專題09導數(shù)綜合（證明不等式）-【名校匯編】2022年高中數(shù)學名校模擬考點匯編（新高考專用）-試卷下載-教習網(wǎng)

1．（2022·河北·模擬預測）已知函數(shù)，其中.
(1)若，曲線在處的切線與直線平行，求的極值；
(2)當時，證明：.
【答案】(1)極大值為，無極小值.
(2)證明見解析.
【分析】
（1）根據(jù)導數(shù)的幾何意義得，進而得，再列表求解即可；
（2）根據(jù)題意，只需證明，由于函數(shù)在上單調遞增，，故轉化為證明，再令，再求函數(shù)最值即可證明.
(1)
解：，，，
因為曲線在處的切線與直線平行，
所以，，解得，
所以，，，解得，
所以，，，的變化情況如下表，
所以，當時，有極大值，無極小值.
(2)
解：當，，
因為，
所以只需證明成立即可.
令，則，
所以，函數(shù)在上單調遞增，即.
令，則，
令，則，
所以，當時，，單調遞減，
當時，，單調遞增，
所以，，
因為，所以，即，
所以成立，
所以成立，證畢.
2．（2022·重慶八中模擬預測）設函數(shù)，已知是函數(shù)的極值點．
(1)求a的值，并求函數(shù)的單調區(qū)間；
(2)若，求證：．
【答案】(1)，函數(shù)的減區(qū)間為，增區(qū)間為
(2)證明見解析
【分析】
（1）由已知得，，由此可求得，再運用導函數(shù)，分析導函數(shù)的符號，從而可得函數(shù)的單調區(qū)間；
（2）由已知將不等式等價于，令，運用導函數(shù)得出函數(shù)的單調性，分，分別證明即可.
(1)
解：由已知得，所以，
又是函數(shù)的極值點，所以，解得，
所以，則，
令，則，
因為，所以，所以在上單調遞增，即在上單調遞增，
又，所以當時，，當時，，
所以函數(shù)的減區(qū)間為，增區(qū)間為；
(2)
證明：因為，所以，所以不等式等價于，
又，所以，所以不等式等價于，
令，則，
令，則，
所以當時，，當時，，
所以函數(shù)在單調遞增，在上單調遞減，
即函數(shù)在單調遞增，在上單調遞減，
所以，所以函數(shù)在上單調遞減，
所以當時，，，即，
所以，所以；
當時，，，即，
所以，所以，
所以當時，，不等式得證．
【點睛】
方法點睛：1、利用導數(shù)證明不等式或解決不等式恒成立問題,關鍵是把不等式變形后構造恰當?shù)暮瘮?shù)，然后用導數(shù)判斷該函數(shù)的單調性或求出最值，達到證明不等式的目的；2、利用導數(shù)解決不等式恒成立問題，應特別注意區(qū)間端點是否取得到；3、學會觀察不等式與函數(shù)的內在聯(lián)系，學會變主元構造函數(shù)再利用導數(shù)證明不等式.總之，無論是證明不等式，還是解不等式，我們都可以構造恰當?shù)暮瘮?shù)，利用到函數(shù)的單調性或最值，借助導數(shù)工具來解決，這種解題方法也是轉化與化歸思想在中學數(shù)學中的重要體現(xiàn).
3．（2022·重慶·模擬預測）已知函數(shù)，其中，e為自然對數(shù)的底數(shù)，
(1)若函數(shù)在定義域上有兩個零點，求實數(shù)a的取值范圍；
(2)當時，求證：
【答案】(1)
(2)證明過程見解析.
【分析】
（1）求定義域，求導，對a分類討論，結合單調性及最小值，列出不等關系，求出實數(shù)a的取值范圍；（2）先進行簡單放縮，構造函數(shù)，進行證明.
(1)
的定義域為，，當時，恒成立，故在上單調遞增，故函數(shù)在定義域上不可能有兩個零點；
當時，令得：，令得：，故在單調遞減，在上單調遞增，故在處取得極小值，也是最小值，，要想函數(shù)在定義域上有兩個零點，則，解得：，又，當時，，由零點存在性定理可知：在與范圍內各有一個零點，綜上：實數(shù)a的取值范圍是.
(2)
證明：當時，即證，（）
由于，故，只需證，令，則，因為，所以，令得：，令得：，所以在處取得極大值，也是最大值，，故在上恒成立，結論得證.
【點睛】
導函數(shù)證明不等式，常常需要對不等式進行變形放縮，常見放縮有三角函數(shù)有界性放縮，切線放縮，如，，等.
4．（2022·河北·模擬預測）已知函數(shù).
(1)請研究函數(shù)在上的零點個數(shù)并證明；
(2)當時，證明：.
【答案】(1)4，證明見解析
(2)證明見解析
【分析】
（1）函數(shù) 是奇函數(shù)，所以只要考慮上的零點，利用函數(shù)的單調性即可；
（2）構造函數(shù)，用縮放法可以證明不等式.
(1)
為奇函數(shù)，所以只需要研究函數(shù)上的零點個數(shù)，
當時，，是單調遞減的，
，，
所以當時，有一個零點；
當時，令，，
是單調遞增的，，，
所以存在，使得，
所以當時，，單調遞減的，
當時，，是單調遞增的，
又，所以，，
所以存在使得，
當時，無零點，
綜上可知，當時，函數(shù)有兩個零點，
即在上，函數(shù)有四個零點；
(2)
當時，，
兩邊取自然對數(shù)得：
構造函數(shù)，
即，
即，即，則，
于是，，
所以.
【點睛】
一般來說當三角函數(shù)和其他基本初等函數(shù)同時出現(xiàn)在同一解析式時，由于三角函數(shù)是周期函數(shù)，而其他函數(shù)往往沒有周期性，所以需要一個區(qū)間一個區(qū)間取討論，不論是單調性還是零點，最好在討論之前先畫一個草圖；對于第二問難點在于構造函數(shù)，因為對數(shù)函數(shù)是非線性函數(shù)，直接計算難度很大，因此考慮縮放的方法，構造一個新函數(shù)，將原對數(shù)函數(shù)轉化為一個比較容易計算的函數(shù)，像，等比較多見.
5．（2022·湖北·二模）已知函數(shù)．
(1)若不等式恒成立，求正實數(shù)a的值；
(2)證明：．
【答案】(1)1
(2)證明見解析
【分析】
(1) 令，根據(jù)的范圍，求導得到，故只需討論的正負性，即可判斷的單調性
(2)由（1）得，要證要證明，只需證
，即證，
再利用放縮，證明出，進而把要證明的問題轉化為證明
成立，最后再經(jīng)過放縮，把問題轉化為證明成立，最后，通過導數(shù)的方法，證明以上等式成立.
