文档内容
第 05 讲 利用导数证明不等式
（6 类核心考点精讲精练）
1. 5年真题考点分布
5年考情
考题示例 考点分析 关联考点
证明函数的对称性
利用导数求函数的单调性
2024年新I卷，第18题,17分 利用导数证明不等式
利用导数研究不等式恒成立问题
利用不等式求取值范围
利用导数求函数的单调区间 (不含参)
2021年新I卷，第22题,12分 利用导数证明不等式
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13-17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1. 基本方法
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．
（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. 常见类型
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、 直接法证明简单不等式
1．（2024高三·全国·专题练习）求证： ．
【详解】证明：令 ，则
当 时， ，函数 单调递减；
当 时， ，函数 单调递增
则 在 时求得最小值 ，
即 在 上恒成立，即 在 上恒成立
2．（2022高三·浙江·专题练习）证明以下不等式：
(1) ；
(2) ；(3) .
【详解】（1）解：令 ，则有 .
令 ，即 ，解得 ；
令 ，即 ，解得 ，
所以 在 单调递减， 上单调递增，
所以 ，即 .
所以 .
（2）解：令 ，则 .
令 ，即 ，解得 ；
令 ，即 ，解得 ，
所以 在 单调递增， 上单调递减，
所以 ，即 ，
所以 .
（3）解：由（1）得 ，所以 （当且仅当 时取等号）①.
由（2）得 ，所以 （当且仅当 时取等号）②
因为①式与②式取等号的条件不同，所以 .
1．（2023高三·全国·专题练习）求证：
(1) （ ）；
(2) ；
(3) （ ）．
【详解】（1）要证 ，只需证 ，
令 （ ）， ，
故 在 上单调递减，由于 ，因 ，
故 ，则有 （ ）.（2）令 ， ，
当 时， ；当 时， ，
可知 在 上单调递增；在 上单调递减，所以 ，
故 ，从而 成立.
（3）令 （ ）， ，由 解得： ， ，
令 ，得 ，令 ，得 或
故 在区间 和 上单调递减，在区间 上单调递增，
由于 ，
则有 对 恒成立，故得： （ ）．
考点 二 、 构造函数证明不等式
1．（2024·湖南益阳·模拟预测）已知 为正实数，构造函数 ．若曲线 在点
处的切线方程为 ．
(1)求 的值；
(2)求证： ．
【答案】(1)2
(2)证明见解析
【分析】（1）根据切线方程列出关于 的方程组，解方程组即可.
（2）对要证明的式子进行化简，构造函数，利用单调性求解即可.
【详解】（1）因为 ，所以 ，
又因为 ，
所以曲线 在点 处的切线方程为 .由题意可知曲线 在点 处的切线方程为 ，
所以 ，解得 (负值舍去)，所以 .
（2）由第1问可知， .
要证 ，即要证 ，
只需证 .
构造函数 ，则 ，
当 时， ，函数 单调递减；
当 时， ，函数 单调递增，
所以 ，所以 ，所以 .
2．（2024·重庆·模拟预测）已知函数
(1)讨论函数 的单调性；
(2)证明：当 时，
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，求导可得 ，然后分 与 讨论，即可得到结果；
（2）根据题意，由（1）可得 的最小值为 ，构造函数 ，转化为
的最小值大于等于零，即可证明.
【详解】（1）依题意 ， ，
当 时， ，
当 时，由 得 ，由 得 ，
即当 时函数 在 是减函数；当 时 在 是减函数， 在 是增函数；
（2）由（1）知当 时， 的最小值为 ，
，
设 ，
则 ，
∴函数 在 是减函数，在 是增函数，
即 的最小值为 ，即 ，
∴ ，即 的最小值 ，
∴ ．
3．（2024·山东济南·二模）已知函数
(1)讨论 的单调性；
(2)证明： .
【答案】(1)答案见详解
(2)证明见详解
【分析】（1）求导可得 ，分 和 两种情况，结合导函数的符号判断原函数单调性；
（2）构建 ， ，根据单调性以及零点存在性定理分析 的
零点和符号，进而可得 的单调性和最值，结合零点代换分析证明.
【详解】（1）由题意可得： 的定义域为 ， ，
当 时，则 在 上恒成立，
可知 在 上单调递减；
当 时，令 ，解得 ；令 ，解得 ；
可知 在 上单调递减，在 上单调递增；综上所述：当 时， 在 上单调递减；
当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增.
（2）构建 ，
则 ，
由 可知 ，
构建 ，
因为 在 上单调递增，则 在 上单调递增，
且 ，
可知 在 上存在唯一零点 ，
当 ，则 ，即 ；
当 ，则 ，即 ；
可知 在 上单调递减，在 上单调递增，
则 ，
又因为 ，则 ， ，
可得 ，
即 ，所以 .
1．（2024·河北·三模）已知函数 ．
(1)当 时，证明： ．
(2)若函数 ，试问：函数 是否存在极小值？若存在，求出极小值；若不存在，
请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在；极小值为0．【分析】（1）构造新函数，利用导数研究函数的单调性和最值，即可得证；
（2）对函数求导，并构造新函数，结合零点存在性定理及函数的单调性即可求解.
【详解】（1）证明：函数 定义域为 ,
令 ，则 ，
当 时， ，且 ，所以 ，
函数 在 上单调递减，故 ，
即 ，故 得证.
（2）由题意 ，则 ，
令 ，则
当 时， ，故函数 在 单调递增，则 ，即 ，
所以 在 单调递增；
当 时， 单调递增，且 ，又 ，
故 ，使得 ，
所以当 时， ，即函数 在 上单调递增，即 ，
所以函数 在 上单调递减；
当 时， ，即 ，
所以函数 在 上单调递增.
