文档内容
专题 2-4 导数证明不等式归类
目录
讲高考................................................................................................................................................................................1
题型全归纳.......................................................................................................................................................................5
【题型一】.......................................................................................................................................................................5
【题型二】.......................................................................................................................................................................8
【题型三】.......................................................................................................................................................................8
【题型四】.....................................................................................................................................................................13
【题型五】.....................................................................................................................................................................15
【题型七】.....................................................................................................................................................................18
【题型八】.....................................................................................................................................................................20
【题型九】.....................................................................................................................................................................22
【题型十】.....................................................................................................................................................................24
【题型十一】................................................................................................................................................................26
专题训练.........................................................................................................................................................................34
讲高考
1.已知函数 ．
(1)若 ，求a的取值范围；
(2)证明：若 有两个零点 ，则 ．
2022年高考全国甲卷数学（理）真题
【答案】(1) (2)证明见的解析【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可
得解；（2）利用分析法，转化要证明条件为 ，再利用导数
即可得证.
【详解】（1）[方法一]：常规求导
的定义域为 ，则
令 ,得 当 单调递减当 单调递增
，若 ,则 ,即 所以 的取值范围为
[方法二]：同构处理
由 得： 令 ，则 即
令 ，则 故 在区间 上是增函数
故 ，即 所以 的取值范围为
（2）[方法一]：构造函数
由题知, 一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设 要证 ,即证
因为 ,即证 又因为 ,故只需证
即证 即证
下面证明 时， 设 ，则
设
所以 ,而 所以 ,所以 所以 在 单调递增
即 ,所以 令
所以 在 单调递减
即 ,所以 ；综上, ,所以
.
[方法二]：对数平均不等式
由题意得： 令 ，则 ，
所以 在 上单调递增，故 只有1个解
又因为 有两个零点 ，故
两边取对数得： ，即
又因为 ，故 ，即 下证
因为
不妨设 ，则只需证
构造 ，则
故 在 上单调递减故 ，即 得证
【点睛】关键点点睛 ：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等
式 这个函数经常出现，需要掌握
2.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： ．
2022年新高考全国II卷数学真题
【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.
3.已知函数 ．
(1)求曲线 在点 处的切线方程；
(2)设 ，讨论函数 在 上的单调性；
(3)证明：对任意的 ，有 ．
2022年新高考北京数学高考真题
【答案】(1)
(2) 在 上单调递增.
(3)证明见解析
【分析】（1）先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程；
（2）在求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解；
（3）令 ， ，即证 ，由第二问结论可知 在
[0,+∞）上单调递增，即得证.
【详解】（1）解：因为 ，所以 ，
即切点坐标为 ，
又 ，
∴切线斜率
∴切线方程为：
（2）解：因为 ，
所以 ，
令 ，
则 ，
∴ 在 上单调递增，
∴
∴ 在 上恒成立，
∴ 在 上单调递增.
（3）解：原不等式等价于 ，
令 ， ，
即证 ，
∵ ，
，
由（2）知 在 上单调递增，
∴ ，
∴
∴ 在 上单调递增，又因为 ，
∴ ，所以命题得证.4.已知 ，函数 ．设 ，记曲线 在点
处的切线为l．
(1)求l的方程；
(2)设l与x轴交点为 ．证明：
① ；②若 ，则 ．
2002年普通高等学校招生考试数学（理）试题（新课标）
【答案】(1) ；(2)证明见解析.
【分析】（1）直接利用导数求出切线方程；（2）①求出 ，由 的范围即
可求出 ；②利用不等式的性质直接证明.
【详解】（1）函数 的导函数为 .
所以曲线 在点 处的切线为l： ，即
.
（2）由（1）得：切线方程为 ，令 ，解得： ，其中
.
①由 及 可得： .
而 （当且仅当 时等号成立），
所以 ；
②当 时，有 ，所以 .
且由①可得： ，所以 .即证.
题型全归纳
【题型一】不等式证明基础思维
【讲题型】
例题1.已知函数 的图象在点 处的切线方程为 .
（1）求 在 内的单调区间.
（2）设函数 ，证明： .
【答案】（1）单调递减区间为 ，单调递增区间为
（2）证明见解析
【分析】
（1）求导根据切线公式得到 ， ，再根据导数的正负得到函数单调区间.
（2） ，设 ，求导得到函数单调区间，计算
最小值为1，设 ，求导得到单调区间，计算 ，得到证明.
（1）
因为 ，所以 ，又 ，所以 .
当 时， ；当 时， .
所以 在 内的单调递减区间为 ，单调递增区间为 .
（2）
.
设函数 ，则 .
当 时， ，函数单调递减；当 时， ，函数单调递增.
所以 ，所以 .
设函数 ，则 ，
设 ，则 ，令 ，得 ，
当 时， ，函数单调递减；
当 时， ，函数单调递增.
则 ，所以 ，从而 増函数，
则 ，因此 ，故 .
【讲技巧】
应用导数证明不等式基础思维：
欲证f（x）>g（x），移项为h（x）=f（x）-g（x），证明h（x）min>0,求导求最值
【练题型】
1.已知函数 ， .
（1）若函数 在 上单调递减，求实数 的取值范围；
（2）若函数 的图象在点 处的切线平行于 轴，求证： .
【答案】（1） （2）证明见解析
【分析】
（1）由单调性可知 ，即 在 上恒成立，采用分离变量法可求得
的取值范围；
（2）由切线斜率可求得 ，将所证不等式转化为证明 ，令
，利用导数可求得 单调性，得到
，根据 化简 得到 ，
由此可证得结论.（1）函数 的定义域为 ， ， 在 上单
调递减，
在 上恒成立，即 在 上恒成立，
当 时， ， ，即实数 的取值范围为 ；
（2） 函数 的图象在点 处的切线平行于 轴， ，
即 解得： ， ；
要证 ，即证 ，即证 ；令
，
，令
， 在 上单调递增， ，
，
，使得 ，即 ， 当 时， ；当
时， ；
在 上单调递减，在 上单调递增，
，又 ，即 ，
，
，即 ；综上所述： .
2.已知函数 ．
（1）证明：
（2）若对任意 都有 ，求 的最大值．
【答案】（1）证明见解析（2）
【分析】
（1）令 ，求导利用导数正负判断单调性可得；
（2）由 ，只需证 对任意的正实数恒成立即
可，构造函数，利用导数求解单调性即可判断.