(1)
令，
則，
設，則對任意恒成立，
所以在上單調遞增，
又，存在唯一實數(shù)，
所以當時，單調遞減；
當時，單調遞增；
所以．
因為，所以，且．
所以，設，
因為，所以在上單調遞增，上單調遞減
所以，而依題意必有，所以，此時，
所以若不等式恒成立，則正實數(shù)的值為1．
(2)
方法一：借助第（1）問結論
由（1）得，當時，對任意恒成立．
所以，（當且僅當時等號成立），
則．
所以要證明，只需證，
即證．
設，則在上單調遞增，上單調遞減．
所以，即．
所以只需證，即證．
①當時，，不等式成立．
②當時，，不等式成立．
所以，證畢，
方法二：分別放縮
設，則恒成立，在上單調遞增，
，所以．
設，則在上單調遞增，上單調遞增，
，所以，所以，即．
所以當時，
又因為，
所以
【點睛】
關鍵點睛：第(1)題的解題的關鍵在于求導后，對主導函數(shù)進行判斷正負，進而求出函數(shù)的單調性；第(2)題的解題關鍵在于把證明的問題進行轉化，進而利用放縮的方法進行證明不等式成立，本題考的知識點比較難，運算量也非常大，屬于難題.
6．（2022·湖南·長郡中學模擬預測）已知函數(shù).
(1)若函數(shù)，討論的單調性；
(2)從下面①②兩個問題中任意選擇一個證明，若兩個都證明，則按第一個證明計分.
①若函數(shù)，，且，證明：.②若函數(shù)，證明：.
【答案】(1)答案見解析
(2)證明見解析
【分析】
（1）求導后，分類討論，利用導數(shù)的符號可得結果；
（2）得到，若選①，不妨設，則，分兩種情況討論：分別當和時，利用導數(shù)可證不等式成立；若選②，利用導數(shù)證明，即可得證.
(1)
因為，所以，
的定義域為，.
當時，，在上單調遞增.
當時，若，，單調遞減；
若，，單調遞增.
綜上所述：當時，在上單調遞增.
當時，在上單調遞減，在上單調遞增.
(2)
證明：選①
因為，所以，
的定義域為，且.
當時，，單調遞減；
當時，，單調遞增.
不妨設，則，由，
可知.當時，顯然成立.
當時，，由，且，
可知，則，.
設，，，在上單調遞增，
所以，所以成立.
綜上所述，.
選②
.
設，則.
當時，，單調遞減；
當時，，單調遞增.
所以，，
因此，
當且僅當時，等號成立.
設，，則.
當時，，單調遞減；
當時，，單調遞增.
因此，
從而，則，
因為，所以中的等號不成立，故.
【點睛】
關鍵點點睛：第（2）問，選②時，利用導數(shù)證明，是解題關鍵.
7．（2022·山東臨沂·模擬預測）已知函數(shù)為常數(shù)，是自然對數(shù)的底數(shù)），曲線在點,處的切線與軸平行．
(1)求的值；
(2)求的單調區(qū)間；
(3)設，其中為的導函數(shù)．證明：對任意，．
【答案】(1)；
(2)在遞增，在遞減；
(3)證明見解析.
【分析】
（1）由題設求導函數(shù)，再由求參數(shù)k值.
（2）由（1）得且，構造函數(shù)，結合導數(shù)研究的符號，進而求的單調區(qū)間.
（3）由題設只需證在上恒成立，由（2）易得，再構造并應用導數(shù)判斷的大小關系，即可證結論.
(1)
由題設，，，
又在,處的切線與軸平行，即，
.
(2)
由（1）得：，，
令，，
當時，，當時，，又，
時，，時，，
在遞增，在遞減；
(3)
由，即，，
，，
由（2），對于，，
，，
時，遞增，,時，遞減，
，即，
設，則，
時，遞增，即，則，
綜上，，故，，得證．
【點睛】
關鍵點點睛：第三問，應用分析法轉化為證明在上恒成立，結合（2）中的單調性得到，再判斷的大小關系.
8．（2022·湖北·模擬預測）已知.
(1)求曲線在處的切線方程；
(2)當時，證明.
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】
（1）利用導數(shù)的幾何意義可求解；
（2）將問題轉化為證明成立，再分別求與的最值即可證明.
(1)
因為，則，，
則，
所以所求切線方程為，即.
(2)
由題意，可知，要證明，
即證，
令，則，
當，當，
所以在上單調遞減，在上單調遞增.
所以.
令，則，
因為，
所以當，當，
所以在上單調遞增，在上單調遞減.
所以，
所以恒成立，即恒成立，
所以當時，.
【點睛】
解決本題的關鍵一是對要證明的不等式進行變形，二是分別求兩個新函數(shù)的最值.
9．（2022·湖北·襄陽五中二模）已知函數(shù)（e是自然對數(shù)的底數(shù)）．
(1)當時，試判斷在上極值點的個數(shù)；
(2)當時，求證：對任意，．
【答案】(1)在上只有一個極值點，即唯一極小值點；
(2)證明見解析
【分析】
（1）求出函數(shù)的導數(shù)，判斷其正負，結合零點存在定理，判斷函數(shù)的單調性，求得答案；
（2）求出函數(shù)的導數(shù)，構造函數(shù)，判斷其正負情況，確定函數(shù)單調性，進而確定函數(shù)的最小值，故可將原問題轉化為對任意，，再構造函數(shù)，利用其單調性即可證明結論.
(1)
當時，,
則，
設，則在上是增函數(shù)，
當時，，，
所以存在，使得，
當時，，則，即在上單調遞減，
當時，，則，即在上單調遞增，
所以在上只有一個極值點，即唯一極小值點；
(2)
證明：由，
設，則在上是增函數(shù)，
當時，，因為，所以，
所以存在，使得，
當時，，則，即在上單調遞減，
當時，，則，即在上單調遞增，
故是函數(shù)的極小值點，也是最小值點，
則，
又因為，所以，
即證：對任意，，
即證：對任意，，
設，則在上單調遞減，
因為，所以，
故，
故對任意，.
【點睛】
本題考查了利用導數(shù)判斷函數(shù)的極值點的個數(shù)以及證明不等式成立的問題，綜合性較強，要能熟練求導，利用導數(shù)判斷函數(shù)的單調性以及求函數(shù)最值，解答的關鍵是根據(jù)函數(shù)或導數(shù)的特點，構造函數(shù)，進而結合零點存在定理判斷導數(shù)正負，求得函數(shù)的最值，利用函數(shù)最值進而證明不等式成立.
10．（2022·重慶八中模擬預測）已知函數(shù)()
(1)當時，求的單調區(qū)間；
(2)當時，求證:.
【答案】(1)的單調遞增區(qū)間為，單調遞減區(qū)間為；
(2)證明見解析.
【分析】
(1)根據(jù)函數(shù)的單調性和導數(shù)的關系求解；(2)利用導數(shù)分析函數(shù)單調性，確定函數(shù)的取值范圍，由此完成證明.
