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专题 2-6 导数大题证明不等式归类
目录
题型01 不等式证明方法....................................................................................................................................................1
题型02 单变量构造：利用第一问结论..............................................................................................................................3
题型03 单变量构造：数列型..............................................................................................................................................6
题型04 数列不等式：无限和裂项型................................................................................................................................11
题型05 数列不等式：累积相消型....................................................................................................................................14
题型06 数列不等式：取对数型........................................................................................................................................18
题型07 虚设根型证不等式................................................................................................................................................22
题型08 利用函数“凸凹反转性”证明不等式................................................................................................................26
题型09 同构型不等式证明................................................................................................................................................29
题型10 双变量型构造......................................................................................................................................................33
题型11 极值点偏移型：和型证明....................................................................................................................................36
题型12 极值点偏移型：积型证明....................................................................................................................................39
题型13 极值点偏移型：平方型证明................................................................................................................................44
题型14 三角函数型不等式证明........................................................................................................................................47
题型15 韦达定理代换型....................................................................................................................................................49
题型16 切线放缩型证明....................................................................................................................................................53
高考练场..............................................................................................................................................................................56
题型 01 不等式证明方法
【解题攻略】
利用导数证明不等式问题，基本思维方法如下：
（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.
利用导数证明不等式的基本步骤
(1)作差或变形；
(2)构造新的函数 ；
(3)利用导数研究 的单调性或最值；
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值
问题．
【典例1-1】（陕西省澄城县20121-2022学年高三试数学（理）试题）设函数 ．
(1)讨论 的单调性；
(2)证明：当 时， ．
【答案】(1)f(x)的增区间为 ，减区间为 .(2)证明见解析
【分析】（1）求出导数，由导数大于0，可得增区间；导数小于0，可得减区间，注意函数的定义域；（2）运用（1）的单调性， 当 时，可得 ，可推出结论.
（1） 的定义域为 ， ，由 ，可得 ； ，可得
，
即有f(x)的增区间为 ，减区间为 .
（2）当 时，由（1）可得 在 递减，
可得 ，即有 .故有：
【典例1-2】已知函数 .
(Ⅰ)求函数 的单调区间；
(Ⅱ)求证：当 时， .
【答案】(1)f(x)的单调增区间为(1，＋∞), 单调减区间为(0，1)；(2)见解析.
【分析】(Ⅰ)明确定义域，求出导函数，解不等式即可得到函数的单调区间；
(Ⅱ)作差构造新函数，研究函数的最值即可.
【详解】(1)依题意知函数的定义域为{x|x>0}，∵f′(x)＝2x-2 = ，
由f′(x)>0， 得x>1; 由f′(x)<0， 得02时，g′(x)>0，∴g(x)在(2，＋∞)上为增函数，
∴g(x)>g(2)＝4-2ln2-6+4>0，∴当x>2时， x2-2lnx>3x-4,即当x>2时 ..
【变式1-1】（湖南省三湘名校教育联盟2021-2022学年高三数学试题）已知函数 ，曲线
在点 处的切线方程为 ．
(1)求a，b的值；
(2)证明： ．
【答案】(1) ， ；(2)证明见解析.
【分析】（1）根据导数的几何意义，结合 ， ，解方程组即可；
（2）根据（1）中所求 ，利用导数判断函数单调性，求得最小值，即可证明.
(1)
∵ ，∴ ，
∵曲线 在点 处的切线方程为 ，
∴ ，解得 ， ．
(2)
由（1）知 ， ，
∴当 时， ， 为减函数，当 时， ， 为增函数，
∴ 的最小值为 ，∴ ，即证.
【变式1-2】（湖北省华中师范大学潜江附属中学2021-2022学年高三4月数学试题）已知函数f（x）＝ax3
﹣3lnx.
(1)若a＝1，证明：f（x）≥1；
(2)讨论f（x）的单调性.
【答案】(1)证明见解析(2)答案见解析【分析】（1）对f（x）求导，利用导数求出f（x）的最小值，即可得证；
（2）对f（x）求导，对a分类讨论，由导数与单调性的关系即可解出.
(1)
若a＝1，则f（x）＝x3﹣3lnx，x＞0， ，
令f′（x）＝0，可得x＝1，当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，所以f（x）在x＝1处取得极小值，也是最小值，最小
值为f（1）＝1，故f（x）≥1.
(2)
f（x）＝ax3﹣3lnx，x＞0， （x＞0），
当a≤0时，f′（x）＜0，则f（x）在（0，+∞）上单调递减；
当a＞0时，令f′（x）＞0，得x ，令f′（x）＜0，得0＜x ，
所以f（x）在（0， ）上单调递减，在（ ，+∞）上单调递增.
综上，当a≤0时，f（x）在（0，+∞）上单调递减；
当a＞0时，f（x）在（0， ）上单调递减，在（ ，+∞）上单调递增.
【变式1-3】（2022·云南昆明·统考模拟预测）已知函数 ， ．
(1)求曲线 在点 处的切线方程；
(2)证明： ．
【答案】(1) (2)证明见解析
【分析】（1）根据切点和斜率求得切线方程.
（2）构造函数 ，利用导数判断 的单调性，从而证得不等式成立.
【详解】（1） ， ， ，
故曲线 在点 处的切线方程为 .
即 ．
（2）设 ，
则
．
由（1）知 ，又 ，
所以 ，所以 在 上单调递增，故 ，
所以， ， ．
题型 02 单变量构造：利用第一问结论
【解题攻略】
一些试题，可以通过对第一问分类讨论，得出一些不等式放缩式子或者放缩方向
1.可以利用第一问单调性提炼出不等式2.可以利用第一问极值或者最值提炼出常数不等式
3.可以利用题干和第一问结论构造新函数（新不等式）
【典例1-1】（2023·吉林长春·长春吉大附中实验学校校考模拟预测）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， .
【典例1-2】（2021下·北京丰台·高三统考）已知函数 在 处有极值2．
（Ⅰ）求 ， 的值；
（Ⅱ）证明： ．
【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ）证明见解析.
【分析】（Ⅰ）求出导函数 ，由 且 求得 ，并检验0是极值点；
（Ⅱ）不等式化为 ，引入函数 ，由导数求得 的最小值，最小值大于0，
从而证得不等式成立．
【详解】（Ⅰ）解：由已知， ，则 解得，
经检验， 符合题意.
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可知， ．要证 ，
只需证 ．即 ．
令 ，则 ． 令 ，解得 ．
， 的变化情况如下表所示．
1
－ 0 +
单调递减 1 单调递增
所以， 时， 有最小值 ．故 成立
【变式1-1】（2021·四川·四川省绵阳南山中学校考模拟预测）设函数 ，其
中 为自然对数的底数，曲线 在 处切线的倾斜角的正切值为 ．（1）求 的值；
（2）证明： ．
【答案】（1） ；（2）证明见解析．
【分析】（1）求出函数的导函数，再代入计算可得；
（2）依题意即证 ，即 ，构造函数
， ，利用导数说明其单调性与最值，即可得到 ，从而得证；
【详解】解：（1）因为 ，所以 ，
，解得 ．
（2）由（1）可得
即证 ．
令 ， ，于是 在 上是减函数，在 上是增函数，所以
（ 取等号）．
又令 ，则 ，于是 在 上是增函数，在 上是减函数，所以
（ 时取等号）．所以 ，即 ．
【变式1-2】（2022下·山东聊城·高三练习）已知函数 .
(1)讨论 的单调性并求极值；
(2)证明：当 时， .
【答案】(1) 在 单调递减， 单调递增.极小值为 ,无极大值；(2)见解析
【分析】(1)求出 ，明确单调性，从而得到函数的极值；
(2)要证当 时， 即证当 时， ，构造新函数
，研究其单调性即可.
【详解】（1） ， ，令 ，解得 ，令 ，解得 ，
所以 在 单调递减， 单调递增.
当 时函数取得极小值为 ，无极大值.
（2）令 , ,
由（1）可知 在 递增，所以 ，
所以 ，因此 在 递减，当 时， 即 ，
所以 得证.
【变式1-3】（20122安徽马鞍山·统考模拟）已知函数 .
(1)若 在定义域内无极值点，求实数 的取值范围；
(2)求证：当 时， 恒成立.
【答案】(1) (2)见解析
【分析】（1）由题意知 ，令 ，利用导数求得 有最小值
，结合 在定义域内无极值点，得 ，再验证 时，即可得结论；（2）结合（1）中
结论可得 在 上单调递增，根据 可得 存在唯一的零点 ，且 在
上单调递减，在 上单调递增,故可得结论.
【详解】（1）由题意知 ，令 ，则 ，
当 时， 在 上单调递减，
当 时， 在 上单调递增，
又 ，∵ 在定义域内无极值点，∴
又当 时， 在 和 上都单调递增也满足题意，所以 .
（2） ，令 ，
由（1）可知 在 上单调递增，又 ，所以 存在唯一的零点 ，
故 在 上单调递减，在 上单调递增，∴
由 知 即当 时， 恒成立.
题型 03 单变量构造：数列型
【解题攻略】
数列型不等式证明
1. 对于n 型数列不等式证明，可以转化为定义域为X 1,在实数范围内证明不等式。
2. 一些特殊形式的数列不等式，可以通过选择合适的换元，构造新函数，注意因为n的正整数属性，注意
对应换元的取值范围
3. 数列型不等式的证明，一般需要联系前面第一问的结论，对要证明的不等式进行适当的拆分凑配来证
明
【典例1-1】（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）已知函数 ．
(1)证明： ；(2)讨论 的单调性，并证明：当 时， ．
【答案】(1)证明见解析(2)答案见解析
【分析】（1）构造函数 ，利用导数证明 ，可得 ，变形即可
得证；
（2）构造 ，利用导数证明其单调性，再结合复合函数的单调性即可判定 的单调性，
利用 的单调性可得 ，同时取对数变形即可证明结论.