（1）证明：令 ，则 ，由 解得 ，由 解得
，
所以 在 单调递减，在 单调递增，则
；
（2）由 ，下证 的最大值为 ，即证 对任意的正实数恒成立；
令 ，则
，
当 时， ；
当 时， ， ，所以 ；
综上 在 上恒成立 在 上单调递增；
由 可得， 在 单调递减；在 单调递增．
可得 ，所以 的最大值为 ．
【题型二】极值点偏移1：零点型
【讲题型】
例题1.已知函数 ， ．
（1）若 ，求函数 在 为自然对数的底数）上的零点个数；
（2）若方程 恰有一个实根，求 的取值集合；
（3）若方程 有两个不同的实根 ， ，求证： ．
【答案】
（1）无零点（2） （3）证明见解析
【分析】
（1）利用导数研究函数的单调性与极值，进而判断函数的零点个数；
（2）利用导数研究函数的单调性与极值，分类讨论参数 ， 和 时，函数的根
的个数；
（3）依题设 ，于是 ，令 ，双变量变成单变量，
可得 ，再利用导数研究函数的单调性可知 ，再证
，构造函数，并研究函数的单调性及最值，通过转化可证得.
（1）
当 时， ， ，
求导 ，令 得， ，
当 时， ，函数 单调递增；当 时， ，函数 单调
递减，
当 时，函数取得极大值且 ，
函数 在 上恒小于0，所以函数 在 上无零点；
（2）方程 恰有一个实根，即方程 恰有一个实数根，
令 ，求导 ，
令 ，得 ．
当 时， ， 单调递减；当 时， ， 单调递增，
故当 时，函数取得极大值 ，
①当 ，即 时，因最大值点唯一，故符合题设；
②当 ，即 时， 恒成立，不符合题设；
③当 ，即 时，一方面， ， ；
令 ，则 ，令 ，得
当 时，， ，函数单调递增，当 时， ，函数单调递减；
故当 时，函数取得极小值0，故 恒成立，即
一方面， ， ，于是， 有两零点，不符合题设．
综上所述， 的取值集合为 ；
（3）
证明：由（2）知方程 有两个不同的实根 ， ，即 有
两个不同的实根 ， ，可知 先证 ，依题设，有
，于是 ，
记 ， ，则 ，故 ，于是 ，故
，
记函数 ， ，因 ，故 在 上单调递增，故
，
，又 ，所以 ，再证 ，
，故 ， 也是 的两个零点，
求导 ，令 ，得 （记 ，
当 时， ， 单调递减；当 时， ， 单调递增，
故当 时，函数取得极大值，也是 的最大值，故有 ，
作函数 ，则 ，故 单调递增，
当 时， ；当 时， ，
于是 ，
整理得 ，即 ，
同理 ，故 ，即 ，于是
综上， ．
【讲技巧】
零点型，注意数形结合思想的应用：
1. 零点是否是特殊值，或者在某个确定的区间之内。
2. 零点是否可以通过构造零点方程，进行迭代或者转化。
3. 将方程根的判定转化为函数的单调性问题处理
【练题型】
已知函数 ．
（1）求函数 的单调区间；
（2）当函数 与函数 图象的公切线 经过坐标原点时，求实数 的取值集合；
（3）证明：当 时，函数 有两个零点 ， ，且满足 ．
【答案】
（1）答案见解析（2） （3）证明见解析
【分析】
（1）利用导数求解单调性；
（2）利用是 的切线求出其切线方程，再利用切线方程与 只有一个公共点，即
可求出实数 的取值集合；
（3）证明 有两个零点，即证明函数 ，其中一个零点 通过观察即
可求得，另一个零点通过切线放缩即可证明 ，将 代入 中，即证明
成立，通过构造函数 ，判断其单调性即可证明.
（1）函数 的定义域为 ，对 求导，得 ，
令 ，解得 ，
当 时， ， 单调递增．
当 时， ， 单调递减；
故 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 .
（2）
设公切线 与函数 的切点为 ， ，则公切线 的斜率 ，
公切线 的方程为： ，将原点坐标 代入，得 ，
解得 ．公切线 的方程为： ，将它与 联立，整理得 ．
令 ，对之求导得： ，令 ，解得 ．
当 时， ， 单调递减,当 时， ， 单调递增，则
有最小值 ，
由于直线 与函数 相切，即只有一个公共点，
故实数 的取值集合为 ；
（3）证明：由 得，要证 有两个零点，只要证 有两个
零点即可．
观察得 ，即 时函数 的一个零点．对 求导得： ，令
，解得 ．
当 时， ， 单调递增；当 时， ， 单调递减；即
时， 取最小值，且 ，
由 得：必定存 在使得二次
函数 ，
即 ．因此在区间上 必定存在 的一个零点．
综上所述， 有两个零点，一个是 ，另一个在区间 上．
下面证明 ．
由上面步骤知 有两个零点，一个是 ，另一个在区间 上．
不妨设 ， 则 ，下面证明 即可．
令 ，对之求导得 ，
故 （a）在定义域内单调递减， ，即 ．
证明完毕．
【题型三】极值点偏移2：水平线交点型
【讲题型】
例题1..已知函数 .
（1）求曲线 在 处的切线方程；（2）若 ，证明： .
【答案】（1） （2）证明见解析
【分析】
（1）利用导数的几何意义得出切线方程；
（2）利用导数证明 ，从而得出 ，
设 ，利用导数证明 恒成立，从而得出 ，由
结合 的单调性证明 .
（1） ∴ 又 ，∴曲线 在 处
的切线方程为 ，即 .
（2）设 ，则 ，当 时， 单调
递减，
当 时. 单调递增.∴ ∴ ，即 .
∴当 时， ∴
∵当 时， ∴ 设 ，则
设 ，则 令 ，解得 当 时，
单调递减，
当 时， 单调递增.∴
∴ ，即 ∴ 在 上单调递增∴ ∴当 时，
恒成立.
∴ ，即 .
∴ 又 ∴ 单调递减.又 ∴
【练题型】
已知函数 在点 处的切线方程与 轴平行．
（1）求函数 的极值；
（2）若函数 有两个不同的零点 ， ．
①求 的取值范围；②证明： ．
【答案】（1）极小值 ，无极大值（2）① ，②证明见解析.
【分析】
（1）求得导函数由 求得 ，则 ，由导数的正负即可判断函数
的单调性进而得出极值.
