1．已知函數(shù)，數(shù)列的前n項和為，且滿足，，則下列有關(guān)數(shù)列的敘述正確的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】AB
【分析】
A．計算出的值，與比較大小并判斷是否正確；B．利用導(dǎo)數(shù)分析的最小值，由此判斷出是否正確；C．根據(jù)與的大小關(guān)系進行判斷；D．構(gòu)造函數(shù)，分析其單調(diào)性和最值，由此確定出，將變形可得，再將變形可判斷結(jié)果.
【詳解】
A選項，，A正確；
B選項，因為，所以當(dāng)時，，所以單增，所以，
因為，所以，所以，B正確；
C選項，因為，所以，C錯誤；
D選項，令，，
所以在單調(diào)遞增，所以，所以，
則，所以，即，
所以，所以D錯誤.
故選：AB.
【點睛】
易錯點睛：本題主要考查導(dǎo)數(shù)與數(shù)列的綜合問題，屬于難題.解決該問題應(yīng)該注意的事項：
（1）轉(zhuǎn)化以函數(shù)為背景的條件時，應(yīng)該注意題中的限制條件，如函數(shù)的定義域，這往往是很容易被忽視的問題；
（2）利用函數(shù)的方法研究數(shù)列中的相關(guān)問題時，應(yīng)準(zhǔn)確構(gòu)造相應(yīng)的函數(shù)，注意數(shù)列中相關(guān)限制條件的轉(zhuǎn)化.
2．下列不等式正確的是（ ）
A．當(dāng)時，B．當(dāng)時，
C．當(dāng)時，D．當(dāng)時，
【答案】ABC
【分析】
構(gòu)建函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性和最值，可得出每個選項中的不等式正不正確.
【詳解】
對于A：設(shè)，則，令，解得，
當(dāng)時函數(shù)單調(diào)遞減，當(dāng)時，函數(shù)單調(diào)遞增，
所以函數(shù)在時，函數(shù)取得最小值，故當(dāng)時，，故A正確；
對于B：設(shè)，所以，
令，解得，當(dāng)時，函數(shù)單調(diào)遞增，當(dāng)時，函數(shù)單調(diào)遞減，
所以在時，（1），故當(dāng)時，恒成立，故B正確；
對于C：設(shè)，所以，令，解得，當(dāng)時，函數(shù)單調(diào)遞減，當(dāng)時，函數(shù)單調(diào)遞增，
所以當(dāng)時，（1），所以當(dāng)時，，故C正確；
對于D：設(shè)函數(shù)，則，所以是定義在上單調(diào)遞增的奇函數(shù)，
所以時，成立，時，，故D錯誤．
故選：ABC
3．已知定義在R上的函數(shù)滿足，則下列式子成立的是（ ）
A．B．
C．是R上的增函數(shù)D．，則有
【答案】AD
【分析】
由題意得，即為增函數(shù)，可得，即可判斷，舉出反例可判斷C，根據(jù)單調(diào)性可判斷D.
【詳解】
由，得，即，
所以函數(shù)為增函數(shù)，故，
所以，故A正確，B不正確；
函數(shù)為增函數(shù)時，不一定為增函數(shù)，
如是增函數(shù)，但是減函數(shù)，所以C不正確；
因為函數(shù)為增函數(shù)，所以時，有，
故有成立，所以D正確.
故選：AD.
【點睛】
本題主要考查了利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，構(gòu)造函數(shù)是解題的關(guān)鍵，屬于中檔題.
二、解答題
4．已知函數(shù)，，若最小值為0.
（1）求實數(shù)的值；
（2）設(shè)，證明：.
【答案】（1）1；（2）證明見解析.
【分析】
（1）由，得，討論當(dāng)時，無最小值.當(dāng)時， ，由可得答案得；
（2）由（1）可知，可得，由（1）可知，即，進而可得結(jié)論.
【詳解】
（1）由已知，定義域為.
.
由，得.
當(dāng)時，，在單調(diào)遞增無最小值.
當(dāng)時，，；，.
故，
令，.
，；，，，
所以由，得.
（2）由（1）可知，此時
等價于，
由（1）可知當(dāng)時，.
故，即.
所以，
故.