【详解】（1）证明：令 ，则 ，
所以 在 上单调递减，所以 ，即 ．
令 ，则有 ，
所以 ，所以 ，即 ．
（2）由 可得 ，令 ，则 ，
令 ，则 ，
所以 在 上单调递增， ．令 ，则有 ，
所以 在 上单调递增，所以 在 上单调递增，
所以对于 ，有 ，
所以 ，所以 ，
即 ，整理得： ．
【典例1-2】2012·河北衡水·统考一模）设函数 ,其中 ．
(1)当 时， 在 时取得极值，求 ；
(2)当 时，若 在 上单调递增，求 的取值范围；
(3)证明对任意的正整数 ,不等式 都成立．
【答案】(1) ；(2) ；(3)证明见解析.
【分析】(1)先由 得到 ，再由 在 处取极值得到 ，进而可得出结果；
(2)先由 得 ，根据 在 上单调递增，可得 在 上恒成立，令 ，可得 ，求解即可得出结果；
(3)先设 ，将原不等式化为证明当 时， 恒成立即可，对函数
求导，确定其单调性，即可得出结论成立.
【详解】解：(1) 当 时， ，依题意有 ,故 ，此时
， 取得极大值，所以 ；
(2)当 时, ，若 在 上单调递增，则 在
上恒成立，
设 ，只需 ，即 ；
(3) 若证不等式 ，设 ，可证当 时， 恒成立，
在 上恒正,
在 上单调递增,当 时,恒有
即当 时,有
故对任意正整数 ，不等式 成立．
【变式1-1】2023·吉林长春·长春吉大附中实验学校校考模拟预测）设函数 ，其
中 和 是实数，曲线 恒与 轴相切于坐标原点．
求常数 的值；
当 时，关于 的不等式 恒成立，求实数 的取值范围；
求证： ．
【答案】(1) ；(2) ；(3) 详见解析【详解】. 试题解析：
(1) 对 求导得： ，根据条件知 ，所以 .
(2) 由(1)得 ，
.
①当 时，由于 ，有 ，于是 在 上单调递增，从而
，因此 在 上单调递增，即 而且仅有 ；
②当 时，由于 ，有 ，于是 在 上单调递减，从而，因此 在 上单调递减，即 而且仅有 ；
③当 时，令 ，当 时， ，于是 在
上单调递减，从而 ，因此 在 上单调递减，即 而且仅有 ；综
上
(3) 对要证明的不等式等价变形如下：
所以可以考虑证明：对于任意的正整数 ，不等式 恒成立. 并且继续作如下等价变形
对于 相当于（2）中 ， 情形，有 在 上单调递减，即 而且
仅有 .
取 ，当 时， 成立；
当 时， .
从而对于任意正整数 都有 成立.
对于 相当于（2）中 情形，对于任意 ，恒有 而且仅有 . 取 ，得：对
于任意正整数 都有 成立.
因此对于任意正整数 ，不等式 恒成立.
这样依据不等式 ，再令 利用左边，令 利用右边，即可得到
成立.
【变式1-2】（2023上·河南南阳·高三统考期中）（1）已知函数 ，判断函数
的单调性并证明；
（2）设 为大于1的整数，证明： .
【答案】（1）函数 在 上单调递减，在 上单调递增，证明见解析；
（2）证明见解析
【分析】（1）求得函数 的定义域后，判定出函数 为偶函数，利用导数即可证明其单调性；（2）
把不等式变形为 ，两边取对数后，根据 的单调性即可证明；也可以两边取对数
后把不等式变形为 ，构造函数 ，利用函数 的单调性证明.
【详解】（1）函数 的定义域为 ，函数 的定义域为
函数 在 上单调递减，在 上单调递增
证明： ，∴ 则 为 上的偶函数.
， ，故 ，
所以函数 在 上单调递减，在 上单调递增.
（2）（证法一）要证明 ，需证明 即证明
，
即 ，由（1）可知即证 .
∵ 且 在 单调递增，∴
所以 对 ， 成立.
（证法二）要证明 ,即证明 ，
即证 ，即证 ，
设函数 ， ，
故函数 在 上单调递增又 ，∴ ，
即 成立，故原不等式成立.
【变式1-3】（2017下·黑龙江大庆·高三大庆中学校已知函数 ；
(1)若函数 在 上为增函数，求正实数 的取值范围；
(2)当 时，求函数 在 上的最值；
(3)当 时，对大于1的任意正整数 ，试比较 与 的大小关系．
【答案】(1) (2)函数 在区间 上的最大值是 ，最小值是0(3)
【分析】（1）求导，由题意可得 对 恒成立，再利用参变分离运算求解；（2）
将 代入，求导，得到 的单调区间，从而求 的最值；（3）由（1）得 的单调性，令
，可得 ，运算整理证出结论．
【详解】（1）因为 ，所以
因为函数 在 上为增函数，所以 对 恒成立，所以 对 恒成立，即 对 恒成立，所以 .
（2）当 时， ，
当 时， ，故 在 上单调递减；当 ， ，故 在 上单调递
增，
所以 在区间 上有唯一极小值点，故 ，
又∵ ， ，
因为 ，所以 ，即
所以 在区间 上的最大值是
综上可知：函数 在区间 上的最大值是 ，最小值是0.
（3）由（1）可知：当 时， 在 上为增函数.
当 时， ，则
即 ，即
当 时，对大于1的任意正整数 ，有
题型 04 数列不等式：无限和裂项型
【解题攻略】
证明不等式 ，该不等式左边是求和式，右边只有单独的一项，但可以通过变
形将右边也转化为求和式，即
这样一来，设 ，
则只需证 ，而要证明这个式子，可以证明左右两侧对应项的大小关
系，即如果能够证出 恒成立，则原不等式也就成立.
【典例1-1】（2023·内蒙古呼和浩特·呼市二中校考一模）已知函数 ．
(1)求函数 的极值；
(2)求证： ．
【答案】(1)①当 时， 没有极值；②当 时， 有极大值 ，无极小值.
(2)证明见解析
【分析】（1）求定义域后求 ，运用导数分类讨论 与 时 单调性进而分析 的极值.（2）运用 对 进行放缩及对数运算公式即可证明.
【详解】（1） ，则 定义域为 ，
.
①当 时， 恒成立，则 为 上的增函数，所以 没有极值.
②当 时，由 ，得 ；由 ，得 .
所以 在 上单调递增，在 上单调递减.
故当 时， 有极大值 ，无极小值.
综述：①当 时， 没有极值；
②当 时， 有极大值 ，无极小值.
（2）证明：取m＝1，由（1）知 在 上单调递减，所以 .
即 , .
令 ，得 ，即 ，
分别取k＝n＋1，n＋2，…，n＋（n＋1）， ，
可得 ．
即 成立．
【典例1-2】（2023·全国·高三专题练习）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）求得 ，分 和 ，两种情况讨论，结合导数的符号，进而求得函数
的单调区间；
（2）由（1），根据题意，得到 ，即 ，当 时，结合
， ， ， ，将不等式累加后，即可求解.
【详解】（1）解：由函数 ，可得 的定义域为 ，
且
若 ，可得 ， 在 上单调递减；
若 ，令 ，因为 ，可得 ，
当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减，
综上可得：当 时， 在 上单调递减；当 时， 的递增区间为 ，递减区间为 .
（2）证明：由（1）知，当 时， 的递增区间为 ，递减区间为 ，
所以 ，所以 ，即 ，
当 时，可得： ，将不等式累加后，
可得
，即 .
【变式1-1】（2023上·浙江·高三浙江省富阳中学校联考阶段练习）已知函数 ）.
(1)讨论 的单调性；
(2)若 时， ，求实数 的取值范围；
(3)对任意 ，证明： .
【答案】(1)答案见解析(2) (3)证明见解析
【分析】（1）讨论 ，由 的正负确定 单调性；
（2）记 ，由 得 ，讨论 与1大小关系，验证 是否成
立；
（3）由（2）知， ，令 得 ，累加得证.
【详解】（1）
当 时， 在 上单调递减；
当 时， 在 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）记 ，由题知 时 恒成立，
由 得 ，
，由（1）知：当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增.
若 ，则 ，故 在 上单调递增，所以 恒成立；
若 ，则 ，故 ，
由于 ，因此 ，故 不能恒成立.
综上得 .
（3）证明：由 知 ，令 ，
所以 ，即
所以 ，
故 ，
即 .
【变式1-2】（2023上·福建厦门·高三厦门市湖滨中学校考期中）已知函数 .
(1)若不等式 在区间 内恒成立，求实数 的取值范围；
(2)求证： （ 为自然对数的底数）
【答案】(1) (2)证明见解析
【分析】（1）分离参数，转化为求定函数的最值问题；
（2）根据第一问，合理构造，利用不等式的性质合理变形达到证明的目的.
【详解】（1）因为 ， ，所以 ，
令 ，又 ，令 解得 ，
时， ， 递增， 时， ， 递减，
所以当 时函数 有最大值，且最大值为 ，所以 .
