解为，且，在之间变化时，及的变化情况如下表：在单调递增，在单调递增，②当时，方程无解，此时恒成立，故在单调递增，③当时，方程的解为，但，当时，恒成立，故在单调递增，综上所述：当时，在单调递增，在单调递减，当时，在单调递减；（3）由（1）知，，其中“=”当且仅当时成立，当时，且，故，即，于是当时，依次有，，，， ，相加得，即【点睛】关键点睛：本题考查了利用导数证明不等式，讨论函数的单调性，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用构造是解题的关键，需要熟练掌握这种技巧.34．（2023秋·浙江绍兴·高三统考期末）已知函数.(1)当时，，求的取值范围；(2)函数有两个不同的极值点（其中），证明：；(3)求证：.【答案】(1)(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）由，利用导数研究函数单调性，转化为当，恒成立问题；（2）函数极值点，是的两个零点，要证，等价于证，通过换元，构造函数，利用导数研究单调性可证.（3）由（1）可知，则有，类似于数列求和的裂项相消法可证.【详解】（1）函数，，且，①当时，因为，故恒成立，此时单调递增，所以成立；②当时，令，得，当时，此时单调递减，故，不满足题意；综上可知：.即的取值范围为.（2）由，故，因为函数有两个不同的极值点（其中），故.要证：，只要证：.因为，于是只要证明即可.因为，故，因此只要证，等价于证，即证，令，等价于证明，令，因为，所以，故在上单调递增，所以，得证.（3）由（1）可知当时，，故，令，所以，所以，，所以.【点睛】方法点睛：1. 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．2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.35．（2023·全国·高三专题练习）已知函数（其中为自然对数的底数），．(1)讨论函数的单调性；(2)若对任意的都有不等式成立，求实数a的值．(3)设，证明：．【答案】(1)答案见解析；(2)；(3)证明见解析.【分析】（1）求出，分类讨论以及，根据导函数的符号即可得出函数的单调性；（2）由已知得，求出，经分析可得.构造，可知在上单调递增.分以及，根据零点存在定理可知都有唯一解，有，进而得到的单调性和最小值.令，可得，又可证得，即可得到，进而求出a的值；（3）由（1）知，当时，可推出成立，且仅在时取等号.令，进而推得.代入根据等比数列前项和公式即可证明.【详解】（1）解：函数定义域为R，．①当时，恒成立，函数在区间上单调递增；②当时，解可得.解，得，所以函数在上单调递增；解，得，所以函数在上单调递减.综上所述，当时，函数在区间上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.（2）令，定义域为，.①当时，单调递增，的值域为R，不符合题意；②当时，，也不符合题意；③当时，令，则 恒成立，所以在上单调递增.当时，，又，根据零点存在定理以及函数的单调性可知，有，即有唯一解，有，此时；当时，，又，根据零点存在定理以及函数的单调性可知，有，即有唯一解，有，此时.综上所述，对，都有唯一解，有，此时.又当时，，即，所以在上单调递减；当时，，即，所以在上单调递增.所以，故只需.令，上式即转化为，设，则.当时，，所以在上单调递增；当时，，所以在上单调递减.所以，当时，有最大值，所以，所以.又，所以，所以.由，解得．综上所述，满足条件的实数a的值为1.（3）证明：由（1）知，当 时，对任意实数x，都有，即，当且仅当时，等号成立.令，，2，3，…，，，则，即，所以．【点睛】关键点点睛：本题考查用导数研究函数的单调性，函数的极值点，以及证明不等式．解题关键是问题的转化．如不等式恒成立，转化为求函数的最值或取值范围，不等式的证明采用 ，这个关键的不等式入手， 从而再用换元法证得结论．解题中注意变化的技巧与方法．10单调递增0单调递减0单调递增单调递减