【點睛】
不等式證明問題是近年高考命題的熱點，利用導(dǎo)數(shù)證明不等主要方法有兩個，一是比較簡單的不等式證明，不等式兩邊作差構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，求出函數(shù)的最值即可；二是較為綜合的不等式證明，要觀察不等式特點，結(jié)合已解答的問題把要證的不等式變形，并運用已證結(jié)論先行放縮，然后再化簡或者進一步利用導(dǎo)數(shù)證明.
5．已知函數(shù)，.
（1）當(dāng)時，求函數(shù)的最大值；
（2）設(shè)，當(dāng)，且，求證：.
【答案】（1）；（2）證明見解析.
【分析】
（1）當(dāng)時，，，由的單調(diào)性得出函數(shù)的最大值；
（2）由函數(shù)的單調(diào)性結(jié)合零點個數(shù)得出，結(jié)合分析法要證，只需證，由函數(shù)在上存在唯一零點證明，由函數(shù)在上存在唯一零點證明，從而得出.
【詳解】
解1）當(dāng)時，，.
當(dāng)時，；當(dāng)時，.
∴函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減.
∴.
（2）由題可知，是函數(shù)的零點.
當(dāng)時，；當(dāng)時，
∴函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減
故函數(shù)要有兩個零點，必有，即.
要證，只需證
只需證 ①
由于，，，
∴函數(shù)在上存在唯一零點
即. ②
由（1）知，，所以，且當(dāng)時，取等號
∴
∴函數(shù)在上存在唯一零點
即. ③
由②③可知①成立，故.
【點睛】
求解本題第（2）問的關(guān)鍵是根據(jù)題中條件將證明轉(zhuǎn)化為證明，然后利用零點存在定理即可求解.
6．已知函數(shù)，其中為自然對數(shù)的底數(shù)．
（1）當(dāng)時，證明：；
（2）設(shè)實數(shù)，是函數(shù)的兩個零點，求實數(shù)的取值范圍．
【答案】（1）證明見解析；（2）．
【分析】
（1）構(gòu)造函數(shù)，證明最小值大0即可得解；
（2）先求導(dǎo)可，
分，和進行討論即可得解.
【詳解】
（1）設(shè)，
∴，∴，
∵，∴，，
∴，∴在上單調(diào)遞增，
又，∴時，，
在上單調(diào)遞增，
又，∴時，，
故當(dāng)時，，
∴．
（2）∵，
∴，
當(dāng)時，易知函數(shù)只有一個零點，不符合題意．
當(dāng)時，在上，，單調(diào)遞減；
在上，，單調(diào)遞增；
又，，
不妨取且時，
，
[或者考慮：當(dāng)，]，所以函數(shù)有兩個零點，
∴符合題意，
當(dāng)時，由得或．
（?。┊?dāng)，即時，在上，成立，
故在上單調(diào)遞增，
所以函數(shù)至多有一個零點，不符合題意．
（ⅱ）當(dāng)，即時，在和上，
，單調(diào)遞增；
在上，，單調(diào)遞減；
又，且，
所以函數(shù)至多有一個零點，不符合題意．
（ⅲ）當(dāng)即時，
在和上，單調(diào)遞增；
在上，單調(diào)遞減，
以，所以函數(shù)至多有一個零點，不符合題意．
綜上所述，實數(shù)的取值范圍是．
【點睛】
本題考查了導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查了構(gòu)造法證明不等式以及分類討論求參數(shù)范圍，要求較高的計算能力，屬于難題.
解決本類問題的方法有以下幾點：
（1）證明題常常利用構(gòu)造法，通過構(gòu)造函數(shù)來證明；
（2）分類討論解決含參問題，是導(dǎo)數(shù)壓軸題常考題型，在討論時重點是找到討論點.
7．已知，當(dāng)時恒成立．
（1）求實數(shù)的取值范圍；
（2）當(dāng)時，求證：．
【答案】（1）；（2）證明見解析.
【分析】
（1）移項構(gòu)造函數(shù)，求導(dǎo)后分類討論.
（2）利用（1）的結(jié)論構(gòu)造新函數(shù)，求導(dǎo)后構(gòu)造新函數(shù)再求導(dǎo)尋找極值點即可.
【詳解】
（1）即恒成立，
令，則
當(dāng)時，則在是增函數(shù)，，成立．
當(dāng)時，使
，，為減函數(shù)，，，為增函數(shù)．
所以不合題意．
所以．
（2）由（1）得當(dāng)時，所以要證只要證
即證：，設(shè)，，
，
所以在是增函數(shù)，
，，所以存在使．
故時，，則為減函數(shù)，時則為增函數(shù)
，，
所以時，故命題成立．
【點睛】
此題為導(dǎo)數(shù)綜合題，屬于難題.