（2）由（1）知 ，所以 ，
所以
，
又
，
所以 ，
即 .【变式1-3】（2023上·陕西·高三校联考阶段练习）已知函数 ， ．
(1)若函数 在R上单调递减，求a的取值范围；
(2)已知 ， ， ， ，求证： ；
(3)证明： ．
【答案】(1) (2)证明见解析(3)证明见解析
【分析】（1）由函数单调递减得 恒成立，分离参数法可得；
（2）利用导数得函数单调性，由单调性证明不等式即可；
（3）利用（2）结论，逐个赋值后累加法可证.
【详解】（1） 对 恒成立，即 对 恒成立．
因为 ，则 ．
（2） ，只需证明 ．
令 ， ，
则 在 单调递减，则 ，
又 ，则 ，即 成立，得证．
（3）由（2）知 ，令 ，则有 ，
即 ， ，
，…， ，
累加可得，
故 ，从而命题得证．
题型 05 数列不等式：累积相消型
【解题攻略】
累加列项相消证明法
证明不等式 为例，该不等式左边是求积式，右边只有单独的一项，但可以
通过变形将右边也转化为求和式，如转化为 累积相消型
这样一来，设 ，
则只需证 ，而要证明这个式子，可以证明左右两侧对应项的大小关系，
即如果能够证出 恒成立，则原不等式也就成立.【典例1-1】（2022贵州铜仁·高三贵州省铜仁第一中学阶段练习）已知函数f(x)＝aln x－ax－3(a∈R)．
(1)若a＝－1，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数y＝f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t∈[1,2]，函数g(x)＝x3＋x2
( 是f(x)的导函数)在区间(t,3)上总不是单调函数，求m的取值范围；
(3)求证： ×…× < (n≥2，n∈N*)
【答案】（1）当 时，单调增区间为 ，减区间为 ，当 时，单调增区间为 ，减区
间为 ，当 时， 不是单调函数；（2） ；（3）证明见解析.
【分析】（1）求出导函数 ，解不等式 得增区间，解 得减区间；
（2）由切线斜率求得参数 ， 的不单调转化为 在 上有解，然后根据零点存在定理得条件
结合二次函数性质求解；
（3）由（1）单调性得 ，可得出 （ ）， 个式子相乘可证结论．
【详解】（1）当 时， ( )，
解 得 ；解 得 ， 的单调增区间为 ，减区间为 ；
（2） ∵ ，∴ 得 ， ，
，∴
∵ 在区间 上总不是单调函数，且 ，∴ ，
由题意知：对于任意的 ， 恒成立，
所以， ，∴ .
（3）证明如下： 由（1）可知
当 时 ，即 ，
∴ 对一切 成立．
∵ ，则有 ，∴ .
.
【典例1-2】（2023·全国·高三专题练习）已知函数 ．
(1)若 ，求 的值；
(2)证明：当 且 时， ．
【答案】(1) (2)证明见解析
【分析】（1）求出 的导数 ，分类讨论，确定函数的单调性，利用 成立，求出
；
（2）由（1），当 时， 即 ，令 ，则有 ，可得 ，累乘可证得结果.
【详解】（1）由题意知， ， ，
①当 时， ， 在 上单调递减，
所以，当 时， ，不合题意；
②当 时，由 得， ，则 在 上单调递增，
由 得， ，则 在 上单调递减，
所以， ，不合题意；
③当 时，由 得， ，则 在 上单调递增，
由 得， ，则 在 上单调递减，
所以，对于任意的 ， ，符合题意；
④当 时，由 得， ，则 在 上单调递增，
由 得， ，则 在 上单调递减，
所以， ，不合题意．
综上所述， ．
（2）由（1）知， 时， 即 ，当且仅当 时等号成立．
令 ，其中 且 ，则有 ，
又 ，所以， ，即
所以 ．所以，原不等式得证．
【变式1-1】（2023·全国·高三专题练习）已知函数 ，
(1)若 对任意的 恒成立，求实数 的取值范围；
(2)求证： .
【答案】(1) (2)见解析
【分析】(1)求出 的导数，通过讨论 的范围，结合函数的单调性确定 的具体范围即可；
(2)得到 ，令 ，得 ， 取不同的值，相乘即可．
【详解】（1）
因为 对任意的 恒成立，
设 ，所以 在 恒成立，
设 ，
在 恒成立，所以 在 上为增函数，
所以 在 恒成立，所以函数 为增函数；
所以 ，所以 的取值范围为 .
（2）（2）由（1）知，令 ， ，∴当 时， ，且当且仅当 时
令 ，则
即 ， ， ， ， ，
将上述 个式子相乘得： ，∴原命题得证
【变式1-2】（2023·全国·高三专题练习）设整数 ， ， 且 ，函数
．
(1)求证： ；
(2)求证： ．
【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数研究 单调性，进而求证结论；
（2）由（1）结论（伯努利不等式）有 ，令 ， 放缩
，累乘即可证结论.
【详解】（1）由 ，
∵ ， ，∴ 单调递增．
当 时， ， 单调递减；当 时， ， 单调递增．
∴ ．
（2）由（1）知， ，令 ， ，
得 ，
∴ ．
【变式1-3】（2022·全国·高三专题练习）已知函数 ， .
(1)若 在 上恒成立，求实数 的取值范围；
(2)求证： .
【答案】(1) (2)证明见解析
【分析】（1） 等价于 ，即 ，记 ，只要证明
即可，分 ， 和 三种情况讨论函数 的最值，从而可得出答案；
（2）由（1）可知当 时， 在 上成立，即 ，令 ，则，由此即可证得结论.
【详解】（1）解： 等价于 ，即 ，
记 ，则 ，当 时， ， 在 上单调递增，
由 ， ，所以 ，即 不恒成立；
当 时，则 ，当 时， ，所以 在 上单调递增，
则 ，所以 不恒成立；
当 时， ， ， 在 上单调递减，所以 ，
所以 ，即 恒成立，
所以 在 上恒成立，实数 的取值范围是 ；
（2）证明：当 时， 在 上成立，即 ，
令 ，则 ，
所以
，所以 .
题型 06 数列不等式：取对数型
【解题攻略】
取对数型
证明不等式 为例，该不等式左边是求积式，右边只有单独的一项常数，但可以
通过取对数，把左边的积转化为对数和型，如转化为 累加或者累积相消型
【典例1-1】（2023·全国·高三专题练习）已知函数 ．
(1)求证：当 时， ；
(2)已知e为自然对数的底数，求证： ， ．
【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析
【分析】（1）构造函数 和 ，
求导即可求解，
（2）由（1）可知：当 时， ， ．取 ，可得 ，利用“累加求和”即可证明不等式的右边部分．由（1）可知：当 时， ， ．取 ，则
，利用“累加求和”即可证明不等式的左边部分．
【详解】（1）令 ，则 ，
故 在 上单调递增，∴当 时， ，
即 成立．令 ，则 ，
∴ 在 上单调递减，∴当 时， ，
即 成立．综上所述，当 时， 成立．
（2）由（1）可知： ， ．取 ， ， ， ．
， ，
， ．
由（1）可知：当 时， 对 恒成立．
取 ， ， ， ．则 ， ， ，
，
， ．
综上可得： ， ．
【典例1-2】（2023·全国·高三专题练习）已知函数 ．
(1)求函数 的图象在 处的切线方程；
(2)若任意 ，不等式 恒成立，求实数 的取值范围；
(3)设 ，证明： ．
【答案】(1) (2) (3)证明见解析
【分析】（1）求导 ，再利用导数的几何意义求解；
（2）将问题转化为 ，令 ，用导数法求其最大值即可.
（3）易知 ，易知 在 上恒成立，令 得到 证明.
【详解】（1）解： ，∴ ，∴切线方程为 ．（2） ，
令 ，则 ．
令 ，则 ．
①当 ，即 时， 恒成立，∴ 单调递增．
∴ ，∴ ，∴ 单调递增，
从而 ，不符合题意．
②当 ，即 时， 恒成立，∴ 单调递减．
∴ ，∴ ，∴ 单调递减，从而 ，符合题意．
③当 ，即 时，由 ， ，
∴在 上存在 ，使得 ，且当 时， ，
∴ 单调递增，∴ ，不符合题意．
综上所述，实数 的取值范围是 ．
（3）由（2）可知，当 时， ，∴ ．
又令 ，求导，得 ，
∴ 单调递减，
从而 ，即 在 上恒成立．
令 ，得 ．
∴ ．
即 ，
∴ ，于是得证．
【变式1-1】（2023上·江苏淮安·高三金湖中学校联考）已知函数 ．
(1)求曲线 在点 处的切线方程；
(2)证明：当 时， ；
(3)设 为整数，若对于 成立，求 的最小值．
【答案】(1) (2)证明见解析(3)3
【分析】（1）求导，结合导数的几何意义运算求解；
（2）求导，利用导数判断原函数的单调性和最值；
（3）结合（2）可得： ，结合等比数列的求和公式可得，结合恒成立问题分析求解.
【详解】（1）由题意可得： ，则 ， ，
即切点坐标为 ，斜率 ，
所以曲线 在点 处的切线方程为 ，即 ．
（2）当 时， ，可知 的定义域为 ，且 ，
令 ，解得 ．列表如下：
1
0
单调递
极小值 单调递增
减
可知当 时， 取最小值 ，
所以 ．
（3）由（2）可知： ，当且仅当 时，等号成立，
令 ，则 ，
可得 ，
即 ，
所以 ．
当 时， ,
所以对于任意 ， 成立时，整数 的最小值为3．
【变式1-2】（2023·全国·高三专题练习）已知关于 的函数
（1）讨论 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）对函数求导，分 和 两类分别讨论函数的单调性；
（2）由（1）知 ，即 ，利用累加法可证得命题成立．
【详解】（1）由 得知当 时 在 上单调递减当 时，
当 时 在 上单调递增，
当 时 在 上单调递减.