（2）①问题等价于 有两个零点，当 ， 单调递增，不可能有两个零点；当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增则 ，可解得 ，
进而验证 在 上存在唯一零点， 在 上存在唯一零点，即可求得结果．
②由题意，可得 ， ，可得 ，设 ，则 ，
则 ，可得 ，化简可得 ．
构造函数 ， ，利用导数判断单调性可得 ，即可证得结果.
（1） ， ，故 ． ，当
时， ；当 时， ，故 在 上单调递减，在 上单调递增，
故 在 处有极小值 ，无极大值．
（2）
① 有两个零点等价于 有两个零点，又 ，
当 时， 在 上恒成立， 在 上单调递增，不可能有两个零
点；
当 时，令 ，解得 ；令 ，解得 ，
在 上单调递减，在 上单调递增． 函数 有两个零点，
， ，
，解得 ．由 ， ，故 在 上存
在唯一零点．
令 ， ， ，故 在 上单调递增，
故 ，故 在 上单调递增，故 ，
故 在 上存在唯一零点．综上， 的取值范围为 ．
②证明：由题意， ， ，所以 ，设 ，则 ，所以 ，
所以 ，
所以 ．令
， ，
则 ，所以 ，所以 ．又 ，
，
所以 ，所以 ．
【题型四】极值点偏移3：极值型【讲题型】
例题1.已知函数 ．
（1）讨论f（x）的极值点的个数；
（2）若f（x）有3个极值点x，x，x（其中x＜x＜x），证明：xx＜x2．
1 2 3 1 2 3 1 3 2
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】
（1）对函数f（x）求导，令 ，利用函数的导数判断出单调性求出极值，可得f
（x）的极值点的个数；
（2）由f（x）有3个极值点x，x，x，列出方程且x＝1，要证 ，即xx＜1，设
1 2 3 2 1 3
，k＞1，得出x﹣x＝lnk，联立 ，推出 ，只需证
3 1
，k＞1，需证明 ，令 ，t＞1，即需证明
，利用函数的导数判断单调性和最值即可得证．
【详解】（1） ＝（x﹣1）ex+a（x2﹣x）＝（x﹣1）（ex+ax） ，
，
f（x）的极值点的个数即为 的变号方程根的个数
令 ， ，故g（x）在（0，1）上单调递减（1，+∞）上单调递增，
在（﹣∞，0）上单调递减，且当x＜0时，g（x）＜0．即
根据 与 的交点个数可得：
当a＞0时，f（x）有2个极值点，当﹣e≤a≤0时，f（x）只有1个极值点，
当a＜﹣e时，f（x）有3个极值点．
（2）证明：因为f（x）有3个极值点x，x，x（其中x＜x＜x），所以 ，
1 2 3 1 2 3
且x＝1，即得 ，要证 ，即xx＜1，
2 1 3
由 ，得 ，设 ，k＞1， ，所以x﹣x＝lnk，
3 1
联立 ，得 所以 ，
所以要证xx＜1，只需 ，k＞1，
1 3
则有 ，即 ，则需证明 ．令 ，t＞1，即需证明 ．
因为 恒成立，
所以h（t）在t∈（1，+∞）上是单调递减函数，则有 ，
即 成立，所以xx＜1，即 得以证明．
1 3
【练题型】
已知 ，关于x的方程 的不同实数解个数为k.
（1）求k分别为1，2，3时，m的相应取值范围；
（2）若方程 的三个不同的根从小到大依次为 ，求证： .
【答案】（1） 时， ； 时， 或 ； 时， ；
（2）证明见解析.
【分析】
（1）由于 时， 均有且只有一解，因此只要考虑 时， 的解
的个数，由一元二次方程的分布可得；
（2）由（1）知 ，把 用 替换，其中 ，由韦达定理求得 ，
不等式转化为 .构造函数 ，求得 的
最小值，求 ，确定 在 上有极小值点 ，然后证明 即可．换
元设 ，不等式转化为 ，首先 ，因此只要证明
，注意 ， ，证明 成立即可．
【详解】
解：（1）注意到无论m为何实数， 时， 均有且仅有一个实数根，只需考虑
方程 的根的个数．
时， ， 时， ，
时， 或 ，则 或 ； 时， ，即 ，
此时 ， ， ，满足题意．
（2）由（1）， ，注意到 ，则 .
.
只需证明： .令 ，即需证明 .
.
则 为增函数，而 ， ，则 在 上存在零点 ，则 时， ； 时，
.
则 在 上单调递减，在 上单调递增. ，
则
令 ，只需证明
注意到 ，只需证明 ，
，则 ，令 ，显然 ，
，所以 成立，所以原不等式成立．
【题型五】极值点偏移4：多极值点型
【讲题型】
例题1.已知 ，关于x的方程 的不同实数解个数为k.
（1）求k分别为1，2，3时，m的相应取值范围；
（2）若方程 的三个不同的根从小到大依次为 ，求证： .
【答案】（1） 时， ； 时， 或 ； 时， ；
（2）证明见解析.
【分析】
（1）由于 时， 均有且只有一解，因此只要考虑 时， 的解
的个数，由一元二次方程的分布可得；
（2）由（1）知 ，把 用 替换，其中 ，由韦达定理求得 ，
不等式转化为 .构造函数 ，求得 的
最小值，求 ，确定 在 上有极小值点 ，然后证明 即可．换
元设 ，不等式转化为 ，首先 ，因此只要证明
，注意 ， ，证明 成立即可．
【详解】
解：（1）注意到无论m为何实数， 时， 均有且仅有一个实数根，只需考虑
方程 的根的个数．
时， ， 时， ，
时， 或 ，则 或 ； 时， ，即 ，此时 ， ， ，满足题意．
（2）由（1）， ，注意到 ，则 .
.
只需证明： .令 ，即需证明 .
.
则 为增函数，而 ， ，
则 在 上存在零点 ，则 时， ； 时，
.
则 在 上单调递减，在 上单调递增. ，
则
令 ，只需证明
注意到 ，只需证明 ，
，则 ，令 ，显然 ，
，所以 成立，所以原不等式成立．
【讲技巧】
一般情况下，第一步转化是消元，把三个根用一个变量t表示，
第二步构造关于变量的新函数g（t），证明新函数g（t）的最小（大）值的正负，
第三步由导数求得极小（大）值点t0的范围，并对 变形，最终转化为关于 的多
项式不等式，问题易于解决．
【练题型】
．已知函数 （其中 为常数）．
（1）当 时，求函数 的单调减区间和极值点；
（2）当 时，设函数 的3个极值点为 ， ， ，且 ，
①求 的取值范围；
②证明：当 时， ．
【答案】
（1）单调递减区间为 ， ，极值点为 （2）① ；②证明见解析
【分析】
（1）求导，利用导函数的符号变化确定函数的单调区间，进而确定函数的极值点；（2）①求导，构造新函数 ，利用导数判定 的单调性和最值，再利用极
值个数进行求解；②要证 ，只需证 ，构造函数 和
，再利用导数研究函数 的单调性进行求解.