综上所述，函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
因此，当 时，函数 有极小值，极小值为 .
故存在，极小值为0.
2．（2024·河北保定·三模）已知函数 ， 为 的极值点.
(1)求a；
(2)证明： .
【答案】(1)3；
(2)证明见解析；【分析】（1）求导 ，由 求解；
（2）转化为证 ，令 ，由 证明.
【详解】（1）解： ，
依题意， ，解得 ，
经检验符合题意，所以 ；
（2）由（1）可知， ，
要证 ，即证 ，
设 ，则 ，
所以当 时， ， 单调递减，
当 时， ， 单调递增，
当 时， 取得极小值，也是最小值，
因为 ， ，
所以 .
【点睛】方法点睛：证明不等式 ，往往由 证明.
3．（2024·陕西榆林·模拟预测）已知函数 ，其中 ．
(1)讨论函数 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）就 、 分类讨论导数的符号后可得函数的单调性；
（2）原不等式等价于 ，当 时，可由各式符号证明此不等式成立，
当 时，设 ，利用导数可证明 恒成立，据此可得 的单调性，
从而可得原不等式成立.
【详解】（1） ， ，
当 时， ，函数 在 上单调递增；
当 时，由 ，得 ，
函数 在区间 上单调递增，由 ，得 ，
函数 在区间 上单调递减．
综上，当 时， 在 上单调递增，无减区间.
当 时， 在 上单调递增，在 上单调递减.
（2） 当 时， ，
要证 ，即证 ，
①当 时， ， ，
；
②当 时，令 ，
则 ，设 ，则 ，
， ， ， ， ，
在 上单调递增， ，即 ，
在 上单调递增， ，
即 ．
综上，当 时， ．
【点睛】思路点睛：导数背景下不等式恒成立，应该根据不等式中含有的函数的类型进行合理的分类讨论，
特别是含有三角函数式时，可根据其值域选择分类讨论的标准.
考点 三 、 转为两个函数类型证明不等式
1．（全国·高考真题）设函数 ,曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y=e(x-1)+2.
(1)求 (2)证明:
【答案】（1） ；（2）详见解析.
【详解】试题分析：（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.
试题解析：（1）函数 的定义域为 ，.
由题意可得 ， .故 ， .
（2）证明：由（1）知， ，
从而 等价于 .
设函数 ，则 .
所以当 ， ；
当 时， .
故 在 上单调递减， 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 .
综上，当 时， ，即 .
考点：1、导数的几何意义；2、利用导数研究函数的单调性进而证明不等式恒成立.
【方法点晴】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.
1．（2024高三·阶段练习）已知函数 .
（1）讨论 的单调区间；
（2）当 且 ，求证： .
【答案】（1）见解析（2）证明见解析【分析】（1）函数 定义域为 ，求出导函数，通过 ， ， 判断导函数符号，求解函
数的单调区间；（2）运用分析法转化证明，要证，只需证，法一中要证 ，只需证：
，令 ，求导判断导数值符号即可；法二中只需证
，设 ， ， 在 上恒成立，
求出 ， 的最值进行比较即可；法三中只需证： .设 ，判断
，函数 单调递增， ，证明即可.
【详解】（1）函数 定义域为 ，
.
①若 时，则 ， 在 上单调递减；
②若 时， ，令 或 .
又 ，
在 上单调递减，在 上单调递增；
③若 时， ，
令 或 .
又 ，
在 上单调递减，在 上单调递增；
（2）法一： ， ，
要证 ，只需证 ，
只需证： ，
只需证： ，设 ，
即 ，在 上单调递减，所以 ，即原不等式成立.
法二：要证 ，只需证 ，
，只需证 ，
设 ， ，
在 上恒成立，
所以 在 上单调递增.
所以 ，
，
所以 在 上单调递增，
所以 ，
所以当 时， ，
即原不等式成立.
法三： ， .
要证： 成立，
只需证： .
设 ，
，
所以 在 上单调递增，
所以 .
即原不等式成立.
【点睛】本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及构造法的应用，考查分类讨论以及转化思想的应
用，是难题.
考点 四 、 数列类型不等式的证明
1．（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】思路点睛：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，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.
2．（2023·天津·高考真题）已知函数 ．
(1)求曲线 在 处的切线斜率；
(2)求证：当 时， ；
(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.
3．（2024·北京·三模）已知函数 ．
(1)求 的单调区间；
(2)若 恒成立，求实数 的取值范围；
(3)求证： ．（ 且 ）
【答案】(1)递增区间为 ，递减区间为 ．
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）对函数 求导,再根据 的正负分类讨论单调性即可;
（2）若 恒成立，即 ，根据（1）中 的单调性求出其最大值即可列式求解.
（3）由（2）知当 时,有 在 恒成立，令 ,即可推出，再对不等式两边累加求和,即可推出结论.
【详解】（1）函数 的定义域为 ．
．
① 时， ， 的递增区间为 ，无递减区间；
③ 时，令 得 ；令 得 ，
所以 的递增区间为 ，递减区间为 ．
（2）由（1）知， 时， 在 上递增， ，不合题意，
故只考虑 的情况，由（1）知
即
综上， 的取值范围为 ．
（3）由（2）知：当 时， 恒成立，所以 ，
所以 当 恒成立，令 ，
进而 ，
即 ， ．
所以 ．（ 且 ）
即 ．（ 且 ）
【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
（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．
1．（2024·河北·三模）已知函数 ．(1)若 在 恒成立，求实数a的取值范围；
(2)证明： ．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意可得 恒成立，令 ，求导
得 ，利用导数分类可求实数a的取值范围；
（2）由（1）知当 时，可得 在 恒成立，当 时，可得
，利用累加法可得结论.