（2）由（1）知 时 在 上单调递减，在 上单调递增，
，即有 ， ，
以上各式相加得 ，
【变式1-3】（2023·四川成都·石室中学校考模拟预测）已知函数
(1)若 单调递增，求a的值；
(2)判断 （ 且 ）与 的大小，并说明理由.
【答案】(1) (2) ，理由见解析
【分析】（1）根据题意，由 单调递增，转化为 恒成立，然后分 ， ，
讨论，即可得到结果；（2）根据题意，由（1）可得 时， ，然后再由
放缩，裂项即可得到结果.
【详解】（1）由 可得， ，
由于函数 单调递增，则 恒成立，
设 ，则 ，
当 时， ，可知 时， ，不满足题意；
当 时， ，函数 单调递增，
又因为 ，即 ，不满足题意；
当 时，令 ，解得 ，
当 时， ，函数 单调递减，
当 时， ，函数 单调递增，
所以当 时，函数 取得最小值 ，
由 可得， ，令 ，则 ，
可知 时， ，函数 单调递增；
当 时， ，函数 单调递减，则 ，由于 恒成立，
所以， 当且仅当 时取等号，
故函数 单调递增时，实数 的值为 .
（2） .理由如下：由（1）可知，当 时， ，即有 ，
则 时， ，故当 且 时，
，
因为 时， ，
所以 ，
则 ，所以 .
题型 07 虚设根型证不等式
【解题攻略】
虚设零点法：
涉及到导函数有零点但是求解相对比较繁杂甚至无法求解的情形时，可以将这个零点只设出来而不必求出来，然后寻找一种
整体的转换和过度，再结合其他条件，进行代换变形，从而最重获得问题的解决
【典例1-1】已知函数 ．
(1)求函数 的单调区间；
(2)当 时，证明：对任意的 ， ．
【答案】(1)见解析(2)见解析
【分析】（1）利用导数求单调区间；（2）将不等式等价转化为 ，利用导数讨论最值即可求
解.
【详解】（1）由题可知函数 的定义域为 ，
，即 ，
(i)若 ，则 在定义域 上恒成立，
此时函数 在 上单调递增；
(ii) 若 ，令 ，即 ，解得 ,令 ，即 ，解得 ,
所以 在 上单调递减， 上单调递增.综上， 时， 在 上单调递增；
时， 在 上单调递减， 上单调递增.
（2）当 时， ，
要证明 ，只用证明 ，令 ， ，
令 ，即 ，可得方程有唯一解设为 ，且 ，所以 ，
当 变化时， 与 的变化情况如下，单调递减 单调递增
所以 ，因为 ，因为 ，所以不取等
号，
即 ，即 恒成立，所以， 恒成立，得证.
【典例1-2】（20122·浙江·模拟预测）已知函数 ．
(1)求函数 的单调区间；
(2)当 时，证明：对任意的 ， ．
【答案】(1)见解析(2)见解析
【分析】（1）利用导数求单调区间；（2）将不等式等价转化为 ，利用导数讨论最值即可求
解.
【详解】（1）由题可知函数 的定义域为 ，
，即 ，
(i)若 ，则 在定义域 上恒成立，此时函数 在 上单调递增；
(ii) 若 ，令 ，即 ，解得 ,
令 ，即 ，解得 ,所以 在 上单调递减， 上单调递增.
综上， 时， 在 上单调递增；
时， 在 上单调递减， 上单调递增.
（2）当 时， ，要证明 ，只用证明 ，
令 ， ，令 ，即 ，可得方程有唯一解设为 ，且 ，
所以 ，当 变化时， 与 的变化情况如下，
单调递减 单调递增
所以 ，因为 ，因为 ，所以不取等
号，
即 ，即 恒成立，所以， 恒成立，得证.4.
【变式1-1】（2023上·福建福州·高三校联考）设函数 ．
(1)求 时， 的单调区间；(2)求证：当 时， ．
【答案】(1)单调减区间为 ，单调增区间为 (2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，求导得 ，即可得到其单调区间；
（2）根据题意，当 时，结合隐零点的处理方法，即可得证.
【详解】（1） 时， 的定义域为 ，
∴ ，令 ，则 ，
∴当 时， ；当 时， ，
∴函数 的单调减区间为 ，单调增区间为 ．
（2）证明： 的定义域为 且 ．
当 时， 为单调递增， 单调递增，故 在 上单调递增，
又 ，假设存在 满足 时，且 ，
当 时，导函数 存在唯一的零点，设该零点为 ，
当 时， ，当 时， ，
故 在 单调递减，在 单调递增，当 时 取得最小值 ，
由于 ，即 ，两边取对数得 ，
∴ ，当且仅当 时，即 时，取等号，
故 时， ．
【变式1-2】（2024上·陕西安康·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，令 ，若 为 的极大值点，证明： .
【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.
【分析】（1）对参数 分类讨论，根据不同情况下导函数函数值的正负，即可判断单调性；
（2）利用导数判断 的单调性，求得 的范围，满足的条件，以及 ，根据 的范围夹逼
的范围即可.
【详解】（1）函数 的定义域为 ，
①当 时， ，函数 在 上单调递增；
②当 时，由 ，得 ，由 ，得 ，
所以，函数 在 上单调递增，在 上单调递减.
综上，当 时，函数 在 上单调递增；当 时，函数 在 上单调递增，在
上单调递减.（2）当 时， ，
设 ，则 ，当 时， ，所以 在 上单调递增，
又 ，所以存在 ，使得 ，
且当 ；
又当 ；
故当6. ， ；当 ， ；当 ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增，
所以当 时， 取得极大值，故 ，且 ，所以 ，
，
又 在 单调递减，所以 .
【变式1-3】（2023上·重庆沙坪坝·高三重庆一中校考阶段练习）已知函数 , .
(1)判断 的单调性;
(2)若 , 求证: ,其中e是自然对数的底数.
【答案】(1) 在 上单调递减，在 上单调递增．(2)证明见详解
【分析】（1）求导，由导数的正负即可求解函数的单调性，
（2）构造函数 ，利用导数求解函数的单调性，即可求解最值，进而可证明.
【详解】（1）函数 的定义域为 ， ，
当 时， ，当 ， ；
故 在 上单调递减，在 上单调递增．
（2）证明：令 ，则 ，
令 ，则 ，显然 在 上单调递增．
又 ， ，故存在唯一的 ，使得 ．
从而 在 上单调递减，在 上单调递增，
，
又 ，两边取对数得 ，故 ，
，
故 在 上单调递增，所以 ，得证．
题型 08 利用函数“凸凹反转性”证明不等式
【解题攻略】凸凹反转首先是证明不等式的一种技巧，欲证明f (x)>0，若可将不等式左端f (x)拆成g(x)>h(x)，
且 g (x)>h (x)的话，就可证明原不等式成立. 通常情况，我们一般选取g(x)为上凸型函数，h(x)
min max
为下凹型函数来完成证明.
y
y=g(x)
O y=h(x) x
【典例1-1】（2023上·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨市第十三中学校校考）已知函数 .
(1)讨论 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）求出函数 的导函数 ，对 进行分类讨论，判断 的正负作答即可；
（2）把 代入不等式，化简转化为 ，构造新函数 ，对
新函数求导，并求出其最小值为 ，即可判断原不等式成立.
【详解】（1）函数 的定义域是 ，可得 .
当 时，可知 ，所以 在 上单调递增；
当 时，由 得 ，
可得 时，有 ， 时，有 ，
所以 在 上单调递减， 在 上单调递增.
综上所述：当 时， 在 上单调递增；
当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增.
（2）证明：当 时，要证 成立，
只需证 成立，只需证 即可.因为 ，由（1）知，
.
令 ，则 ，
可得 时，有 ； 时，有 ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
可知 ，则有 ，所以有 ，
所以当 时， 成立.【典例1-2】已知函数 ．
（1）当 时， 恒成立，求 的取值范围；
（2）当 时，证明： ．
【解析】解：（1）由题意得， 恒成立对 恒成立，令 ，
则 ，当 时， ，故 在 上是增函数，
故当 时， ；故若使 恒成立对 恒成立，
则只需使 ；
（2）证明： ；令 ， ；
当 时， ，当 时， ；
即 在 上为减函数，在 上为增函数， （1） ①．
令 ， ，故 在 上是减函数，在 上为增函数；
故 （2） ②．故由①②可得， ．
【变式1-1】（2021上·全国·高三校联考阶段练习）已知 ， ．
（Ⅰ）讨论 的单调性；
（Ⅱ）若 ，证明： ．
【答案】（Ⅰ）答案见解析；（Ⅱ）证明见解析.