(1)
由題意知函數(shù)的定義域為，
．
因為，所以
令，則，
當時，，，，所以．
當時，，，，所以．
所以（即）在上單調遞減．
又，所以當時，；當時，，
所以的單調遞增區(qū)間為，單調遞減區(qū)間為．
(2)
由（1）知當時，在上單調遞增，在上單調遞減，所以；
若，當時，，，，所以．
當時，，，，所以，
所以（即）在上單調遞減．
又，因為，
所以，
所以存在，使得，
所以當時，；當，，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，
所以，，
又由，得，即，
所以，
因為，所以，，
，，
所以．
所以，
綜上所述，．
【點睛】
要證明，只需證明，再利用導數(shù)分析函數(shù)的單調性，求出函數(shù)的最大值，由此完成證明.
11．（2022·重慶八中模擬預測）已知函數(shù)
（1）討論函數(shù)的單調性;
（2）若，證明:
【答案】（1）當時，在上單調遞增；當時，在上單調遞減，在上單調遞增；
（2）見詳解
【分析】
（1）對函數(shù)進行求導，然后根據(jù)參數(shù)進行分類討論；
（2）構造函數(shù)，求函數(shù)的最小值即可證出.
【詳解】
（1）的定義域為，.
當時，在上恒成立，
所以在上單調遞增；
當時，時，；
時，，
所以在上單調遞減，在上單調遞增.
綜上所述，當時，在上單調遞增；
當時，在上單調遞減，在上單調遞增.
（2）當時，.
令，，
則.
，
令，.
恒成立，
所以在上單調遞增.
因為，，
所以存在唯一的，使得，
即.①
當時，，即，所以在上單調遞減；
當時，，即，所以在上單調遞增.
所以，，②
方法一：把①代入②得
，.
設，.
則恒成立，
所以在上單調遞減，所以.
因為，所以，即，所以，
所以時，.
方法二：設，.
則，所以在上單調遞增，
所以，
所以.
因為，所以，
所以，
所以時，.
【點睛】
不等式證明問題是近年高考命題的熱點，利用導數(shù)證明不等式的方法主要有兩個：（1）不等式兩邊作差構造函數(shù)，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性，求出函數(shù)最值即可；（2）觀察不等式的特點，結合已解答問題把要證的不等式變形，并運用已證結論先行放縮，再化簡或者進一步利用導數(shù)證明.
12．（2022·河北石家莊·二模）已知函數(shù)，其中e為自然對數(shù)的底數(shù).
(1)若，求函數(shù)的單調區(qū)間；
(2)證明：對于任意的正實數(shù)M，總存在大于M的實數(shù)a，b，使得當時，.
【答案】(1)增區(qū)間為；
減區(qū)間為；
(2)證明過程見解析.
【分析】
（1）對函數(shù)求導，利用輔助角公式合并為同名三角函數(shù)，導數(shù)的正負求解即可.
（2）將絕對值不等式轉化為，移向構造新函數(shù)，利用導數(shù)判定單調性，借助零點定理和隱零點證明新構造函數(shù)恒正，再結合三角函數(shù)的特有的周期特點尋找M即可.
(1)

當，即，；
當，即，
所以單調遞增區(qū)間為
單調遞減區(qū)間為
(2)
要證，
即證，
即證
即證在時成立即可,
時, .
令,
當時,
所以
所以單調遞增，

, 滿足
由單調性可知, 滿足
又因為當
，
所以能夠同時滿足，
對于任意的正實數(shù)，總存在正整數(shù)，且滿足時, 使得成立，
所以不妨取
則且時，
，
故對于任意的正實數(shù)，總存在大于的實數(shù)，使得當時,.
考點二：極值（點）或零點范圍
13．（2022·福建·模擬預測）已知函數(shù)，其中.
(1)若定義在上的函數(shù)滿足，求的單調區(qū)間；
(2)證明：有唯一極值點，且.
【答案】(1)答案見解析；
(2)證明見解析．
【分析】
（1）按和分類確定的正負得單調性；
（2）時，計算的極值得結論成立，時，求出導函數(shù)，再一次求導確定的單調性，結合零點存在定理得有唯一零點，得有唯一極值點，并得出與的關系，的范圍，求出，用代入法變二元函數(shù)為一元函數(shù)，然后不等式變形，引入新函數(shù)，多次求導后，得出的最小值是0，從而得證不等式成立．
(1)
時，，時，，時，，
的減區(qū)間是，增區(qū)間是，
時，，由得或，
設，，時，，遞增，
所以時，，
所以或時，，時，，
所以的增區(qū)間是和，減區(qū)間是；
(2)
由（1）時，，有唯一零點，且，
時，，
，設，
，因為，所以恒成立，
即在上是增函數(shù)，
而由（1）知，所以，
所以，，
所以在也即在上有唯一零點，時，，遞減，時，，遞增，
所以有唯一極值，且，，即，，由得，，
所以，
要證，即證，
只要證：（），
令，
，
令，
，
令，則，
設，則，時，，遞減，時，，遞增，所以，所以在時恒成立，
即，
所以，
所以，從而是增函數(shù)，又，，
所以存在，使得，即，
時，，時，，
所以即在上遞減，在上遞增，
，，所以時，，時，，
所以在上遞減，在上遞增，
，所以，即（）成立．
所以成立．
【點睛】
本題考查導數(shù)與單調性的關系，用導數(shù)研究函數(shù)的極值點，證明不等式．難點之一是不等式中含有多個變量，需要由變量的性質消元化為一元函數(shù)，難點這二是不等式變形后引入新函數(shù)，需要多次求導才能確定其最小值．本題屬于困難題．
14．（2022·湖北·華中師大一附中模擬預測）已知函數(shù)在處的切線方程為.
(1)求實數(shù)的值；
(2)（i）證明：函數(shù)有且僅有一個極小值點，且；
（ii）證明：.
參考數(shù)據(jù)：，，，.
【答案】(1)
(2)（i）證明見解析；（ii）證明見解析
【分析】
（1）直接利用導數(shù)的意義列方程組，即可解得；
（2）（i）求出導函數(shù).利用導數(shù)和零點存在對立即可證明；
（ii）求出，令，利用導數(shù)判斷出在上單調遞減，
即可證明；要證，即證.令，利用導數(shù)證明出；令，利用導數(shù)證明出，得到，即可證明.
(1)
定義域為，
由題意知，解得.
(2)
（i）由（1）知，
令，則，從而即單調遞增
又，故存在唯一的使得
從而有且僅有一個極小值點，且
（ii），的極小值
令，則，從而在上單調遞減，，故
下證，即證
一方面令，則，則在上單調遞增，從而
另一方面，令，
令有
從而
從而即成立，故.
【點睛】
導數(shù)的應用主要有：
（1）利用導函數(shù)幾何意義求切線方程；
（2）利用導數(shù)研究原函數(shù)的單調性，求極值（最值）；
（3）利用導數(shù)求參數(shù)的取值范圍；
（4）利用導數(shù)證明不等式.