【详解】（1） 在 恒成立．
构造函数 ，则 在 恒成立．
当 时， ，所以 在 上单调递增，
所以 ，矛盾，故舍去
当 时，由 得 ，所以 在 上单调递增，
故 ，均有 ，矛盾，故舍去
当 时， ，所以 在 上单调递减，
所以 ，满足题意；
综上，实数a的取值范围为
（2）由（1）知当 时， 恒成立，
即 在 上恒成立，当且仅当 时取等号．所以当 时，可得
同理 ， ， ，
两边分别累加得：
即
即
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是通过（1）中的结论得到 ，
再代入得到其他不等式，最后累加即可证明.
2．（2024·安徽马鞍山·模拟预测）已知函数 ．
(1)证明： 时， ；
(2)证明： ．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）只要证 时， ，令 ，然后利用可判断其在
上递增，则 ，从而证得结论；
（2）由（1）知 ，令 ，则 ，然后利用累加法可证得结论.
【详解】（1）证明：要证 ，只要证 ，
即证 时， ，
令 ，
则 ，
所以 在 上单调递增，所以 ，所以 时， ，
所以 时， ．
（2）证明：由（1）知 ，
令 得 ，即 ，
所以 ，
，
，
……，
，
所以
，
即 ．
【点睛】关键点点睛：解题的关键是根据题意构造函数，再利用导判断其单调性即可证得结论.
3．（2024·江苏苏州·三模）已知函数 .
(1) 时，求 的零点个数;
(2)若 恒成立，求实数 的最大值;
(3)求证: .
【答案】(1)2个
(2)
(3)证明见解答
【分析】（1） ，求导后令 ，再次求导可得 ，进而可判
断 的单调性，结合 ， 的值可得结论；（2） 由题意可得 ，可得 ，进而判断 时，不等式 恒成
立；
（3）利用 ，结合（2）以及放缩法可
证明不等式.
【详解】（1）当 时， ，则 ，
所以 ，令 ，则 ，
所以 在 上单调递增，即 在 上单调递增，
当 时， ，所以 在 上为增函数，
当 时， ，所以 在 上为减函数，
又 ， ，
且 时， ，则存在 ， ，使得 ，
所以 有两个零点.
（2）令 由 ，得 ，
令 所以 ，
令 ，可得 ，
所以 在 上为增函数，所以 ，
所以 ，所以 ，
所以 在 上单调递增，所以 ，即 ，
所以 恒成立，所以实数 的最大值是实数 ；
（3）因为 ，
由（2）可得 ，所以 ，
所以 ，
所以 ，
又 ，所以 .
【点睛】方法点睛：第三问，考查放缩法证明不等式，其中证明不等式 成立是关键.
考点 五 、 三角函数类型不等式的证明
1．（2024·山东枣庄·模拟预测）已知函数 ， 为 的导数
(1)讨论 的单调性；
(2)若 是 的极大值点，求 的取值范围；
(3)若 ，证明： ．
【答案】(1)答案见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）令 ，求出导函数，再分 和 两种情况讨论，分别求出函数的单调区间；
（2）结合（1）分 、 、 、 四种情况讨论，判断 的单调性，即可确定极值点，
从而得解；
（3）利用分析法可得只需证 ， ，只需证对任意 ，有
，结合（2）只需证明 ，构造函数，利用导数证明即可.
【详解】（1）由题知 ，
令 ，则 ，
当 时， 在区间 单调递增，
当 时，令 ，解得 ，
当 时， ，当 时， ，
所以 在区间 上单调递减，在区间 上单调递增，
综上所述，当 时， 在区间 上单调递增；当 时， 在区间 上单调递减，在区间 上单调递增.
（2）当 时， ，
由（1）知，当 时， 在 上单调递减；
当 时， 在 上单调递增；
所以 是函数 的极小值点，不符合题意；
当 时， ，且 ，
由（1）知，当 时， 在 上单调递减；
当 时， 在 上单调递增；
所以 是函数 的极小值点，不符合题意；
当 时， ，则当 时， 在 上单调递增，
所以 无极值点，不合题意；
当 时， ，且 ；
当 时， 在 上单调递增；
当 时， 在 上单调递减；
所以 是函数 的极大值点，符合题意；
综上所述， 的取值范围是 .
（3）要证 ，
只要证 ，
只要证 ， ，
因为 ，则 ，
所以只要证对任意 ，有 ，
只要证对任意 ，有 （※），
因为由（2）知：当 时，若 ，则 ，
所以 ，即 ①，
令函数 ，则 ，所以当 时 ，所以 在 单调递增；
则 ，即 ，
由① ②得 ，
所以（※）成立，
所以 成立.
【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.
2．（2024·陕西·模拟预测）已知函数 （ ）， .
(1)讨论函数 的单调性；
(2)证明： （ ）；
(3)证明： （ ）.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求导 ，后按照 ， 分类讨论即可；
（2）用导数研究函数的最值即可；
（3）由（1）的结论可以得到 .令 ，得到 ，
即 ，结合数列累加法，可得 .
由（2）知， ，每项进行放缩即可证明．
【详解】（1）函数 的定义域为 ， ，
①当 时， 恒成立，
所以函数 的单调递减区间为 ；
②当 时，由 ，得 ，当 时， ；当 时， .
所以函数 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 .
综上，当 时，函数 的单调递减区间为 ；
当 时，函数 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 .
（2） ， 恒成立，
在 上单调递减，又 ， ， .
（3）由（1）知，当 时， ，即 ， ，
， （当 时“=”成立）.