【分析】（Ⅰ）分 ， 进行讨论，再利用导数研究函数的单调性即可求解；
（Ⅱ）由 结合（Ⅰ）可得 ，构造新函数，利用导数研究函数
的单调性即可得证．
【详解】（Ⅰ）由题可知 ， ．
当 时， 恒成立， 函数 在 上单调递增；
当 时，令 ，解得 ．
当 时， ， 在 上单调递增；
当 时， ， 函数 在 上单调递减．
综上可知，当 时，函数 在 上单调递增；当 时，函数 在 上单调递增，在
上单调递减．
（Ⅱ）证明：若 ，则由（Ⅰ）可知， 在 处取得极大值，．
令 ． ， ，
函数 在 上单调递减．
又 ， ，
．
【变式1-2】已知 ，
（1）对 ，不等式 恒成立，求实数 的取值范围；
（2）证明：对一切 ，都有 ．
【解析】解：（1） ，则 ，
设 ，则 ，
当 时， ， 单调递减，
当 时， ， 单调递增，
（1） ，
对一切 ， 恒成立，
．
证明：（2）问题等价于证明 ，
由（1）可知 ， 的最小值是 ，当且仅当 时取得．
设 ，则 ，
由题意得 （1） ，
当且仅当 时取到，从而对一切 ，都有 成立．
【变式1-3】已知函数f（x）＝ax2﹣xlnx．
（I）若f（x）在区间（0，+∞）内单调递增，求a的取值范围；
（Ⅱ）若a＝e（e为自然对数的底数），证明：当x＞0时，f（x）＜xex+ ．
【分析】（Ⅰ）先求导，再分离参数，构造函数，利用到导数求出函数的最值即可得到a的取值范围，
（Ⅱ）当x＞0时，f（x）＜xex+ ．不等式等价于lnx+ ＞ex﹣ex，分别构造函数h（x）＝lnx+ ，φ
（x）＝ex﹣ex，利用导数求出函数的最值即可证明
【解答】解：（Ⅰ）∵f（x）在区间（0，+∞）内单调递增，
∴f′（x）＝2ax﹣1﹣lnx≥0在（0，+∞）上恒成立，
∴2a≥ 在（0，+∞）上恒成立，设g（x）＝ ，∴g′（x）＝﹣ ，
令g′（x）＝0，解得x＝1，当x∈（0，1）时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增，
当x∈（1，+∞）时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减，
∴g（x） ＝g（1）＝1，∴2a≥1，∴a≥ ，故a的取值范围为[ ，+∞），
max证明（Ⅱ）当a＝e时，要证f（x）＜xex+ ，即证ex2﹣xlnx＜xex+ ，
∵x＞0，则需要证ex﹣lnx＜ex+ ，即证lnx+ ＞ex﹣ex，设h（x）＝lnx+ ，
∴h′（x）＝ ﹣ ＝ ，x＞0，当x∈（0， ）时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减，
当x∈（ ，+∞）时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增，∴h（x） ＝h（ ）＝0，∴h（x）≥0，
min
即lnx+ ≥0，
再设φ（x）＝ex﹣ex，∴φ′（x）＝e﹣ex，
当x∈（0，1）时，φ′（x）＞0，函数φ（x）单调递增，
当x∈（1，+∞）时，φ′（x）＜0，函数φ（x）单调递减，
∴φ（x） ＝φ（1）＝0，∴φ（x）≤0，即ex﹣ex≤0，∵h（x）和φ（x）不同时为0，
max
∴当x＞0时，lnx+ ＞ex﹣ex，故原不等式得以证明．
题型 09 同构型不等式证明
【解题攻略】
常见同构技巧：【典例1-1】（2023·全国·高三专题练习）已知 ， ， ．
(1)当 时，求函数 的极值；
(2)当 时，求证： ．
【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析
【分析】（1）分类讨论求解函数的极值即可.
（2）首先将题意转化为 ．令 ，即证： ，再构造函数
，求其最小值即可证明.
【详解】（1） ，当 时， ，即 在 上单调递减，
故函数 不存在极值；
当 时，令 ，得 ，
x
+ 0 -
增函数 极大值 减函数
故 ，无极小值.
综上，当 时，函数 不存在极值；
当 时，函数 有极大值， ，不存在极小值．
（2）显然 ，要证： ，
即证： ，即证： ，
即证： ．
令 ，故只须证： ．
设 ，则 ，
当 时， ，当 时， ，
故 在 上单调递增，在 上单调递减，
即 ，所以 ，从而有 ．
故 ，即 ．
【典例1-2】（2023上·安徽马鞍山·高三马鞍山二中校考阶段练习）已知函数 ，
为自然对数的底数.
(1)试判断函数 的零点个数并说明理由；
(2)证明： .
【答案】(1)两个，理由见解析(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数导函数，讨论其单调性后结合零点存在性定理可判断函数零点个数；
（2）方法一，令 ，则 等价于 ，令 ，利用函数的导数，通过
函数的最值判断证明即可；方法二：令 ，则 等价于 ，令 ，利用函数的导数，通过函
数的最值判断证明即可.
【详解】（1） 的定义域为 ，当 时，恒有 ，故 在 内没有零
点.
当 时，由 得 ，令 得 ，令 得 ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增.又
，
故存在 ， ，使得 ， ，所以 在 两个零点.
综上，函数 有两个零点.
（2）方法一：令 ，则 时， ，且 .于是 等价于 ，
令 ，可得 ，令 ，可得 ，当 时， ，函数 是增函
数，
当 时， ，函数 是减函数，
所以 时，函数 取得最大值： ，所以 ，即 .
方法二：令 ，则 ，于是 等价于 ，
即 ，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 ，即 .
【变式1-1】（2023·四川遂宁·统考模拟预测）设 ， ，
(1)试讨论 的单调性；
(2)当 时，证明 恒成立.
【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析
【分析】（1）根据导数与函数单调性的关系，利用分类讨论思想，可得答案；
（2）利用放缩法，整理不等式，构造新函数，结合换元法与导数研究单调性，可得答案.
【详解】（1）∵ ，∴ .
（i）当 时，，所以 在 上单调递减；
（ii）当 时，令 ，得 ，
因为当 时 ，当 时 ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增.
（2）当 时， ，
要证 ，只需证 ，即证 ，即证 ，
令 ，则 ，
当 时， ， 单调递减，当 时， ， 单调递增，所以 ，令 ，则 ，
当 时， ， 单调递增，所以 因此 ，
所以 从而 ，所以当 时 恒成立.
【变式1-2】已知 ， ， ．
(1)当 时，求函数 的极值；
(2)当 时，求证： ．
【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析
【分析】（1）分类讨论求解函数的极值即可.
（2）首先将题意转化为 ．令 ，即证： ，再构造函数
，求其最小值即可证明.
【详解】（1） ，当 时， ，即 在 上单调递减，
故函数 不存在极值；
当 时，令 ，得 ，
x
+ 0 -
增函数 极大值 减函数
故 ，无极小值.
综上，当 时，函数 不存在极值；
当 时，函数 有极大值， ，不存在极小值．
（2）显然 ，要证： ，
即证： ，即证： ，
即证： ．
令 ，故只须证： ．
设 ，则 ，
当 时， ，当 时， ，
故 在 上单调递增，在 上单调递减，
即 ，所以 ，从而有 ．
故 ，即 ．
题型 10 双变量型构造
【典例1-1】（2022贵州黔东南·统考一模）已知函数 .(1)试讨论函数 的单调性；
(2)对 ，且 ，证明： .
【答案】(1)见解析；(2)见解析.
【分析】（1） 的定义域为 ，且 ，对 分类讨论，明确函数 的单调性；
（2）要证： 只需证： 即证： . 设 ，研究函数 的单调性即可.
【详解】（1） 的定义域为 ，且 ．
①当 时，对 ，有 ，故函数 在 单调递增；
对 ，有 ，故函数 在 单调递减．
②当 时，对 ，有 ，函数 在 单调递减；
对 ，有 ，函数 在 单调递增．
（2）对 且 ，要证： 只需证： 即证： .
设 ，则 当 时，有 ，
故函数 在 单调递减．又 ，且 ，
所以 ，即 ． 成立故原不等式成立．
【典例1-2】（2023上·四川内江·高三四川省内江市第六中学校考阶段练习）已知函数
．
(1)求函数 的单调区间；
(2)已知m，n是正整数，且 ，证明 ．
【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析
【分析】（1）求导，令导数为0，结合定义域对 进行讨论即可；
（2）两边取对数，整理后，构造函数 ，证明 为 上的减函数，即可求解.
【详解】（1）函数 的定义域为 ， ，
①当 时， 在 上恒成立， 的减区间为 ，无增区间；
②当 时，令 ，解得 ，令 ，解得 ，
所以 的增区间为 ，减区间为 ．
综上，当 时， 的减区间为 ，无增区间；
当 时， 的增区间为 ，减区间为 ．
（2）两边同时取对数，证明不等式成立等价于证明 ，
即证明 ，
构造函数 ，令 ，由（1）知，当 时， 在 上为减函数，故 ，
所以 ，所以 为 上的减函数，
因为 ，知 ，即 ，即 ．
【变式1-1】（2022·全国·高三专题练习）已知函数 ．
（1）求 的单调区间；
（2）当 时，试证明 ．
【答案】（1） 的单调递增区间是 ，单调递减区间是 ；（2）证明见解析.
【分析】（1）由题可求函数的导函数，利用导函数可求；
（2）利用函数的单调性可证.
【详解】（1）因为 ，
所以 ．
令 ，得 ；令 ，得 ．
所以 的单调递增区间是 ，单调递减区间是 ．
（2）由（1）知 在 上单调递减，
所以 时， ，
即 ，
所以 ，即 ．
【变式1-2】（2021·全国·高三专题练习）已知函数 ．
（1）求证：函数 在 上单调递增；
（2）设 ，求证： ．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）利用导数法，证明 时， 即可；
（2）不妨设 ，利用作差法得到 ，然后令 ，转化
为 ，利用其在 上单调性证明.
【详解】（1）由题意知， ， ，
∴函数 在 上单调递增．（2）不妨设 ，
则 ，
令 ，则 ．由（1）知 在 上单调递增， ，
∵ ，∴ ．又 ，∴ ．
【变式1-3】（2022·全国·高三专题练习）已知函数 .