方法點睛：利用導(dǎo)數(shù)求參數(shù)范圍方法：
（1）變量分離，構(gòu)造函數(shù)，轉(zhuǎn)化為恒成立問題處理，求導(dǎo)數(shù)進步求新函數(shù)的最值.
（2）移項后，構(gòu)造函數(shù)，求導(dǎo)討論函數(shù)的單調(diào)性及極值.
8．已知函數(shù).
（1）當(dāng)時，求曲線在點處的切線方程；
（2）若，求證：.
【答案】（1）；（2）證明見解析.
【分析】
（1）首先求導(dǎo)得到，從而得到，再利用點斜式求切線方程即可.
（2）首先求導(dǎo)得到，根據(jù)在上單調(diào)遞增，且，且，得到存在唯一，使得，再根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性得到，利用基本不等式即可證明.
【詳解】
（1）當(dāng)時，.
∴，又，
∴在點處的切線方程為，即.
（2），
易知在上單調(diào)遞增，且，
又，
∴存在唯一，使得，即.
當(dāng)時，，為減函數(shù)；
當(dāng)時，，為增函數(shù).
∴.
當(dāng)且僅當(dāng)，即時，等號成立.
∴當(dāng)時，.
【點睛】
關(guān)鍵點點睛：本題主要考查導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，考查利用導(dǎo)數(shù)證明不等式，解題的關(guān)鍵為找到導(dǎo)函數(shù)的隱藏零點，屬于中檔題.
9．已知函數(shù).
(1)若只有一個極值點，求的取值范圍.
(2)若函數(shù)存在兩個極值點，記過點的直線的斜率為，證明：.
【答案】（1）；（2）證明見解析.
【分析】
（1）先求導(dǎo)，令，則.令，解不等式組即得解；
（2）只需證，設(shè)，函數(shù)，證明即得證.
【詳解】
(1)解：，
令，則.令，
要使函數(shù)只有一個極值點，則需滿足，即；
(2)證明：因為，
所以，
因為存在兩個極值點，所以即
不妨假設(shè)，則
要證，即要證，
只需證，
只需證，
即證
設(shè)，函數(shù)，
因為，故，所以，即，
故在上單調(diào)遞減，則
又因為，所以，即，
從而得證.
【點睛】
關(guān)鍵點點睛：解答本題的關(guān)鍵是通過分析得到只需證明.對于比較復(fù)雜的問題，我們可以通過分析把問題轉(zhuǎn)化，再證明，提高解題效率.
10．函數(shù).
（1）當(dāng)時，求的單調(diào)區(qū)間；
（2）當(dāng)，時，證明：.
【答案】（1）單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為；（2）證明見解析.
【分析】
（1）由得到 求導(dǎo)由， 求解.
（2）求導(dǎo)，分，討論求解.
【詳解】
（1）當(dāng)時， ，.
所以
當(dāng)時，；
當(dāng)時，.
所以的單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為.
（2）因為，
所以.
①當(dāng)，時，恒成立，
所以單調(diào)遞增，
所以，而，所以恒成立；
②，時，由可得；由可得.
所以在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增，
所以.
設(shè)，則，
所以在單調(diào)遞減，
故，
所以，從而.
綜上，當(dāng)，時，.
【點睛】
方法點睛：1、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性的關(guān)鍵在于準(zhǔn)確判定導(dǎo)數(shù)的符號，當(dāng)f(x)含參數(shù)時，需依據(jù)參數(shù)取值對不等式解集的影響進行分類討論；若可導(dǎo)函數(shù)f(x)在指定的區(qū)間D上單調(diào)遞增(減)，求參數(shù)范圍問題，可轉(zhuǎn)化為f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立問題，從而構(gòu)建不等式，要注意“＝”是否可以取到．
2、利用導(dǎo)數(shù)證明不等式常構(gòu)造函數(shù)φ(x)，將不等式轉(zhuǎn)化為φ(x)＞0(或＜0)的形式，然后研究φ(x)的單調(diào)性、最值，判定φ(x)與0的關(guān)系，從而證明不等式.