令 （ ）， ，即 ，
，从而 ，
，…， ，
累加可得 ，
即 .
由（2）知， 在 是递减函数， ，即 ，
.
（ ）.
1．（2024·辽宁·模拟预测）已知函数 ，
(1)求 的最小值；
(2)证明： .
【答案】(1)1
(2)证明见详解【分析】（1）换元令 ，构建 ，利用导数判断 的单调性和最值，进而可
得 的最小值；
（2）由（1）结合正弦函数性质可得 ，构建 ， ，利用导数可证
，进而结合指数函数性质分析证明即可.
【详解】（1）令 ，由 可知 ，
构建 ，
则 在 内恒成立，
可知 在 内单调递减，则 ，
所以 的最小值为1.
（2）由（1）可知： ，即 ，
又因为 ，则 ，
可得 ，则 ，
构建 ， ，则 在 内恒成立，
可知 在 内单调递增，则 ，
即 ，可得 ，
注意到 ，则 ，
所以 .
2．（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数
(1)若函数在 内点 处的切线斜率为 ，求点 的坐标；
(2)①当 时，求 在 上的最小值；
②证明： ．
【答案】(1)
(2)①最小值是0；②证明见解析.
【分析】（1）利用导数求切线斜率，结合已知可得切点横坐标，根据解析式求纵坐标可得；（2）①利用二次导数判断导函数单调性，结合零点存在性定理判断导函数零点，根据单调性求导函数最
小值，然后可判断 的单调性，进而可得最小值；②构造函数 ，利用导数证明
，结合①中结论可得 ，令 ，利用裂项相消法可证.
【详解】（1）设点 .
由于 ，则 ，得 ，
则 ，且 ，所以点 的坐标为 .
（2）① ，
则 ，记 ，
则
易知 在 上单调递减，且 ,
，即 ，
所以，当 时， ， 在 上单调递增；
当 时， ， 在 上单调递减.
因为 ，
所以 时， ， 在 单调递增，
所以，当 时， 取得最小值 .
②由①可知 ，时 恒成立，即 恒成立.
设 ，则 ，
当 时， ， 在 上单调递增，
所以 ，所以 ，
又 ，所以 ，取 ，则 ，
，得证.
【点睛】关键点睛：第二问中第2小问，关键在于构造函数 ，利用导数证明 ，
结合第1小问中结论得 ，然后利用裂项相消法可证.
考点 六 、 切线放缩法证明不等式
1．（2024高三·全国·专题练习）已知函数 ．
(1)求函数 的极值；
(2)当 时， 恒成立，求证： ．
【答案】(1)极小值 ，无极大值
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数即可求得函数 的极值；
（2）构造新函数，并利用导数求得新函数的最大值，即可证得 .
【详解】（1）
时， ，此时函数 单调递增，无极值．
时，令 ，解得 ．
则 时， ，此时函数 单调递增；
时， ，此时函数 单调递减，
可得： 时，
函数 取得极小值 ．
无极大值.
（2）解法一：
，只需证明 ．
时，不等式成立；只需证明 时， ，
令 ，则
令 ， ，
，
∴ ．∴ ，
∴ 在 上单调递减．
∴利用洛必达法则： ，
∴ ．
解法二：（切线放缩）
要证明 ，只需证明 ，
只需证明 ，
令
则 时， 则 单调递增，
时， 则 单调递减，
则 时 取得极小值 ，
∴ ，画出 和 图象如图所示，
当 时， 恒成立即 图象必须在 下方，
在 时取得极值 ，
为 在点 处的切线，
∴ ．1．（2023高二·上海·专题练习）已知函数 为常数， 是自然对数的底数），曲
线 在点 处的切线与 轴平行.
(1)求 的值；
(2)求 的单调区间；
(3)设 ，其中 为 的导函数.证明：对任意 ， .
【答案】(1)
(2) 的递增区间为 ，递减区间为
(3)证明见解析
【分析】（1）求导，根据导数的几何意义分析运算；
（2）求导，利用导数求原函数的单调区间；
（3）根据题意分析可得对 ， ，构建新函数 、 ，
分别利用导数求最值，即可证明.
【详解】（1）由题意可得： ， ，
∵ 在 , 处的切线与 轴平行，即 ，
.
（2）由（1）得： ， ，
令 ， ，
当 时，则 ，故 ；
当 时，则 ， ；
∵ ，
则 时， ； 时， ；
故 的单调递增为 ，单调递减为 .
（3）由 ，即 ， ，
对 ， ，等价于对 ， ，由（2）对于 ， ，则 ， ，
当 时， ；当 时， ；
可得 在 上单调递增， 在 上单调递减，
故 ，即 ，
设 ，则 对 恒成立，
故 在 上单调递增，则 ，即 ；
综上： ，故 ， ，得证.
2．（2023·山东济南·一模）已知函数 .
（1）求函数 的极值；
（2）若 ，求证： .
【答案】（1）极大值为1，无极小值；（2）见证明
【分析】(1)本题首先可以根据函数解析式得出函数 的定义域和导函数 ，即可求出函数 的
单调区间，最后根据函数单调性即可得出函数的极值；
(2)本题首先可根据不等式的性质将 转化为 ，然后利用导数以及(1)中结论
求出 的最小值以及 的最大值，即可证明结论．
【详解】(1)函数 定义域为 ， ，
所以当 时， ， 单调递增，
当 时， ， 单调递减，
即当 时， 有极大值 ，
所以 的极大值为1，无极小值；
(2)由于 ，所以 ，
故要证原不等式成立，只需证 即可，即 ，
令 ，则 ，所以函数 在区间 上为增函数，故 ，即 ，
由(1)得 ，所以 ，所以 .