（1）若函数 在 上为单调增函数，求 的取值范围；
（2）设 ，且 ，求证 .
【答案】（1） ；（2）证明见解析.
【分析】（1）对函数进行求导并解不等式 ，转化为二次不等式 在 上
恒成立问题；
（2）将所证不等式转化为构造 为主元的不等式，再构造函数进行证明；
【详解】解：（1） ，
因为 在 上为单调增函数，所以 在 上恒成立
即 在 上恒成立，
当 时，由 ，
得： ，设 ，
则 ，当且仅当 即 时， 有最小值2，
所以 ，解得 ，所以 的取值范围是 ；
（2）设 ，要证 ，只需证 ，即 ，即 ，
设 ，由（1）知 在 上是单调增函数，又 ，
所以 ，即 成立，得到 .题型 11 极值点偏移型：和型证明
【解题攻略】
极值点偏移多有零点这个条件。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
【典例1-1】（2023·四川成都·成都七中校考模拟预测）已知函数 有两个极值点 ，
．
(1)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 ，有 ，令 ，利用导数研究单调性，求 的取值范围
得实数a的取值范围；
（2）由 ，得 ，证明 ，得 ，从而 ．
【详解】（1） 有两个两侧异号的零点 ，又 ，于是 ，
令 ，则 ，令 ，则 .
当 时， ，于是 ，
所以 在 单调递减且 ，
当 时， ， 在 单调递增，
又 ，所以当 时， ， 在 单调递减，
当 时， ， 在 单调递增.
又 且 ， ，所以 .所以实数a的取值范围为 .
（2）因为 ，所以 ，于是 ，从而
，
下面证明 ，即证明 ，令 ，即证明 ，即证明
，
令 ， .所以 在 单调递增，所以
.从而 .所以 ，于是 ，由(1)知 ，从而 ．
【典例1-2】（2023·山西·校考模拟预测）已知函数 .
(1)若 ，求 的取值范围；
(2)若关于 的方程 有两个不同的正实根 ，证明： .
【答案】(1) (2)证明见解析
【分析】（1）对不等式 参变分离，然后构造函数 ，利用导数求 的最大值可解；
（2）将 变形为 ，构造函数 ，根据其单调性将方程转
化为 ，再构造函数 ，利用导数讨论其性质，结合图象可得
，构造函数 ，根据单调性，并令 ，可得
，最后由 作差整理可证.
【详解】（1） 的定义域为 ，由 ，得 .
设 ，则 .由 ，得 ，由 ，得 ，
则 在 上单调递增，在 上单调递减，从而 .
故 ，即 的取值范围是 .
（2）证明：由 ，得 ，即 ，即
.
设 ，则 等价于 .易证 在 上单调递增，则
，即 .设 ，则 .由 ，得 ，由 ，
得 ，
则 在 上单调递增，在 上单调递减，
从而 ，且 ，
当x趋于 时， 趋于0.方程 有两个不同的正实根 ，不妨
设 ，
由图可知， .设
则 在 上单调递增.因为 ，所以 ，即 .
设 ，则 ，即 ，则 .
因为方程 有两个不同的正实根 ，所以 ，作差得 .
因为 ，所以 ，所以 ，则 ，故 .
【变式1-1】（2023·江西·统考模拟预测）已知函数 ．
(1)讨论 的单调性；
(2)若 ，且 ，证明： ，且 ．
【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析
【分析】（1）求定义域，求导，分 和 两种情况，得到函数的单调性；
（2）变形为 是方程 的两个实数根，构造函数 ，得到其单调性和极值最值
情况，结合图象得到 ，再构造差函数，证明出 .【详解】（1） 的定义域为R，
由题意，得 ， ，当 时， 恒成立， 在 上单调递增；
当 ，且当 时， ， 单调递减；
当 时， ， 单调递增．
综上，当 时， 在 上单调递增；
当 时， 在区间 上单调递减，在区间 上单调递增．
（2）证明：由 ，得 ， 是方程 的两个实数根，
即 是方程 的两个实数根．令 ，则 ，
所以当 时， ， 单调递增；当 时， ， 单调递减，所以 ．因为当 时， ；当 时， ， ，所以 ．
不妨设 ，因为 ， 是方程 的两个实数根，则 ．
要证 ，只需证 ．因为 ， ，所以只需证 ．
因为 ，所以只需证 ．今 ， ，
则 在 恒成立．
所以 在区间 上单调递减，所以 ，即当 时， ．
所以 ，即 成立．
【变式1-2】（2023上·江苏镇江·高三校考阶段练习）已知函数 ．若函数 有两
个不相等的零点 ．
(1)求a的取值范围；
(2)证明： ．
【答案】(1) ；(2)证明见详解.
【分析】（1）利用导数研究函数的单调性及最值，结合零点存在性定理计算即可；
（2）构造函数 ，利用导数研究其单调性与最值即可证明.
【详解】（1）由题意可知： ，
若 ，则 恒成立，即 单调递增，不存在两个不等零点，故 ，
显然当 时， ，当 时， ，
则 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以若要符合题意，需 ，此时有 ，且 ，
令 ，而 ，即 在 上递减，故
，所以 ，又 ，
故在区间 和 上函数 存在各一个零点，符合题意，综上 ；
（2）结合（1），不妨令 ，构造函数 ，
则 ，即 单调递减，所以 ，
即 ，因为 ，所以 ，
由（1）知 在 上单调递增，所以由 ，故 .
题型 12 极值点偏移型：积型证明
【解题攻略】处理极值点偏移问题中的类似于 的问题的基本步骤如下：
①求导确定 的单调性，得到 的范围；
②构造函数 ，求导可得 恒正或恒负；
③得到 与 的大小关系后，将 置换为 ；
④根据 与 的范围，结合 的单调性，可得 与 的大小关系，由此证得结论.
【典例1-1】（2023上·河南·高三南阳中学校联考阶段练习）已知函数 .
(1)若 有唯一极值，求 的取值范围；
(2)当 时，若 ， ，求证： .
【答案】(1) ；(2)证明见解析.
【分析】（1）求出函数 的导数，分析极值点情况即可得解.
（2）由（1）的信息可设 ，再构造函数，探讨函数的单调性推理即得.
【详解】（1）函数 的定义域为 ，
求导得 ，
当 时，若 ， ，函数 在 上单调递增，无极值点，不符合题意；
若 ，当 或 时， ，当 时， ，
即函数 在 上单调递增，在 上单调递减，函数 有两个极值点，不符合题意；
若 ，当 或 时， ，当 时， ，
即函数 在 上单调递增，在 上单调递减，函数 有两个极值点，不符合题意；
当 时，当 时， ，当 时， ，
即函数 在 上单调递增，在 上单调递减，2是函数 的极大值点，且是唯一极值点，
所以 的取值范围是 .
（2）当 时，函数 在 上单调递增，在 上单调递减，
由 ， ，不妨令 ，
要证 ，只证 ，即证 ，就证 ，
令 ，求导得，于是函数 在 上单调递减， ，
而 ，则 ，即 ，又 ，
因此 ，显然 ，又函数 在 上单调递增，则有 ，
所以 .
【典例1-2】（2023上·陕西汉中·高三西乡县第一中学校联考）已知函数 ， .
(1)求函数 的极值；
(2)若 ，求函数 的最小值；
(3)若 有两个零点 ， ，证明： .
【答案】(1)极大值为 ，无极小值(2) (3)证明见解析
【分析】（1）求导后解不等式 、 即可求得极值.
（2）运用导数研究 的单调性，进而可求得其最小值.
（3）由已知可得 ，构造函数 ，根据其单调性可得
，构造函数 并研究其单调性，构造函数 并研究其单
调性，当 时，依次结合函数 、 的单调性即可证得结果.
【详解】（1）由题意知函数 的定义域为 ， ，
， ，所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 在 处取得极大值，极大值为 ，无极小值.
（2）由题意知函数 的定义域为 .
，
则 ， ，所以 在 上单调递减，在 上单调递增.
所以 .
（3）不妨设 ，则由（2）知 ， .设 ，由 ，得
，即 ，
因为函数 在R上单调递增，所以 成立.
构造函数 ，则 ，
， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
构造函数 ，则 ，
所以函数 在 上单调递增，所以当 时， ，即当 时， ，
所以 ，又 在 上单调递减，所以 ，即 .
【变式1-1】（2023上·重庆渝中·高三统考）已知函数 ．
(1)若函数 是减函数，求 的取值范围；
(2)若 有两个零点 ，且 ，证明： ．
【答案】(1) (2)证明见解析
【分析】（1） 在 上恒成立，参变分离 在 上恒成立，构
造函数求出 的最大值，从而求出 的取值范围；
（2）由零点得到 ，令 ，从而得到 ， ，
，构造 ，求导得到其单调性，从而证明出结论.
【详解】（1） 的定义域为 ，
，
函数 是减函数，故 在 上恒成立，
即 在 上恒成立，令 ， ， ，
当 时， ， 单调递增，
当 时， ， 单调递减，
故 在 处取得极大值，也是最大值，且 ，故 ，解得 ，故 的取值范
围是 ；
（2）若有两个零点 ，则 ，得 ．
，令 ，则 ，故 ，
则 ，
，
令 ，则 ，令 ，则 ，
在 上单调递增，
，
，则 在 上单调递增，
，即 ，故 .
【变式1-2】（2023上·江苏连云港·高三江苏省海州高级中学校考阶段练习）已知函数
.