（1）解： 时， ， ；所以当 时， ；当
时， ；
当 时， ；所以函数 的单调递减区间为 ， ，极值点为
；
（2）解：① ；令 ， ；
所以 在 上单调递减，在 上单调递增；所以 是 的最小值；因为
有三个极值点 ，
所以 ，解得 ，即 的取值范围为 ；②证明：当 时，
， ；
所以 ，即 ， 是函数 的两个零点；所以 ；消去 得
；
令 ， ， 的零点为 ，且 ；
所以 在 上递减，在 上递增；要证明 ，只需证 ，
即证 ；
因为 ，所以即证 ；构造函数 ，则
；
所以只要证明 上 单调递减； 在 单调递减；
所以 增大时， 减小， 增大， 减小；所以 在 上
是减函数；
所以 在 上是减函数；所以当 时， ．
【题型七】零点偏移型【讲题型】
例题1.已知 ， ．
（1）求 在 处的切线方程；
（2）已知 的两个零点为 ，且 为 的唯一极值点．
①求实数 的取值范围；
②求证： ．
【答案】（1） ;（2）① ;②证明见解析.
【分析】
（1）求导 ，进而得到 ，写出切线方程；
（2）①证明：由 ，知函数 在其定义域内为单调函数，不可能有两个
零点，得到 ，然后利用导数求得函数的极值点 ，由 求解；②根据
，令 ，由 ，得到 ，再将证
，转化为证 ，令 ，用导数法证
明即可.
（1）解：因为 ，所以定义域为 所以
，
所以切线方程为 ；
（2）①证明： ，若 ，则函数 在其定义域内为单调函
数，不可能有两个零点，
所以 ,由 ，得 ，当 ，
； ， ；
所以 在 上单调递减， 上单调递增，因为当 趋近 时， 趋近
；当 趋近0时， 趋近 ，要使 有两个零点，只要满足 ，即
；
②因为 ，令 ，由 ，所以
，即 ，
因此 ，而要证 ，只需证 ，即证 ，即证
，
由 ，只需证 ，令 ，则，
令 ，则 ，
故 在 上递增， ，故 在 上递增， ，
所以 ．
【练题型】
设函数 ， ( ).
（1）若 在 处的切线平行于直线 ，求实数 的值；
（2）设函数 ，判断 的零点的个数；
（3）设 是 的极值点， 是 的一个零点，且 ，求证： .
【答案】（1） ；（2）2；（3）证明见解析.
【分析】
（1）利用导数求得切线的斜率 ，由两直线平行斜率相等，即可列式求出实
数 的值；
（2）由题可知， ，求导得 ，构造新函数
，利用导数研究函数的单调性和零点得出 在 内有唯一解，
设为 ，分类讨论求出 的单调区间，由此得出 是 的唯一极值点，通过求解
和 ，结合零点存在性定理，即可判断 的零点的个数；
（3）结合（2）以及题意得到 ，化简得到 ，结合条件得出不等式
，两边取对数并根据对数的运算，化简即可证得 成立．
解：（1）由题可知， ，则 ，得切线的斜率为
，
因为 在 处的切线平行于直线 ， ，解得： ， 实数
的值为 .
（2）令 ，可知 的定义域为 ，且
，
令 ，得 ，而 ， 得 ，可知
在 内单调递减，
又 ，且 ，故 在 内有唯一解，
从而 在 内有唯一解，不妨设为 ，则 ，当 时，
，在 内单调递增；当 ， 时， ，
在 ， 内单调递减， 是 的唯一极值点，令 ，
则当 时， ，故 在 内单调递减，
当 时， （1） ，即 ，从而
，
又 ， 在 ， 内有唯一零点，
又 在 内有唯一零点1，从而 在 内恰有两个零点. 的零点的个
数为2.
（3）已知 是 的极值点， 是 的一个零点，且 ，由（2）及题意，
，即 ，
， ， 由（2）知当 时， ，又 ，
故 ，两边取对数，得 ，于是 ，整理得
，命题得证．
【题型八】条件不等式（等式）型
【讲题型】
例题1.已知函数 ．
（1）求函数 的单调区间；
（2）若 ，分别解答下面两题：
（i）若不等式 对任意的 恒成立，求 的取值范围；
（ii）若 ， 是两个不相等的正数， ，求证： ．
【答案】
（1）答案见解析
（2）（i） ， ；（ii）证明见解析
【分析】
（1）求导，然后分 和 讨论导函数的正负值即可；
（2）（i） ，利用导数求出 ，再将恒成立问题转化为
即可；
（ii）先通过函数单调性排除若 ， ， ， ， 三种情况，得到
，再由（2）知得到 ，令 ，然后利用条件变形，由函
数单调性可证明结论.
（1）
函数 ．
的定义域为 ， ，
令 ， ， ，
①当 时， 在 恒成立，
的单调递增区间为 ．②当 时， ， ，又 ，
的单调递增区间是 ，单调递减区间是 ， ．
综上所述：当 时， 的单调递增区间为 ，无递减区间；
当 时， 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ，
（2）
（i）设 ，
，
， 在 上恒成立，
在 上单调递减，
，
，即 的取值范围是 ， ．
证明：（ii） （1） ， 在 上单调递增．
①若 ， ，则 ， ，
则 与已知 矛盾；
②若 ， ，则 ， ，
则 与已知 矛盾；
③若 ，则 ，又 ， ，
，与 矛盾；
④不妨设 ，·
则由（2）知当 时， ，
令 ，则 ，
，
又 在 上单调递增，
， ．
【练题型】
已知函数 ， ．
（1）若 在 处取得极值，求 的值；
（2）设 ，试讨论函数 的单调性；
（3）当 时，若存在实数 ， 满足 ，求证： ．
【答案】（1） ；（2）答案见解析；（3）证明见解析.
【分析】
（1）对函数 进行求导，由于 在 处取得极值可知 ，从而可求出 的值，
再将 的值代入导函数进行检验即可；
（2）由题可得 ，对 进行求导，分类讨论 和
，利用导数研究函数 的单调性；
（3）当 时，由 得出
，令 ，则 ，求导后得
，利用导数研究函数的单调性和最值得出 在 时的最小值为1，所以 ，进而得出 ，而 时，
，从而可证出 .