15．（2022·湖南師大附中三模）已知函數(shù).
(1)若，求不等式的解集；
(2)當時，求證函數(shù)在上存在極值點，且.
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】
（1）當時，利用導數(shù)分析函數(shù)的單調性，由可得出關于的不等式，解之即可；
（2）當時，利用導數(shù)分析函數(shù)的單調性，結合零點存在定理可證得函數(shù)在上存在極值點，由極值點可得出，將所證不等式等價變形為，構造函數(shù)，利用導數(shù)證得，即可證得結論成立.
(1)
解：由題意，當時，，則，
令，則，令可得，列表如下：
所以，，且不恒為零，
所以，函數(shù)在上單調遞減，且，
由可得，解得.
因此，當時，不等式的解集為.
(2)
證明：當時，，則，
令，其中，則，可得，
當時，，此時函數(shù)單調遞增，
當時，，此時函數(shù)單調遞減，
所以，，
令，其中，則，
所以，函數(shù)在上單調遞增，當時，，
所以，且，
由（1）知，則當時，，，
當時，，由，得，，
所以存在極大值點，
，故，
.
所以，要證，只要證，即證.
令，則，由，得，
當時，，函數(shù)單調遞減，
當時，，函數(shù)單調遞增，所以，，
綜上，成立.
【點睛】
方法點睛：利用導數(shù)證明不等式問題，方法如下：
（1）直接構造函數(shù)法：證明不等式（或）轉化為證明（或），進而構造輔助函數(shù)；
（2）適當放縮構造法：一是根據(jù)已知條件適當放縮；二是利用常見放縮結論；
（3）構造“形似”函數(shù)，稍作變形再構造，對原不等式同解變形，根據(jù)相似結構構造輔助函數(shù).
16．（2022·重慶八中模擬預測）已知函數(shù)．
(1)討論的單調性；
(2)若在上有零點，
①求a的取值范圍；
②求證：．
【答案】(1)時，在上單調遞增，
當時在上單調遞增，在上單調遞減．
(2)① ；②證明見解析
【分析】
（1）對函數(shù)求導，討論a的取值情況，判斷導數(shù)的正負，確定函數(shù)的單調性;
（2）①對a分類討論，與1進行比較，結合零點存在定理，即可得到答案;
②根據(jù)在上有零點，可以先整理得到，利用該式，先將要證明的不等式左面進行變形，分離參數(shù)，再利用構造函數(shù)，結合求導，判斷函數(shù)的單調性可進行證明；同理可證明不等式的右邊部分.
(1)
（1），．
當時，恒成立，在上單調遞增．
當時，，
當時，，單調遞增；
當時，，單調遞減．
綜上，時，在上單調遞增，
當時在上單調遞增，在上單調遞減．
(2)
①注意到，，
由（1）知，當時，在上單調遞增，
對任意，恒有，不合題意；
同理，當時，在上單調遞減，
又，所以對任意，恒有，不合題意；
當時，，由（1）知，在上單調遞增，
在上單調遞減，所以，
又當時，，
由零點存在定理知，存在唯一一點，使得，滿足題意．
綜上所述，a的取值范圍為．
②由①知，當時，，
解得．要證，只需證．
令，，
則，
所以在上單調遞增，
又，
所以在上恒成立，即，即．
要證，只需證，即．
又因為，即證．
令，，則．
又，
所以函數(shù)在上單調遞增，在上單調遞減，
當時，，
所以在恒成立，所以在上單調遞減，
又，所以，即，不等式得證．
17．（2022·重慶實驗外國語學校一模）已知函數(shù).
（1）討論函數(shù)的零點個數(shù)；
（2）當時，實數(shù)為函數(shù)的小于1的零點，求證：
①；
②.
【答案】（1）當時，函數(shù)沒有零點，當時，函數(shù)有一個零點，當時，函數(shù)有兩個零點；（2）證明過程見解答．
【分析】
（1）求導，分析單調性，得（1），分，和三種情況，得到函數(shù)零點個數(shù)．
（2）由（1）知當時，有兩個零點，設為較小的零點，根據(jù)條件可得，
①要證，即證，令，只需證明即可．
②根據(jù)題意得，要證，即證，令，只需證，即可得出答案．
【詳解】
（1），
令得，
所以在上，，單調遞減，
在上，，單調遞增，
所以（1），
當時，，函數(shù)沒有零點，
當時，函數(shù)有一個零點，
當時，（1），
且時，；時，，故函數(shù)有兩個零點．
（2）由（1）知當時，有兩個零點，設為較小的零點，即，
且，
所以，
①要證，即證，即證，
令，
所以，令，則，
因為，
所以在上單調遞增，
所以，
所以在上單調遞增，
所以，
所以成立．
②因為，
所以，
所以，
故要證，即可證，即證，
也即證，
令，
所以，
所以在單調遞減，
所以（1），
所以，
【點睛】
關鍵點睛：解答本題第二問的關鍵是得到，，，然后將證明的不等式中的轉化為來表示，然后利用函數(shù)的最值來證明不等式.
18．（2022·湖北·襄陽五中模擬預測）已知函數(shù)在處的切線經(jīng)過點.
(1)若函數(shù)至多有一個零點，求實數(shù)a的取值范圍；
(2)若函數(shù)有兩個不同的零點，且，求證：.（）
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】
（1）根據(jù)切線過點可得，參變分離后研究的單調性，得到極值，數(shù)形結合得到答案；（2）在第一問基礎上，得到，對不等式變形，結合放縮，轉化為只需證，二次求導后得到證明.
(1)
，∴，∴處的切線方程為，
切線過點，所以，∴.
∵的零點不為1，
∴在上至多一個解.設，
則在上至多一個解.
，令得：，令得：或，
∴在和上單調遞減，上單調遞增，當時，恒成立，當時，在處取得極小值，且，
畫出函數(shù)圖象如圖所示：
所以時，至多有一個零點，∴
(2)
由（1）知，要想有兩個不同零點，則且，即，
故要證，只需證，
由（1）知，故只需證，
∵.只需證：，即，令，
，∴在上遞增，
∴，∴在上遞增，
∴，∴，∴
【點睛】
導函數(shù)研究函數(shù)零點問題，參變分離是一種重要方法，把零點問題轉化為函數(shù)交點問題，通過構造函數(shù)，研究構造函數(shù)的單調性，極值和最值，數(shù)形結合得到答案.
19．（2022·湖南·長郡中學模擬預測）已知有三個不同零點，，，且
(1)求實數(shù)a的范圍；
(2)求證：
【答案】(1)
(2)答案見解析
【分析】
（1）先利用參變量分離法，可得，然后構造函數(shù)，判斷單調性，然后作出函數(shù)的大致圖像，確定a的范圍即可；
（2）由（1）知，，可設，則，然后利用導數(shù)確定的圖像，由根的分布情況及，運算可得結果.