【点睛】本题主要考查利用导数求函数极值以及通过构造函数证明不等式，能否构造出函数 并
求出其最小值是解决本题的关键，考查利用导数证明不等式及转化能力，是难题．
1．（2024高三·全国·专题练习）求证：若 ，则 ．
【答案】证明见解析
【分析】构造函数 ，借助导数得其单调性后即可得证.
【详解】令 ，则 ，
当 时， ，当 时， ，
故 在 上单调递减，在 上单调递增，
故 ，
故当 时， .
2．（2024高三·全国·专题练习）证明：当 时， ；
【答案】证明见解析
【分析】分别构造函数 、 ，利用导数可证得
单调性，得到 ，由此可得结论.
【详解】令 ，则 ，
在 上单调递增， ，即当 时， ；
令 ，则 ，
令 ，则 ，
当 时， 单调递增，即 单调递增， ，
在 上单调递增， ，
即当 时， ；综上所述：当 时， .
3．（22-23高二下·河北沧州·阶段练习）求证：
【答案】证明见解析
【分析】将要证明的不等式变形为 ，构造关于a的函数，求导分析即可.
【详解】证明：不妨设 ，则若证 ，只需证
即证：
设
则
所以函数 在 上单调递增
因为 ，所以 ，
即
所以原不等式 成立
【点睛】本题属于两元化一元问题，采用淡化一元的方法将问题转为关于a的函数是解题关键.
4．（2022高三·全国·专题练习）讨论函数 的单调性，并证明当 时， .
【答案】 在 上单调递增，证明见解析.
【分析】求导函数，判断导函数的符号，确定原函数的单调性，并进一步可证明结论.
【详解】由已知得， .
因为 ，所以 .
因为当 时， ，所以 在 上单调递增;
所以当 时， ，即 .
5．（2024高三·全国·专题练习）已知函数 ，证明：对一切 ，都有
成立.
【答案】证明见解析【分析】
利用导数的性质判断函数 的单调性，对已知不等式进行变形，构造两个新函数，利用导数的性质求最
值进行运算证明即可.
【详解】
当 时，不等式 等价于 ，
在 在，令 ， ，
由 ，
当 时， 单调递增，
当 时， 单调递减，
所以 ，
令 ，
当 时， 单调递减，
当 时， 单调递增，
所以 ，即 ，
又因为当 时，函数 到到最小值，当 时，函数 到到最大值，
所以 .
6．（22-23高二下·北京·期中）已知函数 .
(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求切线方程即可；
（2）构造函数 ，利用导函数与单调性、最值的关系即可证明.
【详解】（1） , ，
,所以切点为 ，由点斜式可得， ，
所以切线方程为： .（2）由题可得，
设 ，
，
所以当 时， ，
当 时， ，
所以 在 单调递增， 单调递减，
所以 ，
即 .
7．（2024高三·全国·专题练习）已知函数 （其中 是自然对数的底数）， .
(1)求证： ；
(2)当 时，求证： .
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，求导得 ，求得其极小值即可证明；
（2）根据题意，构造函数 ，求导可判断其单调性，即可证明.
【详解】（1）因为 ，所以 .
当 时， ；
当 时， ，
所以 在区间 上是减函数，在区间 上是增函数，
所以 ，所以 .
（2）令 ，则 .
由（1）可得 ，所以 ，
所以函数 在 上是增函数．
因为 ，所以 ，所以 ．8．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知 .
(1)求 并写出 的表达式；
(2)证明： .
【答案】(1) ，
(2)证明见解析
【分析】（1）直接求导并令 可得 ，再代入原表达式即可；
（2）构造函数 并用导数证明 ，然后利用 即可.
【详解】（1）由 有 ，取 得到 ，
解得 .
将 代入 可得 .
（2）设 ，则 ，故当 时 ，当 时 .
所以 在 上递减，在 上递增，故 .
从而 .
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于使用导数判断单调性，属于常规题.
9．（2023·吉林长春·模拟预测）已知函数 .
(1)求 的最小值；
(2)证明： .
【答案】(1)
(2)证明过程见解析
【分析】（1）利用导数的性质进行求解即可；
（2）利用（1）的结果，取特殊值代入进行证明即可.
【详解】（1）显然该函数的定义域为全体正实数，
由 ，
当 时， ，所以函数 单调递增，
当 时， ，所以函数 单调递减，因此 ；
（2）由（1）可知： ，即 ，
即 ，
当 时， .
10．（2023·广西南宁·一模） ，
(1)讨论 的单调性；
(2)当 时，证明 ；
(3)证明对于任意正整数 ，都有 .
【答案】(1) ， 在 上单调递增； ， 在 上单调递减，在 上单
调递增.
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）利用导数分类讨论求解单调区间即可.
（2）根据 的单调性得到 ，即可证明.
（3）当 且 时，有 ，从而得到 ，即可得到
，再化简即可证明.
【详解】（1） 的定义域为 ，
①若 ，当 时， ，所以 在 上单调递增；
②若 ，当 时， ；
当 时， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增.
综上所述， 时， 在 上单调递增；
时， 在 上单调递减，在 上单调递增.（2）当 时，由（1）知 在 上单调递减，在 上单调递增， ，
即证 .
（3）由（2）知当 且 时， ，
对于任意正整数 ，令 得 ，
所以
.
即证： .