（1）
解：因为 ，所以 ，
因为 在 处取得极值，
所以 ，解得： ．
验证：当 时， ，
易得 在 处取得极大值．
（2）
解：因为 ，
所以 ，
①若 ，则当 时， ，所以函数 在 上单调递增；
当 时， ， 函数 在 上单调递减；
②若 ， ，
当 时，易得函数 在 和 上单调递增，在 上单调递减；
当 时， 恒成立，所以函数 在 上单调递增；
当 时，易得函数 在 和 上单调递增，在 上单调递
减.
（3）
证明：当 时，因为 ，
所以 ，
所以 ，
令 ， ，则 ，
当 时， ，所以函数 在 上单调递减；
当 时， ，所以函数 在 上单调递增；
所以函数 在 时，取得最小值，最小值为1，
所以 ，
即 ，所以 ，
当 时， 此时不存在 ， 满足等号成立条件，
所以 ．
【题型九】同构型
【讲题型】
例题1.已知函数 ， ，其中 .
（1）试讨论函数 的单调性；
（2）若 ，证明： .【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1） 的定义域为 ，求出 ，分别讨论 ， ，
时不等式 和 的解集即可得单调递增区间和单调递减区间，即可求解；
（2） 的定义域为 ，不等式等价于 ， ，
令 ，只需证 ，令 ，利用导数判断单调性和最值即可
求证.
解（1） 的定义域为 ，
由 可得： ，
当 时，令 ，解得 ；令 ，解得 或 ；
此时 在 上单调递增，在 和 上单调递减：
当 时， ，此时 在 和 上单调递减；
当 时，令 ，解得 ，令 ，解得 或 ，
此时 在 上单调递增，在 和 上单调递减：
综上所述：当 时， 在 上单调递增，在 和 上单调递减；
当 时， 在 和 上单调递减；
当 时， 在 上单调递增，在 和 上单调递减.（2）因为 ， 的定义域为 ，所以 即
，
即证： ，令 ，只需证 ，令 ，
则 ，
令 ，解得： ； ，解得 ；所以 在 上单调递减，在
上单调递增；
所以 ，所以 ，
所以 ，即 成立.
【练题型】
已知函数 .
（1）若 ，求曲线 在 处的切线方程.
（2）若存在实数 ，使得 有两个不同的零点 ，证明： .
【答案】（1） ；（2）证明见解析.
【分析】
（1）求导可得 ，又 ，利用直线的点斜式方程即得解；
（2） 有两个不同的零点 ， ，可转化为
，构造函数 ，求导分析单调性可证明
，可得 ，即得证.
【详解】
（1）解：当 时， ， .
因为 ， ，
所以所求切线方程为 ，即 .
（2）证明：若 有两个不同的零点 ， ，
则 ，
所以 .
令 ，则 ，所以 在 上单调递增.
因为 ，所以 ，所以 ，
所以 .
因为 ，所以 ，即 .
【题型十】数列不等式型
【讲题型】
例题1.已知 .
（1）求函数 的单调区间；
（2）设函数 ，若关于 的方程 有解，求实数 的最小值；
（3）证明不等式： .
【答案】（1）单调增区间为 ，单调减区间为 .（2）0.（3）证明见解析.
【分析】
（1）求导函数，分析导函数的符号，可得原函数的单调性；
（2）求得函数 的解析式，并对 求导函数，分析其导函数的符号，得出函数
的单调性和最值，从而求得答案；
（3）由（2）得 在 上恒成立，令 ，则有
，运用累加法可得证.
（1）解： ， ， 由 得 ，
当 时， . 函数 的单调增区间为
，单调减区间为 .
（2）解：函数 ， ， ，令
，得 .
时， ， 时， ， 在 递减，在 递增，
，
关于 的方程 有解，则实数 的最小值为0.
（3）证明：由（2）得 在 上恒成立，令 ，则有
，
， ， ， ， ，
， .
【练题型】
已知二次函数 图象经过坐标原点，其导函数为 ，数列 的前 项和为 ，点 均在函数 的图象上；又 ， ，且
，对任意 都成立.
（1）求数列 ， 的通项公式；
（2）求数列 的前 项和 ；
（3）求证：① ；② .
【答案】（1） ， （2） （3）①证明见解析；
②证明见解析
【分析】
（1）设出二次函数，求导可得 与 ，进而求得 ，再利用退一相减法可求得 与 ，
再利用退一相减法求得 ；
（2）由（1）求出 ，再利用分组求和与错位相减可得 ；
（3）①构造函数 ，利用导数判断单调性，求最值即可得证；②
根据①构造 ，再变形、赋值、放缩得： ，代入 化简后，再进
一步放缩，利裂项相消法求和即可.
（1）设二次函数 ， ， ，则 ，
在 上， 当 时
，
又 时 符合， ，则 ，由
得， ①，
令 代入上式得， ②，
① ②得， ，即 ，又 不满足上式， ；
（2）由（1）得， ，
③，
④，③ ④得，
，则 ，
（3）①设 ，则 ， 在 上是
增函数，
，即 ，故 ；② ，当 ， 时，令 代入上式得： ，即 ，
令 代入上式得， ， ，
则
，
故结论成立.
【题型十一】水平线分割型（凸凹翻转型）
【讲题型】
例题1.已知函数 ， .
（1）求函数 的单调区间；
（2）当 时，求 的最小值；
（3）当 时，证明： .
【答案】(1)当 时, 的单调递减区间是 ,无单调递增区间;当 时, 的单调
递减区间是 ,单调递增区间是 ; (2) ; (3)证明见解析;
【分析】
（1）求出 ，由 和 两种情况分类讨论，利用导数的性
质能求出 的单调区间．
（2）由 ，得 ，由此利用导数的性质能求出 的最
小值．
（3）令 ，则 ，令 ，得 ，由此利用导数的性质能
证明 ．
解：（1） 函数 ， ， ．
①当 时， ， 在 上单调递减；
②当 时，令 ，得 ，令 ，得 ，
在 上单调递减，在 上单调递增．
综上，当 时， 的单调递减区间是 ，无单调递增区间；当 时， 的单调递减区间是 ，单调递增区间是 ．
（2） ，则 ，令 ，得 ，当 时，
，
当 时， ， 当 时， 取得最小值， ．
证明：（3）令 ，则 ，令 ，得 ．
当 时， ， 在 ， 上单调递增，
，所以 ，
【练题型】
已知函数 .