(1)当 时，求函数 的零点个数.
(2)若关于 的方程 有两个不同实根 ，求实数 的取值范围并证明 .
【答案】(1)有且仅有一个零点(2) ，证明见解析
【分析】（1）利用导函数与单调性的关系，以及零点的存在性定理求解；
（2）根据题意可得 有两个不同实根 ，进而可得 ，两式相加得
，两式相减得 ，从而有 ，进而要证 ，
只需证 ，即证 ，
构造函数 即可证明.
【详解】（1）当 时， ，
所以函数 在 上单调递增，又因为 ，
所以函数 有且仅有一个零点.
（2）方程 有两个不同实根 ，等价于 有两个不同实根 ，
得 ，令 ，则 ，令 ，解得 ；令 ，解得 ；
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，所以当 时， 取得最大值 ，
由 ，得当 时， ；当 的大致图象如图所示，所以当 ，即 时， 有两个不同实根 ；
证明：不妨设 且 两式相加得 ，两式相减得
，
所以 ，要证 ，只需证 ，
即证 ，设 ，令 ，
则 ，所以函数 在 上单调递增，且 ，
所以 ，即 ，所以 ，原命题得证.
题型 13 极值点偏移型：平方型证明
【典例1-1】（2023下·辽宁·高三统考）已知函数 .
(1)讨论 的单调性；
(2)若 （e是自然对数的底数），且 ， ， ，证明： .
【答案】(1)结论见解析；(2)证明见解析.
【分析】（1）求出函数 的导数 ，再按 分类探讨 的正负作答.
（2）等价变形给定等式，结合 时函数 的单调性，由 ， ，再构造函数
， ，利用导数、均值不等式推理作答.
【详解】（1）函数 的定义域为 ，求导得则 ，由 得 ，
若 ，当 时， ，则 单调递减，当 时， ，则 单调递增，
若 ，当 时， ，则 单调递增，当 时， ，则 单调递减；
所以当 时，函数 在 上单调递减，在 上单调递增；
当 时，函数 在 上单调递增，在 上单调递减.（2）由 ，两边取对数得 ，即 ，
由（1）知，当 时，函数 在 上单调递增，在 上单调递减，
，而 ， 时， 恒成立，
因此当 时，存在 且 ，满足 ，
若 ，则 成立；
若 ，则 ，记 ， ，
则 ，
即有函数 在 上单调递增， ，即 ，
于是 ，
而 ， ， ，函数 在 上单调递增，因此 ，即 ，
又 ，则有 ，则 ，
所以 .
【典例1-2】（2023·广东广州·广州市从化区从化中学校考模拟预测）已知函数 .
(1)讨论函数 的单调性：
(2)若 是方程 的两不等实根，求证： ；
【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的定义域和导数，再根据 和 分类讨论，即可得出函数的单调性；
（2）由 可得， 是方程 的两不等实根，从而可将问题转化
为 是方程 的两不等实根，即可得到 和 的范围，原不等式等价于 ，即极值点偏
移问题，根据对称化构造（解法1）或对数均值不等式（解法2）等方法即可证出．
【详解】（1）由题意得，函数 的定义域为 .
由 得： ，当 时， 在 上单调递增；
当 时，由 得 ，由 得 ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减.
（2）因为 是方程 的两不等实根， ，即 是方程 的两不等实根，
令 ，则 ，即 是方程 的两不等实根.
令 ，则 ，所以 在 上递增，在 上递减， ，
当 时， ；当 时， 且 .所以0 ，即0 .
令 ，要证 ，只需证 ，
解法1（对称化构造）：令 ，
则 ，令 ，
则 ，
所以 在 上递增， ，所以h ，所以 ，
所以 ，所以 ，即 ，所以 .
解法2（对数均值不等式）：先证 ，令 ，
只需证 ，只需证 ，
令 ，
所以 在 上单调递减，所以 .因为 ，所以 ，
所以 ，即 ，所以 .
【变式1-1】（2023·山西·校联考模拟预测）已知函数 .
(1)若 ，求实数 的取值范围；
(2)若 有2个不同的零点 （ ），求证： .
【答案】(1) (2)证明见解析
【分析】（1）求解函数定义域，参变分离得到 ，构造 ，利用导函数得到其单调
性，极值和最值情况，得到 ；
（2）转化为 有2个不同的实数根，构造 ，得到其单调性，得到 ，且
，求出 ，换元后即证 ，构造 ，求导后得到 在 上单调递增， ，得到证明.
【详解】（1）因为函数 的定义域为 ，所以 成立，等价于 成立.
令 ，则 ，
令 ，则 ，所以 在 内单调递减，
又因为 ，所以当 时， ， 单调递增；当 时， ， 单调递
减，
所以 在 处取极大值也是最大值.因此 ，即实数 的取值范围为 .
（2） 有2个不同的零点等价于 有2个不同的实数根.
令 ，则 ，当 时，解得 .所以当 时， ，
单调递增，
当 时， ， 单调递减，所以 在 处取极大值为 .
又因为 ，当 时， ，当 时， .
且 时， .所以 ，且 .
因为 是方程 的2个不同实数根，即 .将两式相除得 ，
令 ，则 ， ，变形得 ， .
又因为 ， ，因此要证 ，只需证 .
因为 ，所以只需证 ，即证 .
因为 ，即证 .令 ，则 ，
所以 在 上单调递增， ，
即当 时， 成立，命题得证.
【变式1-2】（2023上·云南·高三云南师大附中校考阶段练习）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 ．
题型 14 三角函数型不等式证明
【解题攻略】
1. 利用导数证明三角函数型不等式
2. 正余弦的有界性
3. 三角函数与函数的重要放缩公式： .
【典例1-1】（2023·全国·高三专题练习）已知函数 .
(1)证明： ；
(2)当 时，证明不等式 ，在 上恒成立.
【答案】(1)答案见解析；(2)答案见解析.
【分析】（1）求导，根据导函数分析 的单调性，即可得到 ，即可证明
；
（2）令 ，求导，根据放缩的思路得到 ，然后利用 在 上的单
调性即可证明 .
【详解】（1）证明： ，当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减， ，
故 ，当且仅当 时取等号，∴ .
（2）令 ，则 ，
由（1）可得 ，即 ，
又 ，所以 ，
令 ，则 ，
当 时， ，所以 在 上单调递增，
所以当 时， ，则 ， 在 上单调递增，当 时， ，即 ，
所以当 时，不等式 ，在 上恒成立.
【典例1-2】（2023·四川资阳·统考模拟预测）已知函数 ．
(1)当 时，过点 作曲线 的切线l，求l的方程；
(2)当 时，对于任意 ，证明： ．
【答案】(1) 或 (2)证明见解析
【分析】（1）易知 不在 上，设切点 ，由导数的几何意义求出切线方程，将
代入求出对应 ，即可求解对应切线方程；
（2）构造 ，求得 ，再令 ，通过研究 正
负确定 单调性，再由 正负研究 最值，进而得证.
【详解】（1）由题， 时， ， ，
设切点 ，则切线方程为 ，
该切线过点 ，则 ，即 ，
所以 或 ．又 ； ； ， ．
所以，切线方程为 或 ；
（2）设 ，则 ，
令 ，则 ，
可知 ，时， ； 时， ，
故 时均有 ，则 即 在 上单调递增， ，
因为 时，则 ， ，故 在 上单调递增，
此时， ．
所以，当 时，对于任意 ，均有 ．
【变式1-1】（2022·新疆·统考三模）已知函数 ，
(1)若 在 处的切线为 ，求实数a的值；
(2)当 ， 时，求证：
【答案】(1) (2)证明见解析
【分析】（1）由导数的几何意义有 ，求解即可；
（2）将 变形成 ，故只需证 ，用导数法证明
即可
【详解】（1）∵ ，∴ ，∴
（2）要证 ，即证 ，只需证 ，因为 ，也就是
要证 ，令 ，∵ ，∴
∴ 在 为减函数，∴ ，
∴ ，得证
【变式1-2】设函数 ， ， .
(1)求 的最小值，并证明： ；
(2)若不等式： 成立，求实数a的取值范围.
【答案】(1) ，证明见解析(2)
【分析】（1）求导，利用导数确定函数的单调性，进而可求最值，结合单调性，即可证明，
（2）根据 和 分类讨论，结合第一问的结论和基本不等式即可求解.
【详解】（1）由 可得 ，令 得，
，
当 时， ， 时， ，所以 在 单调递增，在 单
调递减，
所以 ，因为 ，所以 ，
因为 时， ，所以 在 上单调递减，所以 ，化简得， ；
（2） 等价于 ，当 ，因为 ，所以 ， ，
所以 ，由（1）得， ，
所以 ；当 时， ，
即 时， 不成立，即 不成立，
综上，实数a的取值范围为 .
题型 15 韦达定理代换型
【解题攻略】
利用韦达定理证明不等式
1.题干条件大多数是与函数额极值x1，x2有关。
2.利用韦达定理代换：可以消去参数
【典例1-1】已知函数 .
（1）求函数 的单调区间；（2）设 存在两个极值点 ，且 ，若 ，求证： .
【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析
【分析】
（1）先把函数进行求导并进行化简，由题意知， ，在对 进行讨论即可得到答案.
（2）由（1）知在 时， 存在两个极值点 ，利用韦达定理求出 的关系式，并用 分别
表示出 和 ，把 代入 中进行化简， ，所以可以求出最小值，即可证出
.