1．（2024·江苏苏州·模拟预测）已知函数 ．
(1)讨论 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）求出函数的导数，通过讨论 的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）要证明 ，只要证 即可，设 ，利用导数求得最值即可证明．
【详解】（1）函数 的定义域为 ，且 ．
当 时， 恒成立，
所以 在区间 上单调递增；
当 时，令 ，解得 ，
当 时， 在区间 上单调递增，当 时， 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 上单调递增，在区间 上单调递减．
（2）当 时，因为 ，所以要证 ，只要证明 即可，
即要证 ，等价于 （*）．
令 ，则 ，
在区间 上， 单调递减；
在区间 上， 单调递增，
所以 ，所以 （当且仅当 时等号成立），
所以（*）成立，当且仅当 时，等号成立．
又 在 上单调递增， ，
所以存在 ，使得 成立．
综上所述，原不等式成立．
2．（2024·江苏连云港·模拟预测）已知函数 .
(1)求函数 在 处的切线方程.
(2)证明： .
【答案】(1)
(2)证明见解答
【分析】（1）求导可得 ，又 ，可求切线方程；
（2）求导得 ，令 ，再求导，进而判断 在 上单调递增，
可得 在 上单调递增， ，可得结论.
【详解】（1）由 ，可得 ，
，又 ，所以函数 在 处的切线方程为 ，即 .
（2）由 ，可得 ，
令 ，可得 ，
当 时， ，所以 在 上单调递增，
又 ，即 ，
所以 在 上单调递增，
所以 ，当 时， ，
当 时， ，
综上所述： .
3．（2024·青海西宁·二模）已知函数 ．
(1)若 ，求 的极值；
(2)若 ，求证： ．
【答案】(1)极小值为 ，无极大值；
(2)证明见解析
【分析】（1）若 ，求得 ，求得函数的单调性，进而求得函数的极值；
（2）由 ，令 ，求得
，令 ，利用导数求得函数的单调性，结合
，即可得证．
【详解】（1）解：若 ，则 ，其中 ，
所以 ，
令 ，解得 ，
当 时， ；当 时， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，又因为 ，所以 的极小值为 ，无极大值．
（2）证明：由题意知
，
令 ，
则 ，
令 ，则 ，
令 ，解得 ，令 ，解得 ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ，所以 ，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.
4．（2024·陕西安康·模拟预测）已知函数 .
(1)求 的最小值；
(2)证明： .
【答案】(1)0
(2)证明见解析
【分析】（1）二阶求导可得 在 上单调递增，结合 可得 的单调性，即可求解，
（2）利用（1）的单调性可得 ，进而由放缩可得 ，取 ，由对
数的运算即可求解.
【详解】（1）因为 ，
所以 ，令 ，则 ，
所以 即 在 上单调递增，又 ，
所以当 时， 单调递减；
当 时， 单调递增，
所以 的最小值为 .
（2）由（1）可知 在 时单调递增，故 ，
所以当 时， ，
即 ，所以 ，
令 ，
则 ，
以上各式相加得 ，
即 ，
所以 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.
5．（2024·河北邢台·二模）已知函数 ，
(1)当 时，求函数 在 处的切线方程；
(2)若 恒成立，求实数a的取值范围；
(3)证明： .
【答案】(1)(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义结合条件即得；
（2）将结论化为 ，再求 的最大值；
（3）直接在（2）的结论中取 证明.
【详解】（1）此时 ，故 .
所以 ， ，故所求切线经过点 ，斜率为 .
故该切线的方程为 ，即 .
（2）结论 即为 .
设 ，则 .
故当 即 时 ，当 即 时 .
所以 在 上递增，在 上递减，从而 的最大值就是 ，且恰在 时
取到.
所以 的取值范围是 .
（3）由（2）的结论，知当正数 时，有 ，故 .
从而
.
6．（2024高三·全国·专题练习）已知 ．(1)当 时，求 的极值；
(2)对 ，求证： ．
【答案】(1) ，无极大值
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，利用导函数的符号确定函数的单调性，进而确定函数的极值；
（2）作差构造函数，求导，利用导数求其最值即可证明.
【详解】（1）当 时 ， ，因为 ，
所以 ， ， 为减函数， ， ， 为增函数，
所以 在 上单调递减， 上单调递增，
∴ ，无极大值；
（2）令 ， ，
所以 ，
令 ， ，
因为 ， ∴ 为增函数，又 ，
取 ， ， ，
∴存在唯一 使 ，即 ，
， ，即 ，∴ 为减函数.
， ，即 ，∴ 为增函数.
∴
，
∴对 有 ，即 .
7．（23-24高三下·山东菏泽·阶段练习）已知函数 ．
(1)讨论 的单调区间(2)若函数 ， ，证明： ．
【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）求出 ，对 的取值分类讨论，即可得 的单调性；
（2）借助（1）中结论得 ，转化所证不等式，结合同角三角函数关系即可证明不等
式．
【详解】（1）由题知，函数 的定义域为 ，
，
当 时，有 ，
当 或 时， ，当 时， ，
所以， 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增；
当 时，有 ， ，
所以 在 上单调递增；
当 时，有 ，
当 或 时， ，当 时， ，
所以， 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增．
（2）由（1）知：当 时， 在 上单调递增，
所以，当 时， ，即 ．
因为 ，所以 ，
所以 ．8．（2024·北京昌平·二模）已知函数 ．
(1)求曲线 在点 处的切线方程；
(2)求 在区间 上的最小值；
(3)若 ，当 时，求证： ．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）利用导数的意义求出切线的斜率，再求出 ，最后利用点斜式写出直线方程再整理即
可；
（2）含参数的单调性讨论问题，先求导，再分参数 ， 讨论单调性得出结果即可，其中当
时又分 、 、 三种情况；
（3）构造函数 ，结合对数的运算化简，求导再结合基本不等式得到 的单调性，即可证明.
【详解】（1）因为 ，所以 ，
所以 ，
所以曲线 在点 处的切线方程为 .