（1）讨论函数 的单调性；
（2）证明： .
【答案】（1）答案见解析.（2）证明见解析
【分析】（1） ，令 ，分别讨论
， ， ，解不等式 或 即可得单调增区间和减区间，
进而可得单调性.
（2）设 分别求 ， 利用导数判断两个函数的单调性以及最值，求
出 即可求证.
解（1）因为 ，所以 ， ，
，
令 ，当 时， 恒成立，此时 在
上单调递减，
当 时，解不等式 可得： ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，在
上单调递减，
当 时，解不等式 可得： ，所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
综上所述：当 时， 在 上单调递减，
当 时， 在 和 上单调递减，
在 上单调递增，
当 时， 在 上单调递增，在 上单调递减，
（2）由 可得 ，由 可得 ，由 可得
，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 ，所以 ，设 ，则
，
由 即 可得 ；由 即 可得 ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，所以
，
所以 ，所以 对任意的 恒成立.
【题型十二】两根差的绝对值型
【讲题型】
例题1.已知函数 ，其中 ．
（1）当 ， 时，证明： ；
（2）若函数 恒成立，求实数 的取值范围；
（3）若函数 有两个不同的零点 、 ，证明： ．
【答案】（1）证明见解析；（2） ；（3）证明见解析．
【分析】
（1）利用导数分析函数 在 上为增函数，由此可得出 ，即可证得结
论成立；（2）对实数 的取值进行分类讨论，利用导数分析函数 的单调性，验证不等式
是否恒成立，由此可得出实数 的取值范围；
（3）分析函数 的单调性，可得出 ， ， ，
再结合未韦达定理可证得原不等式成立.
【详解】
解：（1）当 时， ，
，
当 时， ，所以 在 上为单调递增函数，
因为 ，所以 ．
（2）函数 ，则 ，
令 ，
当 时，又 ，则 ， ，
当 时， ，得 ， ，
所以当 时， 在 上为单调递增函数，且 ，
所以有 ，可得 ；
当 时，有 ，此时 有两个零点，设为 、 且 ．
又因为 ， ，
所以 ，在 上， 为单调递减函数，
所以此时有 ，即 ，得 ，此时 不恒成立，
综上所述，实数 的取值范围是 ；
（3）若 有两个不同的零点 、 ，不妨设 ，
则 、 为 的两个零点，且 ， ，
由（2）知，此时 ，并且 在 、 为单调递增函数，在 上为单调
递减函数，且 ，
所以 ， ，因为 ， ， ，
且 图象连续不断，所以 ， ，所以 ，
因为 ，
综上得： ．
【练题型】已知函数 .
（1）当 时，求 的极值点.
（2）当 时，若 ，且 ，证明 .
【答案】（1）极大值点为 ，无极小值点；（2）证明见解析.
【分析】
（1）利用 研究 的单调性，由此求得 的极值点.
（2）由 列方程，由此化简 ，利用换元法，结合导数求得 ，
从而证得结论成立.
【详解】（1）当 时， ，定义域为 .
则 令 ，解得
则函数 在 上单调递增，在 上单调递减.
所以 为 的极大值点，所以 的极大值点为 ，无极小值点.
（2）当 时， ，定义域为 ，则
因为 ，所以 ，
整理得
因为 ，所以 ，
所以 .
设 ，则 .
令 ，解得 ，则 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ，即 ，
故 .
【题型十三】两边夹放缩型
【讲题型】
例题1.已知函数 ．
（1）求证： 恒成立；
（2）若函数 有两个不同零点 ， ，求证：．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】
（1）要证证不等式 ，即证 ，设 ，求出
导函数，得出单的区间，求出其最小值，即可证明.
(2) 不妨设 ，由题意即方程 有两个不同实数根 ， ，在 上
的图象位于曲线 上方，设直线 与抛物线
交点横坐标为 ，由 ，结合 图像知 ，所以
，要证 ，即证 ，即
证 ，设 ，求导函数，得出其单调性即可证明.
解：（1）证明：要证证不等式 ，即证 ，也即证 ，
设 ， ，∴当 时单调递减，
时单单调递增，
所以 ．
（2）证明：函数 有两个不同零点 ， ，即方程 有两个不同实
数根 ， ，
由 ，令 ，则 ， ，则 ，所以 在 上单
调递减，在 上单调递增.由第（1）知：当 时抛物线 位于曲线
上方，设直线 与抛物线 交点横坐标为 ，∴
．不妨设 ，根据题意并结合 图像知
，
∴ ，∴要证 ，
只要证： ，即证 ，由
即证 ，即证 ，即证即证 ……（1）设 ， ，∴
且 ，
由 ，解得 ， ，解得 ∴ 在 单调递增，
在 上单调递减，
∴ 对 成立，因为 ，∴ ，即不等式（1）成立，根据上
面分析知不等式成立．
【练题型】
已知函数 ， ．
（1）求函数 的极值；
（2）设曲线 与 轴正半轴的交点为 ，求曲线在点 处的切线方程；
（3）若方程 为实数）有两个实数根 ， 且 ，求证： ．
【答案】（1）极大值为 ，无极小值（2） （3）证明见解析
【分析】
（1）结合极值的概念，利用导数判断单调性，即可确定函数极值；（2）根据导数的几何
意义，结合直线的点斜式方程即可求解；（3）由（2）可设 ，构造函数
，设曲线 在点原点处的切线方程为： ，构造方程
，方程 ，结合函数 的单调性即可证明.
解（1）由已知得： 由 得： 又当 时， ， 单调
递增，
当 时， ， 单调递减，
当 时 取得极大值，极大值为 （1） ，无极小值
（2）设 ， ，则 ， ，
曲线 在点 处的切线方程为： ，
即曲线在点 处的切线方程为：
（3）设 ，令 即 ，则
由于 在 单调递减，故 在 单调递减，又 ，
当 时 ，当 ， 时， ， 在 单调递增，
在 ， 单调递减，
， ，即 ，都有 ；设方程 的根为 ，．
在 单调递减，且 ，
设曲线 在点原点处的切线方程为： ，则易得 ，
，有 ，即 ，设方程 的根为 ，则 ，
在 单调递增，且 ，
，
即 ．
【题型十四】三角函数型不等式
【讲题型】
例题1.已知 ， ， ．
（1）若 ，证明： ；
（2）对任意 都有 ，求整数 的最大值．
【答案】（1）证明见解析；（2）2．
【分析】
（1）利用二次求导求得存在唯一零点 ，使得 ， 在 上恒成
立上可以证明 在定义域上的单调性，可知 ，便可证明结论.