(1)
解：令，得，∴
設，
設，，
易知在單調遞減，在單調遞增，
∴，∴，
則由，得或，
令，解得；令，解得
在單調遞減，在單調遞增，在單調遞減，
有極小值，有極大值，
又，
當時，，，
當時，，∴，
的圖像如下：
由圖可知，要使有3個不同零點，即有3個不同零點，
實數(shù)a的取值范圍為
(2)
由（1）知，，
令，則，
，故當時，單調遞增；
當時，單調遞減.
且時，；；
時，；
所以的圖像如下：
由，得，即，
由根的分布知：有兩根，，且，
由圖①②知，，，
又，∴，∴，
∴，
又，∴，故
【點睛】
本題考查利用導數(shù)研究函數(shù)的零點，利用導數(shù)證明不等式，考查邏輯思維能力和運算求解能力，屬于難題.
導函數(shù)中常用的兩種常用的轉化方法：一是利用導數(shù)研究含參函數(shù)的單調性，?；癁椴坏仁胶愠闪栴}．注意分類討論與數(shù)形結合思想的應用；二是函數(shù)的零點、不等式證明常轉化為函數(shù)的單調性、極(最)值問題處理．
考點三：極值點偏移
20．（2022·河北·模擬預測）已知函數(shù).
(1)當時，討論函數(shù)的單調性；
(2)若方程有兩個不相等的實數(shù)根，證明：.
【答案】(1)答案見解析
(2)證明見解析
【分析】
（1）求導，分，，討論求解；
（2）由有兩個不相等實數(shù)根，則，得到，進而得到，令，構造，令，利用其單調性求解.
(1)
解：∵，，
∴.
①當時，在上單調遞增；
②當時，令，解得.
當時，在上單調遞減.
當時，，當時，單調遞增；
當時，單調遞減.
綜上，當時，在上單調遞增；
當時，在上單調遞減；
當時，在上單調遞增，在上單調遞減.
(2)
證明：由（1）可知，當時，單調遞增，當時，在上單調遞增，在上單調遞減.
∴若有兩個不相等實數(shù)根，則，且，∴.
∴即，有，
有，有.
令，有，
又由，
令，有，
可知函數(shù)單調遞增，
有，故有.
【點睛】
關鍵點點睛：本題第二問關鍵是根據(jù)有兩個不相等實數(shù)根，由，得到，令，構造，由的單調性而得解.
21．（2022·山東師范大學附中模擬預測）已知函數(shù).
(1)若有兩個零點，的取值范圍；
(2)若方程有兩個實根、，且，證明：.
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】
（1）分析可知，由參變量分離法可知直線與函數(shù)的圖象有兩個交點，利用導數(shù)分析函數(shù)的單調性與極值，數(shù)形結合可求得實數(shù)的取值范圍；
（2）令，其中，令，，分析可知關于的方程也有兩個實根、，且，設，將所求不等式等價變形為，令，即證，令，其中，利用導數(shù)分析函數(shù)的單調性，即可證得結論成立.
(1)
解：函數(shù)的定義域為.
當時，函數(shù)無零點，不合乎題意，所以，，
由可得，
構造函數(shù)，其中，所以，直線與函數(shù)的圖象有兩個交點，
，由可得，列表如下：
所以，函數(shù)的極大值為，如下圖所示：
且當時，，
由圖可知，當時，即當時，直線與函數(shù)的圖象有兩個交點，
故實數(shù)的取值范圍是.
(2)
證明：因為，則，
令，其中，則有，
，所以，函數(shù)在上單調遞增，
因為方程有兩個實根、，令，，
則關于的方程也有兩個實根、，且，
要證，即證，即證，即證，
由已知，所以，，整理可得，
不妨設，即證，即證，
令，即證，其中，
構造函數(shù)，其中，
，所以，函數(shù)在上單調遞增，
當時，，故原不等式成立.
【點睛】
方法點睛：利用導數(shù)證明不等式問題，方法如下：
（1）直接構造函數(shù)法：證明不等式（或）轉化為證明（或），進而構造輔助函數(shù)；
（2）適當放縮構造法：一是根據(jù)已知條件適當放縮；二是利用常見放縮結論；
（3）構造“形似”函數(shù)，稍作變形再構造，對原不等式同解變形，根據(jù)相似結構構造輔助函數(shù).
22．（2022·廣東·華南師大附中三模）已知函數(shù)存在兩個極值點．
(1)求實數(shù)a的取值范圍；
(2)判斷的符號，并說明理由．
【答案】(1)
(2)符號為正；理由見解析
【分析】
（1）根據(jù)函數(shù)有兩個極值點得到導函數(shù)有兩個變號零點，參變分離后構造函數(shù)，研究其單調性和極值情況，得到交點個數(shù)為兩個時實數(shù)a的取值范圍，再驗證此范圍符合要求；
（2）轉化為，利用對數(shù)平均不等式得到，結合在區(qū)間內單調遞增，且，得到.
(1)
∵有兩個極值點，
∴，有兩個變號的零點．
∴，，
令，，
當，，單調遞增；
當，，單調遞減；
所以．
畫出函數(shù)圖象如下：
與有兩個交點，
∴．
當時，當或時，，；
當時，，．
所以在區(qū)間，單調遞減，在區(qū)間內單調遞增．
所以的極小值點為，極大值點為．
所以a的取值范圍為
(2)
符號為正．
理由如下：
由（1）可知，．
又因為，
∴
∴．
現(xiàn)證明上式：
上式可變形為，
令，則只需證．
設，，
所以在上單調遞增，
從而，即，
∴．
又因為，所以
綜上可得：．
在區(qū)間內單調遞增，且，
所以．
故符號為正．
【點睛】
對數(shù)平均不等式和指數(shù)平均不等式，常常處理多元問題，將多元轉化為單元來進行解決，使用時要先進行證明后使用
23．（2022·遼寧·二模）已知函數(shù)．
(1)若直線與的圖像相切，且切點的橫坐標為1，求實數(shù)m和b的值；
(2)若函數(shù)在上存在兩個極值點，且，證明：．
【答案】(1)，
(2)證明見解析
【分析】
（1）利用導數(shù)的幾何意義求解即可.
（2）首先根據(jù)題意得到，從而得到，再利用換元法，得到只需證即可.
(1)
由題意，切點坐標為，
所以切線斜率為，所以，
切線為，整理得，所以．
(2)
由（1）知．
由函數(shù)在上存在兩個極值點，且，知，
則且，
聯(lián)立得，
即，
設，則，
要證，，只需證，只需證，
只需證．
構造函數(shù)，則．
故，在上遞增，，即，
所以．
24．（2022·福建南平·三模）已知函數(shù).
(1)討論函數(shù)的單調性；
(2)若，求證：函數(shù)有兩個零點，且.