（2）因为 ，
当 时， 在区间 上恒成立，
所以 在区间 上是增函数，此时 ；
当 时，令 ，解得 ，
①当 ，即 时， 在区间 上恒成立，
所以 在区间 上是增函数，
所以当 时， ；
②当 ，即 时， 与 的情况如下：负 0 正
减 极小值 增函数
所以当 时， ；
③当 即 时， 在区间 上恒成立，
所以 在区间 上是减函数，
所以当 时， ，
综上
（3）设 ，
所以 ，
因为 ，
由基本不等式可得 ，当且仅当 时取等号，
所以 在 上单调递增，
所以 ，
所以 .
【点睛】方法点睛：
（1）第一问可用导数的意义求出切线的斜率，再用点斜式求出直线方程；
（2）第二问为带参数的单调性的讨论求极值点问题，可求导分析单调性，进而求极值，在求出最值；
（3）第三问为函数不等式问题，可构造函数求导分析单调性求解.
9．（2024·湖南长沙·三模）已知函数 ．
(1)判断并证明 的零点个数
(2)记 在 上的零点为 ，求证;
（i） 是一个递减数列（ii） ．
【答案】(1)当 为奇数数， 有1个零点；当 为偶数时， 有2个零点
(2)证明见解析
【分析】（1）当 时，利用导数研究函数 的零点和零点的存在性定理可知其在 内有唯一零
点；当 时，分类讨论 为奇、偶数时零点的情况，即可下结论；
（2）（i）易知 ，当 时可得 ，利用 的单调性解不等式可得 ，即可证
明；（ii）由（i） ，求和可得 ；由 得
，利用放缩法和函数单调性解不等式可证得 ，求和，结合等比数列数列前
n项求和公式计算即可证明.
【详解】（1）当 为奇数时， 有1个零点；当 为偶数时， 有2个零点.
证明如下：
当 时，由 ，得 ，
所以函数 在 上单调递增，又 ， ，
所以函数 在 内有唯一零点；
当 时， ，
若 为奇数， ，则 ，此时 在 内无零点；
若 为偶数，设 ，
则 ，方程 有一个解 ，
所以函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
且 ，此时 在 内有1个零点.
综上，当 为奇数时， 有1个零点；当 为偶数时， 有2个零点.
（2）（i）由（1）知，当 时， 在在 内的零点 ，
当 时， ， ，
则 ，
故 ，所以数列 是一个递减数列；
（ii）由（i）知，当 时， ，
当 时， ，有 ，所以 ，求和可得
，当且仅当 时等号成立；
当 时， ，
故 ，则 ，得 ，
即 ，即 ，即 ，
即 ，即 ，
即 ，当 时， ，
所以当 时，均有 成立，求和可得
.
综上， .
【点睛】方法点睛：在证明导数与数列不等式综合问题时，常常将上一问的结论直接应用到证明当中去，
再综合考虑不等式特征合理选取方法巧妙放缩求和，即可实现问题求解.
10．（2024·四川南充·模拟预测）已知函数 .
(1)若函数 在 处切线的斜率为 ，求实数 的值；
(2)当 时， 恒成立，求实数 的最大值；
(3)当 时，证明：
【答案】(1)a=1
(2)2
(3)证明见解析
【分析】（1）求导，利用导数值等于切线斜率构造方程，求出a即可.
（2）将a代入不等式，x和m参变分离，转化为恒成立问题，构造函数后转化为求函数最值问题即可.
（3）由（2）知， 当 时， 有 即 后进行放缩证明即可.
【详解】（1）因为 ，所以 ，所以a=1
（2）因为 当 时， 恒成立，所以
设
则
因为
当x≥1时，有 所以函数 单调递增，故
所以函数 单调递增，
故
所以函数 单调递增，故 所以
所以实数m的最大值为2.
（3）由（2）知， 当 时， 有 即
设 取 ,所以
即 .
因为
所以 即
、1．（2019·北京·高考真题）已知函数 .
（Ⅰ）求曲线 的斜率为1的切线方程；
（Ⅱ）当 时，求证： ；
（Ⅲ）设 ，记 在区间 上的最大值为M（a），当M（a）最小时，求a的值．
【答案】（Ⅰ） 和 .
（Ⅱ）见解析；
（Ⅲ） .
【分析】(Ⅰ)首先求解导函数，然后利用导函数求得切点的横坐标，据此求得切点坐标即可确定切线方程；
(Ⅱ)由题意分别证得 和 即可证得题中的结论；
(Ⅲ)由题意结合(Ⅱ)中的结论分类讨论即可求得a的值.
【详解】（Ⅰ） ，令 得 或者 .
当 时， ，此时切线方程为 ，即 ；
当 时， ，此时切线方程为 ，即 ；
综上可得所求切线方程为 和 .
（Ⅱ）设 ， ，令 得 或者 ，所以当
时， ， 为增函数；当 时， ， 为减函数；当 时，
， 为增函数；
而 ，所以 ，即 ；
同理令 ，可求其最小值为 ，所以 ，即 ，综上可
得 .
（Ⅲ）由（Ⅱ）知 ，
所以 是 中的较大者，
若 ，即 时， ；
若 ，即 时， ；
所以当 最小时， ，此时 .
【点睛】本题主要考查利用导函数研究函数的切线方程，利用导函数证明不等式的方法，分类讨论的数学
思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
2．（2018·全国·高考真题）已知函数 ．
（1）若 ，证明：当 时， ；当 时， ；
（2）若 是 的极大值点，求 ．
【答案】（1）见解析（2）
【详解】分析：（1）求导，利用函数单调性证明即可．
（2）分类讨论 和 ,构造函数 ,讨论 的性质即可得到a的范围．
详解：（1）当 时， ， .