11．已知函數(shù)．
（1）討論函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（2）當(dāng)時，求證：．
【答案】（1）答案見解析；（2）證明見解析．
【分析】
（1）先求導(dǎo)，分為，，和四種情形進行分類討論，根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系即可求出；
（2）等價于，令，利用當(dāng)時的結(jié)論，根據(jù)導(dǎo)數(shù)判斷與0的關(guān)系，即可證明.
【詳解】
解：的定義域為，
則，
當(dāng)時，，當(dāng)時，，當(dāng)時，，
函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為，
當(dāng)時，令，解得或，
當(dāng)時，恒成立，
函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為，無單調(diào)遞增區(qū)間，
當(dāng)時，，
當(dāng)或時，，當(dāng)，時，，
函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為或，單調(diào)遞增區(qū)間為，，
當(dāng)，，
當(dāng)或，時，，當(dāng)時，，
函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為或，，單調(diào)遞增區(qū)間為．
綜上所述：當(dāng)時，函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為，
當(dāng)時，函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為，無單調(diào)遞增區(qū)間，
當(dāng)時，函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為，，單調(diào)遞增區(qū)間為，，
當(dāng)時，函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為或，，單調(diào)遞增區(qū)間為．
（2） 證明：要證，即證，
令，
則，
由（1），當(dāng)時，，
可得的單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為，
即的單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為，
（1），
在上單調(diào)遞增，
（1），
當(dāng)時，，，
當(dāng)時，，，
，
即．
【點睛】
含有參數(shù)的函數(shù)單調(diào)性討論常見的形式：
（1）對二次項系數(shù)的符號進行討論；
（2）導(dǎo)函數(shù)是否有零點進行討論；
（3）導(dǎo)函數(shù)中零點的大小進行討論；
（4）導(dǎo)函數(shù)的零點與定義域端點值的關(guān)系進行討論等.
12．函數(shù).
（1）若，求的單調(diào)性；
（2）當(dāng)時，若函數(shù)有兩個零點，求證：.
【答案】（1）在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增；（2）證明見解析.
【分析】
（1）求導(dǎo)得，設(shè)，利用導(dǎo)數(shù)可得的單調(diào)性，并可得的零點，即可求出的單調(diào)性；
（2）由函數(shù)有兩個零點，所以，即有兩個不等實根，利用導(dǎo)數(shù)求得的單調(diào)性，結(jié)合題意可得，求出的范圍，利用對勾函數(shù)的單調(diào)性即可證明.
【詳解】
（1）因為，（），
所以.
設(shè)，則，
所以在單調(diào)遞增，
又因為，所以當(dāng)時，，則，單調(diào)遞減；
當(dāng)時，，則，單調(diào)遞增.
綜上，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增.
（2）證明：因為函數(shù)有兩個零點，
所以方程有兩個不等實根.
設(shè)，即有兩個不等實根，
則.
設(shè)，則由可知，
而的對稱軸方程為，且，
所以存在使得，即，
且當(dāng)時，，則，所以單調(diào)遞減；
當(dāng)時，，則，所以單調(diào)遞增.
因為有兩個不等實根，所以必有，即.
將，代入整理可得.
設(shè)，則易得在上單調(diào)遞減，
又，所以，
結(jié)合對勾函數(shù)在單調(diào)遞增可知，
即成立，命題得證.
【點睛】
解題的關(guān)鍵是利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，當(dāng)導(dǎo)函數(shù)無法直接判斷正負時，可構(gòu)造新函數(shù)，并繼續(xù)求導(dǎo)，即可求出導(dǎo)函數(shù)的單調(diào)性和極值，進而可得導(dǎo)函數(shù)的正負，即原函數(shù)的單調(diào)性，考查分析理解，化簡求值的能力，屬中檔題.
13．已知函數(shù)．
（1）試討論的單調(diào)性；
（2）若，證明：．
【答案】（1）答案不唯一見解析；（2）證明見解析.
【分析】
（1）對函數(shù)進行求導(dǎo)得，再對分三種情況討論，即，，三種情況；
（2）要證明，只需證明，而，因此只需證明，再利用函數(shù)的單調(diào)性，即可得證；
【詳解】
解析：（1）因為，
①當(dāng)時，，當(dāng)時，，當(dāng)時，，所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減；
②當(dāng)時，，
當(dāng)時，，當(dāng)時，，所以在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減；
③當(dāng)時，，當(dāng)時，，當(dāng)時，，所以在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增．
（2）要證明，只需證明，
而，因此只需證明，
當(dāng)時，，由（1）知在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以；
當(dāng)時，，
故．
【點睛】
利用導(dǎo)數(shù)研究含參函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，要注意先求導(dǎo)后，再解導(dǎo)數(shù)不等式.