【答案】(1)當時，在上單調遞增；當時，在上單調遞減，在上單調遞增；
(2)證明見解析
【分析】
（1）直接求導，分和討論單調性即可；
（2）先討論當時無零點，再討論時，通過同構得到，即，確定在上的零點，即可證明有兩個零點；由相減得，換元令，進而得到，通過放縮構造函數(shù)即可求證.
(1)
定義域為，，當時，，在上單調遞增；
當時，由得，當時，單調遞減，當時，單調遞增；
綜上：當時，在上單調遞增；當時，在上單調遞減，在上單調遞增；
(2)
當時，因為，所以，無零點.當時，由，
得，即，設，則有，因為在上成立，
所以在上單調遞減，當時，，所以等價于，
即，所以的零點與在上的零點相同.若，由（1）知在上單調遞減，在上單調遞增，
又，，，
所以在和上各有一個零點，即在上有兩個零點，綜上有兩個零點.
不妨設，則，相減得，
設，則，代入上式，解得，所以，
因為，所以，因此要證，只需證，即證，
設，則，所以在遞增，，
即，因為，所以可化成，又因為，所以.
【點睛】
本題關鍵點在于通過同構得到，進而將的零點轉化為在上的零點，再由得到，換元令，結合進行放縮得到，構造函數(shù)求導證明即可.
考點四：導數(shù)與數(shù)列綜合
25．（2022·山東·煙臺二中模擬預測）已知函數(shù)．
(1)若在區(qū)間上單調遞增，求a的取值范圍；
(2)證明：，
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】
（1）直接求導，討論和時函數(shù)的單調性即可求解；
（2）先通過分析法將要證結論轉化為證，再結合（1）得到，由累加法結合放縮、裂項相消即可證明.
(1)
，當時，，，∴當時，，在區(qū)間上單調遞增，
當時，，，∴當時，，∴在區(qū)間上單調遞減，不合題意，
∴若在區(qū)間上單調遞增，則實數(shù)a的取值范圍為．
(2)
欲證，只需證，
只需證，即證，
只需證，由（1）可知當時，在區(qū)間上單調遞增，
∴，∴當時，不等式恒成立，即恒成立，∴，
即，同理，…，，
將上述不等式累加得：
又
，
∴不等式得證，∴不等式得證．
【點睛】
本題關鍵點在于先通過分析法將要證結論轉化為證，然后由（1）中結論得到，通過累加法得到，再利用放縮、裂項相消求和即可證得結論.
26．（2022·湖北武漢·模擬預測）已知函數(shù)．
（Ⅰ）當時，求函數(shù) 的單調區(qū)間；
（Ⅱ）當時，不等式恒成立，求實數(shù)的取值范圍．
（Ⅲ）求證：（，是自然對數(shù)的底數(shù)）.
【答案】（Ⅰ）單調遞增區(qū)間為，單調遞減區(qū)間為;（Ⅱ）; （Ⅲ）見解析.
【詳解】
分析：（Ⅰ）求出函數(shù)的導數(shù)，分別解不等式、，可求得的增區(qū)間和減區(qū)間.
（Ⅱ）構建新函數(shù)，不等式在上恒成立等價于在恒成立，而，分三種情形討論可得實數(shù)的取值范圍為.
（Ⅲ）由（Ⅱ）得不等式，，故有，利用累加及其裂項相消法可以得到：，化簡后可得到要證明的不等式.
詳解：（Ⅰ）當時，，
.
由解得，由解得，
故函數(shù)的單調遞增區(qū)間為，單調遞減區(qū)間為
（Ⅱ）因當時，不等式恒成立，即恒成立.
設，只需即可.
由,
（?。┊敃r，，
當時，，函數(shù)在上單調遞減，
故成立；
（ⅱ）當時，由，因，所以，
①若，即時，在區(qū)間上，，則函數(shù)在上單調遞增，在上無最大值；
②若，即時，函數(shù)在上單調遞減，在區(qū)間上單調遞增，同樣在上無最大值，不滿足條件；
（ⅲ）當時，由，∵，∴，
∴，故函數(shù)在上單調遞減，故成立.
綜上所述，實數(shù)的取值范圍是.
（Ⅲ）據(jù)（Ⅱ）知當時，在上恒成立，又，
∵
，
∴.
點睛：復雜函數(shù)的性質的討論，可以通過導數(shù)先刻畫函數(shù)的單調性（與導數(shù)的正負有關），再刻畫函數(shù)的極值，從而討論與函數(shù)相關的不等式恒成立問題.而數(shù)列不等式的證明往往需要利用題設條件構建新的函數(shù)不等式，通過賦予自變量特殊的值求得數(shù)列不等式，最后利用新的數(shù)列不等式去證明題設中的不等式.
27．（2022·重慶·模擬預測）已知函數(shù)的導函數(shù)為，函數(shù).
(1)求在上的最小值；
(2)若數(shù)列滿足，且，證明：
【答案】(1)0
(2)證明見解析
【分析】
（1）先求得，結合函數(shù)的單調性求得在上的最小值.
（2）利用導數(shù)證得，結合證得不等式成立.
(1)
，
，
當時，，
單調遞減，.
(2)
，
，
由時，單調遞減，
隨變大而單調遞增，
，又時，單調遞減，
，
即，
由（1）知時，可得
，
結合式與可得，
整理得.
【點睛】
對于復雜結構的不等式證明，要注意觀察已知函數(shù)的解析式的結構，結合導數(shù)判斷函數(shù)的單調性，從而化簡證得不等式成立.
28．（2022·湖北·模擬預測）已知函數(shù)，，曲線在處的切線的斜率為.
(1)求實數(shù)的值；
(2)對任意的，恒成立，求實數(shù)的取值范圍；
(3)設方程在區(qū)間內的根從小到大依次為、、、、，求證：．
【答案】(1)；
(2)；
(3)證明見解析.
【分析】
（1）由已知可得出，即可求得實數(shù)的值；
（2）由題意可知對任意的恒成立，驗證對任意的恒成立；在時，由參變量分離法可得出，利用導數(shù)求出函數(shù)在區(qū)間上的最大值，可得出的取值范圍，綜合即可得解；
（3）令，利用導數(shù)分析函數(shù)在區(qū)間上的單調性，利用零點存在定理可知，求得，證明出，結合函數(shù)的單調性，即可證得結論成立.
(1)
解：因為，則，
由已知可得，解得.
(2)
解：由（1）可知，對任意的，恒成立，
即對任意的恒成立，
當時，則有對任意的恒成立；
當時，，則，令，其中，
且不恒為零，
故函數(shù)在上單調遞增，則，故.
綜上所述，.
(3)
證明：由可得，
令，則，
因為，則，
所以，，所以，函數(shù)在上單調遞減，
因為
，，
所以，存在唯一的，使得，
所以，，則，
所以，
，
因為函數(shù)在上單調遞減，故，即.