设函数 ，则 .
当 时， ；当 时， .故当 时， ，且仅当 时，
，从而 ，且仅当 时， .
所以 在 单调递增.
又 ，故当 时， ；当 时， .
（2）（i）若 ，由（1）知，当 时， ，这与 是 的
极大值点矛盾.
（ii）若 ，设函数 .
由于当 时， ，故 与 符号相同.
又 ，故 是 的极大值点当且仅当 是 的极大值点.
.
如果 ，则当 ，且 时， ，故 不是 的极大值点.
如果 ，则 存在根 ，故当 ，且 时， ，
所以 不是 的极大值点.
如果 ，则 .则当 时， ；当 时， .所
以 是 的极大值点，从而 是 的极大值点
综上， .点睛：本题考查函数与导数的综合应用，利用函数的单调性求出最值证明不等式，第二问分类讨论 和
,当 时构造函数 时关键，讨论函数 的性质，本题难度较大．
3．（2018·全国·高考真题）已知函数 ．
（1）求曲线 在点 处的切线方程；
（2）证明：当 时， ．
【答案】（1）切线方程是 ；（2）证明见解析．
【分析】（1）求导，由导数的几何意义求出切线方程．
（2）方法一：当 时， ，令 ，只需证明 即
可．
【详解】（1） ， ．
因此曲线 在点 处的切线方程是 ．
（2）［方法一］：【最优解】放缩
当 时， ．
令 ，则 ，
当 时， ， 单调递减；当 时， ， 单调递增，所以
．因此 ．
［方法二］：【通性通法】导数的应用
函数 的定义域为R， ．
当 时，令 ，得 ，或 ，其中 ．则函数 的单调递减区间为 ，
，单调递增区间为 ．又 ，当 时， 恒成立，故
，故当 时， ．
［方法三］：等价变形＋含参讨论
不等式 等价于 ．
令 ．
当 时， （导数法证明过程参考方法二）．当 时，易知 在R上单调递增且 ．
所以存在唯一实数 使得 ，即 ．函数 在区间 内单调递
减，在区间 内单调递增．故 ．
记 ，则 的图像为开口向上，对称轴 的抛物线，故函数
在区间 内单调递减，故 ．
综上所述，当 时， ．
［方法四］：【最优解】利用切线不等式放缩
不等式 等价于 ．因为 ，所以
．当 时， ，即
结论得证．
【整体点评】（2）方法一：利用不等式性质放缩，转化为求具体函数的最值，方法简单易操作，是该题
的最优解；
方法二：直接研究函数的单调性求最小值，即可解出，是该类型题的通性通法；
方法三：将不等式等价变形，然后再含参讨论新函数的单调性，求出最小值，此法也是常规手段，但是对
于解决该题，显得有些繁琐；
方法四：将不等式等价变形，然后利用切线不等式，不等式的性质放缩，再结合二次函数的性质解出，也
可以认为是本题的最优解．
4．（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．
5．（2016·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 ．
6．（2016·全国·高考真题）设函数 ．
（Ⅰ）讨论 的单调性；
（Ⅱ）证明当 时， ；
（Ⅲ）设 ，证明当 时， .
【答案】（Ⅰ）当 时， 单调递增；当 时， 单调递减；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析．
【详解】试题分析：（Ⅰ）首先求出导函数 ，然后通过解不等式 或 可确定函数
的单调性；（Ⅱ）左端不等式可利用（Ⅰ）的结论证明，右端将左端的 换为 即可证明；（Ⅲ）变形所
证不等式，构造新函数，然后通过利用导数研究函数的单调性来处理．
试题解析：（Ⅰ）由题设， 的定义域为 ， ，令 ，解得 .
当 时， ， 单调递增；当 时， ， 单调递减.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知， 在 处取得最大值，最大值为 .
所以当 时， .
故当 时， ， ，即 .（Ⅲ）由题设 ，设 ，则 ，令 ，
解得 .
当 时， ， 单调递增；当 时， ， 单调递减.
由（Ⅱ）知， ，故 ，又 ，故当 时， .
所以当 时， .
【考点】利用导数研究函数的单调性、不等式的证明与解法
【思路点拨】求解导数中的不等式证明问题可考虑：（1）首先通过利用研究函数的单调性，再利用单调
性进行证明；（2）根据不等式结构构造新函数，通过求导研究新函数的单调性或最值来证明．
7．（2015·全国·高考真题）设函数 .
（Ⅰ）讨论 的导函数 的零点的个数；
（Ⅱ）证明：当 时 .
【答案】（Ⅰ）当 时， 没有零点；当 时， 存在唯一零点.（Ⅱ）见解析
【详解】试题分析：（Ⅰ）先求出导函数，分 与 考虑 的单调性及性质，即可判断出零点个
数；（Ⅱ）由（Ⅰ）可设 在 的唯一零点为 ，根据 的正负，即可判定函数的图像与性质，
求出函数的最小值，即可证明其最小值不小于 ，即证明了所证不等式.
试题解析：（Ⅰ） 的定义域为 ， .
当 时, ， 没有零点；
当 时，因为 单调递增， 单调递增，所以 在 单调递增.又 ,当b满足
且 时， ,故当 时， 存在唯一零点.
（Ⅱ）由（Ⅰ），可设 在 的唯一零点为 ，当 时， ;
当 时， .
故 在 单调递减，在 单调递增，所以当 时， 取得最小值，最小值为 .
由于 ，所以 .
故当 时， .考点：常见函数导数及导数运算法则；函数的零点；利用导数研究函数图像与性质；利用导数证明不等式；
运算求解能力.