14．已知函數(shù).
（1）當(dāng)時，求的最小值；
（2）若對任意恒有不等式成立.
①求實數(shù)的值；
②證明：.
【答案】（1）；（2）①1；②證明見解析.
【分析】
（1）求出函數(shù)的定義域，對函數(shù)求導(dǎo)，令，構(gòu)造，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與實根個數(shù)，進而得出的單調(diào)性和最值；
（2）①當(dāng)時，單調(diào)遞增，值域為，不適合題意；當(dāng)時，構(gòu)造，求導(dǎo)得出函數(shù)的最大值，可得實數(shù)的值；
②由①可知，因此只需證：，只需證，即，按和分別證明即可．
【詳解】
（1）法一：
的定義域為，
由題意，
令，得，
令，
，
所以在上為增函數(shù)，且，
所以有唯一實根，
即有唯一實根，設(shè)為，
即，
所以在上為減函數(shù)，在上為增函數(shù)，
所以.
法二：
.
設(shè)，則.
記.故最小值即為最小值.
，
當(dāng)時，，單調(diào)遞減，
當(dāng)時，，單調(diào)遞增，
所以，
所以的最小值為.
（2）①當(dāng)時，單調(diào)遞增，值域為，不適合題意，
當(dāng)時，由（1）可知，
設(shè)，
所以，
當(dāng)時，，單調(diào)遞增，
當(dāng)時，，單調(diào)遞減，
所以，即.
由已知，恒成立，所以，
所以，
所以.
②由①可知，因此只需證：
，
又因為，只需證
，即，
當(dāng)時，結(jié)論成立，
當(dāng)時，設(shè)，
，
當(dāng)時，顯然單調(diào)遞增.
，故單調(diào)遞減，
，
即.
綜上結(jié)論成立.
【點睛】
方法點睛：本題考查導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值，導(dǎo)數(shù)解決恒成立問題以及導(dǎo)數(shù)證明不等式，導(dǎo)數(shù)對于含參數(shù)的函數(shù)在閉區(qū)間上函數(shù)值恒大于等于或小于等于常數(shù)問題,可以求函數(shù)最值的方法, 一般通過變量分離，將不等式恒成立問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題：
1.恒成立；
2.恒成立.
15．已知a＞0，函數(shù)．
（1）若f（x）為減函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；
（2）當(dāng)x＞1時，求證：．（e＝2.718…）
【答案】（1）0＜a≤1；（2）證明見解析.
【分析】
（1）根據(jù)題意可得在上，恒成立，即恒成立，設(shè)，求導(dǎo)數(shù)分析的單調(diào)性，使得，即可得結(jié)果；
（2）當(dāng)0＜a≤1時，可得，；當(dāng)時，先得在 上單調(diào)遞減，，得出存在，使得上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，進而，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性可得結(jié)果.
【詳解】
（1）解：由題意知f（x）的定義域為（0，＋∞），f'（x）＝lnx-x＋a，
由f（x）為減函數(shù)可知f'（x）≤0恒成立．
設(shè)g（x）＝lnx-x＋a，，
令g'（x）＝0得x＝1，當(dāng)x∈（0，1）時，g'（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增，即f'（x）單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈（1，＋∞）時，g'（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減，即f'（x）單調(diào)遞減．
故f'（x）≤f'（1）＝-1＋a≤0，因此0＜a≤1．
（2）證明：由（1）知，當(dāng)0＜a≤1時，f（x）為減函數(shù)，所以，
又0＜a≤1，．
設(shè)，ea＝t，則，t∈（1，e]．
又在區(qū)間（1，e]上單調(diào)遞增，所以，
故，所以當(dāng)0＜a≤1時，．
當(dāng)a＞1時，由（1）知，當(dāng)x∈（1，＋∞）時，f'（x）單調(diào)遞減，且f'（1）＝a-1＞0．
f'（ea）＝2a-ea，令h（x）＝2x-ex，h'（x）＝2-ex，
當(dāng)x＞1時，h'（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減，故h（a）＝2a-ea＜h（1）＝2-e＜0，
又ea＞1，f'（x）在（1，＋∞）上單調(diào)遞減，
故存在x0∈（1，ea），使得f'（x0）＝0，即f'（x0）＝lnx0-x0＋a＝0，即a＝x0-lnx0，
因此有f（x）在（1，x0）上單調(diào)遞增，在（x0，＋∞）上單調(diào)遞減，
故，
將a＝x0-lnx0代入，得．
因為函數(shù)在（1，＋∞）上單調(diào)遞增，
所以，即，
故成立。
【點睛】
方法點睛：
導(dǎo)函數(shù)中常用的兩種常用的轉(zhuǎn)化方法：一是利用導(dǎo)數(shù)研究含參函數(shù)的單調(diào)性，?；癁椴坏仁胶愠闪栴}．注意分類討論與數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用；二是函數(shù)的零點、不等式證明常轉(zhuǎn)化為函數(shù)的單調(diào)性、極(最)值問題處理．
16．已知函數(shù)，.