（2）先判断整数 可知 ，接着证明
在区间 上恒成立即可可出结论.
解：（1）证明：设 ， ，则 ．
因为 ，且
则 在 ，单调递减， ，
所以存在唯一零点 ，使得
则 在 时单调递增，在 上单调递减
又 ，
所以 在 上恒成立上，所以 在 单调递增
则 ，即 ，
所以 ．
（2）因为对任意的 ， 即 恒成立令
，则
由（1）知 ，所以 。由于 为 整数，
则因此 。下面证明
，在区间 上恒成立即可.由（1）知 ，则
。故
设 ， ，则 ，
所以 在 上单调递减，所以 ，所以 在 上恒成立.
综上所述, 的最大值为2．
【练题型】
已知函数 ．
（1）若 ，求函数 零点的个数；
（2）若 ，对于任意 ，求证： ．
【答案】
（1） 个
（2）证明见解析
【分析】
（1）利用导数讨论单调性，利用零点存在定理即可判断；
（2）利用作差法后，记 ，二次求导，得到 在 时单调递增，
由 即可证明．
（1）
时， ，得 ，
令 ，得 ，则 时， ， 单调减；则 时， ，
单调增，则 在 时取得极小值 ，也即为最小值．
又 时， ； 时， ，
所以， 时函数 有且仅有 个零点．
（2）
记 ，即 ，
则 ， ， ．
由题， 时， ，令 ，
则 ，由 ，则 ，
故 即 在 时单调递增，则 ，
所以 在 时单调递增，故 ，所以 成立．
1．已知函数 .
(1)若 最小值为0，求 的值；
(2) ，若 ，证明 .【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出导函数 ，由导函数确定单调性得函数的最小值，由最小值得参数
值；
（2）求出 ，再对 求导，确定 的最小值大于0，从而确定 的单调性，然
后由 ，得出 ，再由（1）得出 即可证．
【详解】（1）由 得 ，且
当 时， 单调递减，当 时， 单调递增.
所以 的极小值也是最小值为 .
（2）证明：由 得 .
设 ，则 ，当 时， ，
单调递减，当 时， 单调递增.
当 时， ，即 在区间 单调递增.
若 ，则当且仅当 时， .
由（1）知， .
，即 .
【点睛】用导数证明不等式 的方法：
（1）利用导数求得 的最小值 和 的最大值 ，由 证明结
论；
（2）引入新函数 ，由导数求得 的最小值 ，由 得证．
2．已知函数
(1)若 存在零点，求实数a的取值范围；
(2)若 是 的零点，求证：
【答案】(1) (2)证明见解析
【分析】（1）令 ，变形得 ，令
，求出函数 的值域，即可求得实数a的范围；
（2）由题意可得， ，得 ，要证 ，
即证 ，先证 ，只需证 ，令，求出函数的最小值即可得证；再证 ，令
，证明 即可得证.
【详解】（1）令 ，变形得 ，
令 ，问题转化成 与 有交点，令 ，解得
，
则 在 上单调递增，在 上单调递减，故 ，
又当 时， ， ，故实数a的取值范围为 .
（2）由题意可得， ，得 ，要证 ，
即证 ，即证 ，先证 ，
只需证 ，令 ，则 ，
在 上单调递减，在 上单调递增，故 ， ，左边
证毕，再证 ，令 ， ，
在 上单调递增，在 上单调递减，故 ；
令 ， ，对于函数 ， ，
则 ，原函数单调递减，故 令 ，解得 ，
在 上单调递减，在 上单调递增，故
， ，即 ，故 ，右边证毕，
则 得证.
3．已知函数 ， ．
(1)若 ，求 的取值范围；
(2)证明：若存在 ， ，使得 ，则 ．
【答案】(1) (2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数后可得函数的单调性，结合单调性可求最大值，从而可求参
数的取值范围.
（2）利用极值点偏移可证 ，结合不等式放缩可证 .
【详解】（1） ， ，令 ，解得 ，
所以当 时， ， 在 上单调递增；当 时， ，在 单调递减，所以 ，要使 ，则有 ，而 ，故 ，
所以 的取值范围为 ．
（2）证明：当 时，由（1）知，当 时， 单调递增；当 时，
单调递减，设 ，所以 ， ，①若 ，则
，成立；②若 ，先证 ，此时 ，
要证 ，即证 ，即 ， ，
令 ， ，
，
所以 在(1,2)上单调递增，所以 ，即 ， ，所以
，因为 ， ，所以 ，
即 ．
4．已知函数 ．
(1)讨论 的单调性；
(2)若直线 与曲线 相切，求证： ．
【答案】(1)答案见解析(2)证明过程见解析
【分析】（1）先求定义域，再求导，对 进行分类讨论，得到 的单调性；
（2）设出切点，根据导数的几何意义及切点在切线方程上，列出方程组，得到 ，
则 ，设 ，由零点存在性定理得到 ，再设
，求导得到单调性，得到 ，得到答案.
【详解】（1） 定义域为R， ，
当 时， 恒成立，故 在R上单调递减，
当 时，令 ，解得： ，令 ，解得： ，
故 在 上单调递增，在 上单调递减，
当 时，令 ，解得： ，令 ，解得： ，
故 在 上单调递增，在 上单调递减，
综上： 时， 在R上单调递减；
时， 在 上单调递增，在 上单调递减；
时， 在 上单调递增，在 上单调递减.
（2）直线 与曲线 相切，设切点为 ，则
，且 ，当 时， 无解，故舍去；由 得： ，由 得： ，
所以 ，故 ，故 ，
所以 ，令 ，则 在R上单调递增，
且 ， ，由零点存在性定理可知： ，
令 ， ，则 在 上恒成
立，故 在 上单调递减，所以 ，其中
， ，所以 ，解得： ，故 .
【点睛】当已知切点坐标为 时，根据导函数的几何意义可得到切线的斜率，再利用
求出切线方程；
当不知道切点坐标时，要设出切点坐标，结合切点既在函数图象上，又在切线方程上，列
出等式，进行求解.
5．已知函数
(1)当 时，求函数 的最小值；
(2)若关于x的方程 有两个不同的实根，证明： ．
【答案】(1) (2)证明见解析
【分析】（1）求导，根据导函数的符号分析；
（2）根据结论反向推导，构造函数证明即可.