【點睛】
方法點睛：利用導數(shù)證明不等式問題，方法如下：
（1）直接構造函數(shù)法：證明不等式（或）轉化為證明（或），進而構造輔助函數(shù)；
（2）適當放縮構造法：一是根據(jù)已知條件適當放縮；二是利用常見放縮結論；
（3）構造“形似”函數(shù)，稍作變形再構造，對原不等式同解變形，根據(jù)相似結構構造輔助函數(shù).
29．（2022·江蘇·南京市第一中學三模）已知函數(shù)．
(1)證明：；
(2)若，證明：．
【答案】(1)證明見解析
(2)證明見解析.
【分析】
（1）求導，研究函數(shù)單調性得函數(shù)在上單調遞減，進而得；
（2）結合（1）得，進而利用數(shù)學歸納法證明即可.
(1)
解：因為，
所以，
所以函數(shù)在上單調遞減，
所以，即.
(2)
解：由（1）知，故，
所以，
所以，令，則，
下面用數(shù)學歸納法證明.
①當時，，故成立；
②假設時，，
即成立，
當時，，
由于
所以，當時，不等式成立.
綜上①②，不等式成立.
【點睛】
本題考查利用導數(shù)證明不等式，數(shù)學歸納法證明不等式，考試運算求解能力，邏輯推理能力，是難題.本題第二問解題的關鍵在于借助第一問的結論得，進而利用數(shù)學歸納法證明即可.
30．（2022·山東濰坊·一模）已知函數(shù)，.
(1)討論的單調區(qū)間；
(2)當時，令.
①證明：當時，；
②若數(shù)列滿足，，證明：.
【答案】(1)答案見解析；
(2)①證明見解析；②證明見解析.
【分析】
(1)求出函數(shù)的導函數(shù)，再討論的符號即可計算作答.
(2)①等價變形所證不等式，構造函數(shù)，利用導數(shù)探討單調性即可；
②由已知證明，由①分析探討，等價轉化，再構造函數(shù)，利用遞推變換即可作答.
(1)
函數(shù)定義域為R，求導得，
當時，恒成立，即在上單調遞增，
當時，令，解得，令，解得，
即在上單調遞減，在上單調遞增，
所以，當時，在上單調遞增，
當時，在上單調遞減，在上單調遞增.
(2)
當時，，
①當時，，
令，，恒成立，則在上單調遞減，
，因此，成立，
所以當時，.
②由①可知，當時，，由得，即，由，可得，
而，又，即，則，
由于，只需證，
又當時，，
令，，恒成立，則在上單調遞增，，
則當時，恒有，而，即成立，不等式成立，
因此成立，即成立，
所以原不等式得證.
【點睛】
思路點睛：函數(shù)不等式證明問題，將所證不等式造價轉化，構造新函數(shù)，再借助函數(shù)的單調性、極(最)值問題處理.
考點五：借助切線放縮
31．（2022·山東·模擬預測）已知函數(shù)，其中.
(1)求函數(shù)的單調區(qū)間；
(2)當時，
①證明：；
②方程有兩個實根，且，求證：.
【答案】(1)單調遞減區(qū)間為，單調遞增區(qū)間為
(2)①證明見解析；②證明見解析
【分析】
（1）求解函數(shù)，利用導數(shù)求解函數(shù)的單調區(qū)間即可.
（2）①證明不等式恒成立，通過構造函數(shù)，求函數(shù)的導數(shù)，利用導數(shù)求解函數(shù)的單調性及極值即可證明；②根據(jù)函數(shù)的單調性及極值點，數(shù)形結合判斷方程有兩個根的情況的取值范圍及兩根的取值范圍，聯(lián)立直線與，求解交點橫坐標，則，轉化不等式，構造函數(shù)，利用導數(shù)求解函數(shù)的最值即可證明.
(1)
解：函數(shù)的定義域為，
函數(shù)的導數(shù)，解得，
所以當時，此時，函數(shù)單調遞減區(qū)間為，
所以當時，此時，函數(shù)單調遞增區(qū)間為，
所以函數(shù)單調遞減區(qū)間為，單調遞增區(qū)間為.
(2)
當時，
①要證不等式成立，即證明成立.即證明成立.
令
當時，此時，
當時，此時，
所以在單調遞減，在單調遞增
所以最小值為，
恒成立，即恒成立得證.
②由①得恒成立，即直線始終在曲線下方或有唯一切點，
又結合（1）可知單調遞減區(qū)間為，單調遞增區(qū)間為，
所以當時取最小值，
且當時，；當時，；當時，.
所以方程有兩個實根，則，且.
由直線與聯(lián)立解得交點的橫坐標，顯然
因此，要證，只要證即可
即證，即證即可
又因為，所以只要證
令恒成立
所以在單調遞增，即
所以得證，原命題得證.
【點睛】
導數(shù)是研究函數(shù)的單調性、極值(最值)最有效的工具，而函數(shù)是高中數(shù)學中重要的知識點，對導數(shù)的應用的考查主要從以下幾個角度進行：
（1）考查導數(shù)的幾何意義，往往與解析幾何、微積分相聯(lián)系．
（2）利用導數(shù)求函數(shù)的單調區(qū)間，判斷單調性；已知單調性，求參數(shù)．
（3）利用導數(shù)求函數(shù)的最值(極值)，解決生活中的優(yōu)化問題．
（4）考查數(shù)形結合思想的應用．
32．（2022·湖南·長沙一中一模）已知函數(shù)．（）在處的切線l方程為．
(1)求a，b，并證明函數(shù)的圖象總在切線l的上方（除切點外）；
(2)若方程有兩個實數(shù)根，．且．證明：．
【答案】(1)；證明見解析
(2)證明見解析
【分析】
（1）求出函數(shù)的導函數(shù)，依題意可得，，即可解得、，從而得到，設在處的切線方程為，令，利用導數(shù)說明函數(shù)的單調性，即可得證；
（2）由（1）知，設的根為，則，即可得到，在設在處的切線方程為，令，利用導數(shù)說明函數(shù)的單調性，即可得到．設的根為，則，再說明，即可得證；
(1)
解：將代入切線方程，有，
所以，所以，
又，所以，
若，則，與予盾，故，．
∴，，，
設在處的切線方程為，
令，
即，所以，
當時，，
當時，設，，
故函數(shù)在上單調遞增，又，
所以當時，，當時，，
綜合得函數(shù)在區(qū)間上單調遞減，在區(qū)間上單調遞增，
故，
即函數(shù)的圖象總在切線的上方（除切點外）．
(2)
解：由（1）知，
設的根為，則，
又函數(shù)單調遞減，故，故，
設在處的切線方程為，
因為，，所以，所以．
令，，
當時，，
當時，設，則，
故函數(shù)在上單調遞增，又，
所以當時，，當時，，
綜合得函數(shù)在區(qū)間上單調遞減，在區(qū)間上單調遞增，
所以，即．
設的根為，則，
又函數(shù)單調遞增，故，
故，又，
所以．
【點睛】
導函數(shù)中常用的兩種常用的轉化方法：一是利用導數(shù)研究含參函數(shù)的單調性，?；癁椴坏仁胶愠闪栴}．注意分類討論與數(shù)形結合思想的應用；二是函數(shù)的零點、不等式證明常轉化為函數(shù)的單調性、極(最)值問題處理．
考點六：雙變量不等式
33．（2022·河北·模擬預測）已知為R上的增函數(shù).