（1）判斷函數(shù)的單調(diào)性；
（2）若，判斷是否存在實數(shù)，使函數(shù)的最小值為2？若存在求出的值；若不存在，請說明理由；
（3）證明：.
【答案】（1）答案見解析；（2）存在，；（3）證明見解析.
【分析】
（1）先求，再對求導(dǎo)，對參數(shù)a進行討論確定導(dǎo)數(shù)的正負，即得函數(shù)單調(diào)性；
（2）對參數(shù)a進行討論確定導(dǎo)數(shù)的正負，即得函數(shù)單調(diào)性，再根據(jù)單調(diào)性確定最值等于2，解得符合條件的參數(shù)值即得結(jié)果；
（3）先構(gòu)造函數(shù)，證明其小于零，即得時，再將代入求和即證結(jié)論.
【詳解】
解：（1）由，知，，故，.
當(dāng)時，，即在為減函數(shù)，
當(dāng)時，在上，所以在為減函數(shù)，
在上，所以在增函數(shù).
（2）當(dāng)時，在為減函數(shù)，所以.故不存在最小值3.
當(dāng)時，，在為減函數(shù)，所以
，所以，不合題意，舍去
當(dāng)時，在上，函數(shù)單調(diào)遞減；在上，函數(shù)單調(diào)遞增，由此，所以.解得
故時，使函數(shù)的最小值為2.
（3）構(gòu)造函數(shù)，則，
故在上遞減，，故，
即時，而，故，即，將依次代入并相加得
，即.
【點睛】
本題解題關(guān)鍵在于觀察證明式，構(gòu)造函數(shù)，以證明，將代入求和即突破難點.用導(dǎo)數(shù)解決與正整數(shù)n有關(guān)的不等式證明問題，屬于難點，突破點就在于觀察構(gòu)造合適的函數(shù)，通過導(dǎo)數(shù)證明不等式，再將關(guān)于n 的式子代入即可.
17．已知函數(shù).
（1）求證：；
（2）函數(shù)，有兩個不同的零點，.求證：.
【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析.
【分析】
(1)求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，從而可求出函數(shù)的單調(diào)性，進而可知.
(2)求出，不妨令，，由已知條件可得只需證明即可，令，結(jié)合導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)單調(diào)性，從而可求出，即證出所證結(jié)論.
【詳解】
（1）證明：易得：，令得，
令得，∴在上單調(diào)遞增；在上單調(diào)遞減.
∴.
（2）解：易得，∴，，
兩式作差得：，要證：，只需證：，
只需證：，∵，不妨令，
只需證：，只需證：，令，
即證，令，，
∴在上單調(diào)遞減，∴，∴.
【點睛】
關(guān)鍵點睛：
本題第二問的關(guān)鍵是通過零點的定義以及換元法，將所證命題轉(zhuǎn)化為恒成立，結(jié)合導(dǎo)數(shù)單調(diào)性即可證明.
18．已知函數(shù)，.
（1）若函數(shù)在區(qū)間內(nèi)是增函數(shù)，求的取值范圍；
（2）證明：.
【答案】（1）；（2）證明見解析.
【分析】
（1）求得，由題意可得出在區(qū)間上恒成立，利用參變量分離法得出在上恒成立，利用導(dǎo)數(shù)求出當(dāng)時，，由此可求得實數(shù)的取值范圍；
（2）由（1）推導(dǎo)出，令可得出，然后利用不等式的可加性可證得結(jié)論成立.
【詳解】
（1）由題意，在上恒成立.