【详解】（1）由题知： ，其定义域为（0，+∞），
，令 ，则 ，∴．
在 上单调递增，∴ ，∴ ，
设 ，得 ， ，得 ，
所以h(x)在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递减， ；
（2）设 ，
设 ，则，易知 在R上单调递增，
要使方程 有两个不同的实根，而函数 只存在1个零点，设为
，
所以方程 在 上存在2个根，设为 ，且 ，则 且
，所以 即 ，要证，即证 ，即证： ，
，
设 ，设 ，所以 ，
所以 在（0，1）单调递减， ，即 ，
故 ，所以 即 ；综上， .
【点睛】本题第二问难度较大，需要反向推导，思考 的含义，以及如何使用函
数表达，再考虑构造函数，运用导数求导.
6．已知函数 .
(1)求函数的最小值；
(2)若方程 有两个不同的实数根 ， 且 ，证明： .
【答案】(1) (2)证明见解析
【分析】(1)利用导数法求函数最值的步骤解求解；
(2)根据题意构造函数 ， .对函数求导，利用导函数的正负判
断函数的单调性，进而利用函数的最值得出 ，再结合（1）中函数的单调性
即可得证.
【详解】（1）由题意可知：函数 的定义域为： .
则 ，令 ，解得 .当 ， ，函数 单调递减；
当 ， ，函数 单调递增.所以 为极小值点，且
.
所以函数 的最小值为 .
（2）根据题意可知： ，根据（1）设 ， ，
构造函数 ， . ，所以
在 上单调递减.则有 ，也即 .
因为 ，所以 ，也即
因为 ， ，由（1）可知 在 上单调递增，
所以 ，也即 .由已知 ，所以 .
7．已知函数 ，其中 .
(1)当 时，求 的极值；
(2)当 时，证明： ；【答案】(1)极小值为 ，无极大值(2)证明见解析
【分析】（1）首先求函数的导数 ，分 和 可得到函数的单调区间，
即可求函数的极值；
（2）原命题可转化成 ，设 ，利用导数求出 的最大
值即可求证
【详解】（1）易得，函数 的定义域为 ，
当 时， ，令 ，解得 ，由 ，得 ，由
，得 ， 在 上单调递减，在 上单调递增， 的极小
值为 ，无极大值；
（2）当 时， ，要证明 ，即证 ，即
，
设 ，则 ，令 得， ，当 时，
，当 时， ，所以 在 上递增，在 上递减，
所以 为极大值点，也为最大值点，所以 ，
即 ，故 .
【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．
8．已知函数 .
(1)若 是函数 的极值点 ，证明： ；
(2)证明：对于 ，存在 的极值点 ， 满足 .
【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析
【分析】（1）由题意可得 是其导数的一个零点，由此得到一个方程，解之即得；
（2）构造函数 ，根据其单调性可得 ，根据两角差
的正切公式可得 ，结合 时， ，即可得 ，由
的单调性即可求解.
【详解】（1）函数 在定义域 上可导， ①令 ，得
．
显然，对于满足上述方程的 有 ，
上述方程化简为 ．此方程一定有解． 的极值点 一定满足 ．由 ，得 ．
因此， ．
（2）设 ， ， ，则 ，
所以 在 ， ，上单调递增，
由于 为奇函数，所以不妨设 ，其中 ，且 为相邻的两个
零点，即 ， ， ，
，
由于 在 ， ，上单调递增， 所以 ，
因此 ，
．
所以 ，因此 ，故 ，
由于当 时，令 ，所以 在
单调递增，所以当 时， ，由于
，则
，
所以 ，记 在 单调递增，
由于 ， ， ，所以 ，
所以 综上， ．
【点睛】方法点睛：本题考查了导数的综合运用，以及函数问题的证明，着重考查了转化
与化归，逻辑推理能力和计算能力.对导数的考查主要从以下几个角度进行：
(1)考查导数的几何意义，求曲线在某点处的切线方程，
(2)利用导数求解单调性，或者已知单调性求解参数的范围，
(3)利用导数求解函数的最值（极值），解决函数恒成立与有解问题，注意数形结合思想的
运用.
(4)证明不等式，构造函数，将多变量问题转化成单变量问题.
9．已知函数 .
(1)若 ，求 的取值范围；
(2)记 的零点为 （ ）， 的极值点为 ，证明： .【答案】(1) (2)证明见解析
【分析】（1）构造函数 ，然后分类讨论，即可得到 的取值范围
（2） 和 分别求导，求出 的极值点 的关系式， 单调区间， 零
点所在区间，即可证明.
【详解】（1）记 ，
①当 时，取 ，不符条件；
②当 时， ，令 ，
∴ 在 单调递减，在 单调递增，所以 ，即
，则 的取值范围为 ；
（2）∵ ，令 ，则 ，且 ，
令 ，∴ 在 单调递增，在 单调递减，
且 ，∴ ，取 ，则 ，
∴ ，取 ，则 ，记 ，
在 中， ，∴ 在 单调递增，
∴ ，即
∵ ∴ 从而 .
【点睛】本题考查构造函数，求导，考查单调区间的求法，具有很强的综合性.
10.已知函数 和 有相同的最小值.
(1)求 ；
(2)设 ，证明 .
【答案】(1) (2)证明见解析
【分析】（1）利用导数分别求得 和 的最小值，列方程即可求得 的值；
（2）利用数学归纳法即可证明该不等式成立.
【详解】（1） ，则
当 时， ， 单调递减，无最小值，不符合题意；当 时，若 时， ， 单调递增；若 时， ，
单调递减，则 时 取得最小值 ，
， ，则 ， ，当 时， ， 单
调递增，无最小值，不符合题意；
当 时，若 时， ， 单调递增；
若 时， ， 单调递减，则 时， 取得最小值 ，
则 ，令 ，则 ，
令 ，则 ，
则 时， ， 单调递增；
时， ， 单调递减，则 时， 取得最大值 ，
则 时， ，即 ，则 单调递减，
又 ，则方程 有唯一解 ，
（2）①当 时，不等式左边 .右边 ，则左边 右边，不等式成立；
②假设 时，不等式 成立，
则 时， 成立，
令 ，则 ，
则 时， ， 单调递减； 时， ， 单调递增，
则 时， 取得最小值 ，则 恒成立，
则 在 恒成立，则 ，则
则 ，即 则 ，
则 成立
综合①②，可得不等式 对 恒成立
【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．