(1)求a；
(2)證明：若，則.
【答案】(1)；
(2)證明見解析
【分析】
（1）直接求導，由在R上恒成立，當時不成立，當時，由解出即可；
（2）由單調遞增得，構造函數(shù)，求導確定單調性，求得即可證明.
(1)
由題意知：在R上恒成立，
當時，，顯然當時，，不合題意；
當時，令得，當且僅當，即，時，
在R上恒成立，故.
(2)
由（1）知，，由可得，又為R上的增函數(shù)，
則，則，令，
則，
又，故當時，單減，
當時，單增，故，
即，即，即.
34．（2022·湖南·雅禮中學二模）已知.
(1)求的最大值；
(2)求證：（i）存在，使得；
（ii）當存在，使得時，有.
【答案】(1)；
(2)（i）證明見解析；（ii）證明見解析.
【分析】
（1）利用導數(shù)判斷函數(shù)的單調性，進而求最值；
（2）構造，進而可得，結合函數(shù)單調性及零點存在定理即得；由題可知即證，再利用導數(shù)解決雙變量，構造函數(shù)，利用導數(shù)判斷函數(shù)的單調性即得.
(1)
法一：，
當時，單調遞增；當時，單調遞減.
.
法二：，
由在上均為減函數(shù)，
∴在上單調遞減，又，
當時，單調遞增；當時，單調遞減.
.
(2)
過的直線方程為，
令，則.
，
易知在單調遞減.
（i）當時，在單調遞減，則，這與矛盾，不符題意；同理可證，當時不符題意.
，
故存在，使，即.
（ii）要證，即證，
由在單調遞減，即證，
即證，
即證，
，
可證，其中.
在單調遞減，
式得證，
故.
【點睛】
方法點睛：利用導數(shù)證明不等式問題，方法如下：
（1）直接構造函數(shù)法：證明不等式（或）轉化為證明（或），進而構造輔助函數(shù)；
（2）適當放縮構造法：一是根據(jù)已知條件適當放縮；二是利用常見放縮結論；
（3）構造“形似”函數(shù)，稍作變形再構造，對原不等式同解變形，根據(jù)相似結構構造輔助函數(shù).
35．（2022·廣東潮州·二模）已知函數(shù)，．
(1)若函數(shù)在區(qū)間內單調遞增，求實數(shù)a的取值范圍；
(2)若，且，求證：．
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】
（1）根據(jù)條件將問題轉化為在上恒成立問題,然后根據(jù)函數(shù)的單調性求出的范圍；
（2）根據(jù)條件將問題轉化為成立問題,令，即成立，再利用函數(shù)的單調性證明即可.
(1)
解：因為的定義域為，
所以，
若函數(shù)在區(qū)間遞增，
則在上恒成立，
即在上恒成立，
則只需，
令，則，
當時，，單調遞減，
即在時取得最小值9，
所以，
所以a的取值范圍為．
(2)
解：令，，
則，．
由，且，得，
所以，，
所以要證成立，
只需證，
即，即成立即可，
令，則需證，
由（1）可知時，函數(shù)在單調遞增，
所以，所以成立，
所以．
【思路點睛】
1、一般地，若在區(qū)間上可導，且，則在上為單調增（減）函數(shù)；反之，若在區(qū)間上可導且為單調增（減）函數(shù)，則恒成立．
2、對于函數(shù)不等式的恒成立問題，可構建新函數(shù)，再以導數(shù)為工具討論新函數(shù)的單調性從而得到新函數(shù)的最值，最后由最值的正負得到不等式成立.
36．（2022·廣東廣州·二模）已知函數(shù)．
(1)若，求的單調區(qū)間；
(2)若，證明：．
【答案】(1)單調遞減區(qū)間為，無單調遞增區(qū)間；
(2)證明見解析．
【分析】
(1)求f(x)的導數(shù)，令，求，根據(jù)正負判斷單調性，根據(jù)單調性判斷正負，從而判斷f(x)單調性；
(2)將化為，令＞1，則，根據(jù)(1)中f(x)單調性即可證明．
(1)
的定義域為，
由于，則，，
令，則，
當時，，在上單調遞增；
當時，，在上單調遞減．
則．
∴函數(shù)的單調遞減區(qū)間為，無單調遞增區(qū)間﹒
(2)
方法一：欲證，
只要證，
即證．
令，由于，則．
故只要證，即證．
由(1)可知，在區(qū)間上單調遞減，
故時，，即．
由于，，則．
∴成立．
∴．
方法二：由(1)得在上單調遞增，
當時，，，
，
則，使，即，則．
當時，，在上單調遞減；
當時，，在上單調遞增．
則
，
∴，
令，由于，則，
則，
整理得．
【點睛】
本題第一問關鍵是二次求導，依次通過導數(shù)的正負判斷原函數(shù)的單調性；第二問的關鍵是注意到要證的不等式可以化為，令＞1，則化為，即，結合(1)中函數(shù)單調性即可證明得到結論．
37．（2022·山東濟南·一模）設函數(shù).
(1)若有兩個不同的零點，求實數(shù)a的取值范圍；
(2)若函數(shù)有兩個極值點，證明：.
【答案】(1)；
(2)證明見解析.
【分析】
（1）根據(jù)給定條件，令，再利用一元二次方程有兩個不同的正根求解作答.
（2）對函數(shù)求導并變形，利用（1）結合韋達定理將要證不等式進行等價變換，
然后構造函數(shù)，借助導數(shù)探討單調性推理作答.
(1)
令，則有2個零點，等價于存在兩個正根，則有，解得，
所以使得有兩個零點的a的取值范圍是.
(2)
依題意，，
因為，，且有兩個極值點，則為的兩個不同解，
由（1）知，且，，不妨設，
，
要證明，只需證，而，即，
只需證，因，只需證，兩邊同除以得，
因為，只需證，
設，令，，則，令，
則，即在上單調遞增，則有，
因此，在上單調遞增，即，當時，，
取，，從而有成立，
所以原不等式成立.
【點睛】
關鍵點睛：涉及不等式恒成立問題，將給定不等式等價轉化，構造函數(shù)，利用函數(shù)思想是解決問題的關鍵.

單調遞增
極大值
單調遞減
0
極小值
0
極大值
增
極大值
減
增
極大值
減

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