當(dāng)時，，則，即在上恒成立，
令，則，
所以，函數(shù)在上單調(diào)遞減，則，，
因此，實數(shù)的取值范圍是；
（2）證明：由（1）知，當(dāng)時，在是減函數(shù)，
所以，即，則，
，
令，代入可得，
所以，，，，
上述不等式全部相加得：.
【點睛】
方法點睛：利用導(dǎo)數(shù)證明不等式問題：
（1）直接構(gòu)造法：證明不等式（或）轉(zhuǎn)化為證明（或），進而構(gòu)造輔助函數(shù)；
（2）適當(dāng)放縮構(gòu)造法：一是根據(jù)已知條件適當(dāng)放縮；二是利用常見放縮結(jié)論；
（3）構(gòu)造“形似”函數(shù)，稍作變形再構(gòu)造，對原不等式同解變形，根據(jù)相似結(jié)構(gòu)構(gòu)造輔助函數(shù).
19．已知函數(shù).
（1）若a= -2，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；
（2）若函數(shù)f(x)有兩個極值點x1，x2，求證.
【答案】（1）單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為；（2）證明見解析.
【分析】
（1）由a= -2，求導(dǎo)，再由，求解即可,
（2）求導(dǎo)，根據(jù)f(x)有兩個極值點x1，x2，得到x1，x2為方程的兩個不等實根，然后結(jié)合韋達定理得到，再
令，用導(dǎo)數(shù)法證明即可.
【詳解】
（1）f(x)的定義域是.
當(dāng)a= -2時，，，
當(dāng)時，，當(dāng)時，，
所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為.
（2），
因為f(x)有兩個極值點x1，x2，
故x1，x2為方程的兩個不等實根，
所以，
.
,
令，
則，
在單調(diào)遞增，
故
.
【點睛】
思路點睛：利用導(dǎo)數(shù)證明不等式常構(gòu)造函數(shù)φ(x)，將不等式轉(zhuǎn)化為φ(x)＞0(或＜0)的形式，然后研究φ(x)的單調(diào)性、最值，判定φ(x)與0的關(guān)系，從而證明不等式．
20．（1）當(dāng)時，求證：；
（2）若對于任意的恒成立，求實數(shù)k的取值范圍；
（3）設(shè)a>0，求證；函數(shù)在上存在唯一的極大值點，且.
【答案】（1）證明見解析；（2）；（3）證明見解析
【分析】
（1）構(gòu)造函數(shù)，轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題求解；
（2）設(shè)，則，分，討論，通過研究的最小值求解；
（3）求得，令得到，通正切函數(shù)的性質(zhì)可得函數(shù)單調(diào)性，進而可得極值點．將證明轉(zhuǎn)化為證明，令，則，即證，即證，構(gòu)造函數(shù)利用導(dǎo)數(shù)求其最值即可．
【詳解】
（1）證明：設(shè)，則，
從而在為增函數(shù)．所以，
故當(dāng)時，成立；
（2）解：設(shè)，則，
考慮到當(dāng)時，，
（ⅰ）當(dāng)時，，則在上為增函數(shù)，
從而，此時適合題意．
（ⅱ）當(dāng)時，，則當(dāng)時，，從而在上是減函數(shù)，
所以當(dāng)時，，這與“當(dāng)時，恒成立”矛盾．故此時不適合題意．
由（?。áⅲ┑盟髮崝?shù)的取值范圍為．
（3）證明：，
令，得，當(dāng)時，可化為，
由正切函數(shù)的性質(zhì)及，得在內(nèi)必存在唯一的實數(shù)，使得，
所以當(dāng)時，，則在上為增函數(shù)：
當(dāng)時，，則在上為減函數(shù)，
所以是的極大值點．且的極大值為．
下面證明：．
當(dāng)時，由（1）知，由（2）易證．
所以，從而．
下面證明：．令，則，
即證，即證．
令，則，
從而在上為增函數(shù)，
所以當(dāng)，，即．
故成立．
【點睛】
利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，再由單調(diào)性來證明不等式是函數(shù)、導(dǎo)數(shù)、不等式綜合中的一個難點，解題技巧是構(gòu)造輔助函數(shù)，把不等式的證明轉(zhuǎn)化為利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性或求最值，從而證得不等式，而如何根據(jù)不等式的結(jié)構(gòu)特征構(gòu)造一個可導(dǎo)函數(shù)是用導(dǎo)數(shù)證明不等式的關(guān)鍵.

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