（1）由题意可知 ， ，
当 时， ，则 在 是单调递增；
当 时，若 ，即 时，
若 ，即 时， 和 时，
时， ，综上， 时， 在 是单调递增； 时，
在 和 递增，在 递减
（2）由题意可设， 是 的两个根，则
（用 分别表示出 和 ） ，整理，
得
，此时 设 ，求导得
恒成立，
在 上单调递减，
【典例1-2】已知函数f（x）＝ln x＋ax2－x.
（1）若a＝－1，求函数f（x）的极值；
（2）设f′（x）为f（x）的导函数，若x，x 是函数f′（x）的两个不相等的零点，求证：f（x）＋f（x）
1 2 1 2
0， <0
求解；
（2）由 ，且x>0，得到x，x 是方程2ax2－x＋1＝0的两个不相等正实根，利用根的分
1 2
布，得到00，得0 .
故f（x）在 单调递增，在 上单调递减，
故f（x）的极大值是 ＝－ln 2－ ，
综上，函数f（x）的极大值是 ＝－ln 2－ ，无极小值.
（2）证明：由题意得 ，且x>0，则x，x 是方程2ax2－x＋1＝0的两个不相
1 2
等正实根，
∴ 解之得00)，f′(x)＝1＋ln x(x>0).设p(x)＝1＋ln x(x>0)，
则p′(x)＝(x>0)，当x>0时，p′(x)>0，因而f′(x)在(0, ＋∞)上单调递增，
而当x＝时，f′(x)＝0，所以当x∈时，f′(x)<0，f(x)＝xln x单调递减，
当x∈时，f′(x)>0，f(x)＝xln x单调递增.
而f(x)＝xln x＝0，解得x＝1.
取其在x＝e－2和x＝1处的切线，分别为l ：g(x)＝－x－e－2和l ：m(x)＝x－1，
1 2
令h(x)＝f(x)－g(x)＝xln x＋x＋e－2(x>0)，则h′(x)＝2＋ln x，
当0e－2时，h′(x)>0，h(x)单调递增.于是h(x)≥h(e－2)＝0，从而f(x)≥g(x)，
令φ(x)＝f(x)－m(x)＝xln x－x＋1(x>0)，则φ′(x)＝ln x，
当01时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增，于是φ(x)≥φ(1)＝0，从而f(x)≥m(x)，如图.
直线y＝a与直线l ，函数f(x)的图象和直线l 分别交于x ′，x ，x ，x ′，
1 2 1 1 2 2
则有：x ′0且x≠1时，证明：曲线y＝f(x)的图象恒在切线y＝bx＋1的上方；(3)证明不等式：4xex－1－x3－3x－2ln x≥0.
解答：(1)解 f′(x)＝4ex－1＋2ax，由曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝bx＋1知：
解得a＝－1，b＝2.
(2)证明 由题意只需证：当x>0且x≠1时，4ex－1－x2>2x＋1；
设g(x)＝4ex－1－x2－2x－1，则g′(x)＝4ex－1－2x－2，
g″(x)＝4ex－1－2，易知g″(x)在(0，＋∞)单调递增；
且g″(1)＝2>0，g″(0)＝－2<0，∴必定存在x ∈(0，1)，使得g″(x )＝0，
0 0
则g′(x)在(0，x )单调递减，在(x ，＋∞)单调递增，其中g′(0)＝－2<0，
0 0
g′(1)＝0，即g(x)在(0，1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增，
∴g(x) ＝g(1)＝0，即当x>0且x≠1时，g(x)>0成立；
min
所以当x>0且x≠1时，曲线y＝f(x)的图象在切线y＝bx＋1的上方.
(3)证明 要证4xex－1－x3－3x－2ln x≥0，只需证4ex－1－x2－3－≥0.
由(2)知x>0时，4ex－1－x2≥2x＋1.故只需证2x＋1≥3＋，即证x2－x－ln x≥0，
设φ(x)＝x2－x－ln x，则φ′(x)＝2x－1－＝＝，
易知φ(x)在(0，1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增，∴φ(x)≥φ(1)＝0；
即不等式4xex－1－x3－3x－2ln x≥0成立.
【变式1-2】（2013·新课标II卷）已知函数 ①
（1）设 是 的极值点，求m并讨论 的单调性；
（2）当 时，证明：
【解析】（1）由题意， ， ，
因为 是 的极值点，所以 ，解得： ，
故 ，
令 ，则 ，所以 在 上单调递增，
又 ，所以当 时， ，故 ；当 时， ，故 ，
从而 在 上单调递减，在 上单调递增.
（2）证法1：当 时， ，
令 ， ，则 ，
令 ，则 ，所以 在 上单调递增，
结合 ， 知存在唯一的 使 且 ，
当 时， ，所以 ，当 时， ，所以 ，
从而 在 上单调递减，在 上单调递增，故 ①，因为
，所以 ，两边取对数得： ，
代入①得： ，所以 ，即 ，
因为当 时， ，所以 .
证法2：当 时， ，下面先证 ，令 ，则 ，所以 ， ，
从而 在 上单调递减，在 上单调递增，故 ，
所以 ，从而 ，当且仅当 时等号成立，
再证 ，令 ，则 ，
所以 ， ，从而 在 上单调递增，在 上单调递
减，故 ，所以 ，故 ，当且仅当 时等号成立，
综上所述，有 ，且两个等号不能同时成立，所以 ，故 ，
因为当 时， ，所以 .
高考练场
1.2021·福建莆田·统考二模）设函数 ．
（1）若 在 上存在零点，求实数 的取值范围；
（2）证明：当 时， ．
【答案】（1） ，（2）证明见解析
【分析】（1）设 ，根据函数的单调性得到关于 的不等式，解出即可；
（2）设 ，求出函数的导数，根据函数的单调性证明结论成立即可
【详解】（1）解：设 ，因为当 时， 为增函数，
当 时， ， ，
所以 在 上恒大于零，所以 在 上不存在零点，
当 时， 在 上为增函数，根据增函数的和为增函数，
所以 在 上为单调函数，
所以 在 上若有零点，则仅有1个，
所以 ，即 ，解得 ，
所以实数 的取值范围
（2）证明：设 ，则
，则 ，
所以 ，因为 ，所以 ，
所以 在 上递增， 在 上恒成立，
所以 在 上递增，而 ，
因为 ，所以 ，所以 恒成立，
所以当 时，
2.2024·河南·模拟预测）已知函数 .
(1)讨论 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）求出函数 的导数，分类讨论求解导函数为正为负的不等式解集即得.
（2）由（1）中信息，求出函数 的最小值，再构造函数，结合不等式性质推理即得.
【详解】（1）函数 的定义域为 ，
求导得 ，
当 时， ，函数 在 上单调递增，
当 时，由 ，得 ，函数 在 上单调递减，
由 ，得 ，函数 在 上单调递增，
所以当 时，函数 在 上单调递增；
当 时，函数 在 上单调递减， 在 上单调递增.
（2）证明：由（1）知，函数 在 上单调递减， 在 上单调递增，
则 ，
令函数 ，求导得 ，当 时， ，函数 在 上单调递增，
当 时， ，函数 在 上单调递减，则 ，
于是 ，有 ，当 时，则 ，
因此 ，
所以 .
3.（2023上·湖北·高三校联考阶段练习）已知函数 .
(1)求曲线 在点 处的切线方程，
(2)证明： .
【答案】(1) (2)证明见解析
【分析】（1）求导解得 ，然后求得切线方程；
（2）结合函数导数研究函数的单调性，从而求得函数的最小值；【详解】（1） ， ， .
故曲线 在点 处的切线方程为 .
（2）由（1）得 .
令函数 ，则 ，所以 是增函数.
， ，所以存在 ，使得 ，即 .
所以当 时， ，当 时， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增.
.
因为 ，所以 ，
所以 .故 .
4.（2023·全国·高三专题练习）设函数 是函数 的导函数.
(1)讨论 的单调性；
(2)若 ，且 ，结合（1）的结论，你能得到怎样的不等式？
(3)利用（2）中的不等式证明： .
【答案】(1)答案见解析(2) （答案不唯一，符合题意即可）(3)证明见解析
【分析】（1）求导，利用导数求原函数的单调性，分 、 两种情况讨论；
（2）根据题意可求得 ，结合单调性求其最值可得不等式；
（3）根据不等式 ，令 运算整理即可.
【详解】（1）由题意，函数 ，其中函数 的定义域为 ，
可得 ，
令 ，可得 或 ，
若 ，则当 时， ，当 时， ，
所以 上 单调递减，在 上单调递增；
若 ，则当 时， ，当 时， ，
所以 在 单调递减，在 上单调递增.
（2）由函数 且 ，可得 ，
因为 ，可得 ，
解得 或 （与 矛盾，舍去），
故
由（1）知，函数 在 上单调递减，在 上单调递增，所以 在 时取得最小值，最小值 ，即 ，
故对于任意 恒成立，有不等式 成立，当且仅当 时，“=”成立.
（3）由（2）知当 时，有 成立，
令 ，则
整理得， ，
所以 .
5.（2022·全国·高三专题练习）已知函数 ．
(1)若函数 在定义域内是单调增函数，求实数 的取值范围；
(2)求证： ， ．
【答案】(1) (2)证明见解析
【分析】（1）分析可知 在 上恒成立，利用参变量分离法结合基本不等式可求得实数 的
取值范围；
（2）利用（1）中的结论分析可得出当 且 ， ，推导出 ，
， ， ， ，利用不等式的基本性质结合等差数列的求和公式可证
得结论成立.
【详解】（1）解：因函数 在定义域为 ， ，
因为函数 在定义域内是单调增函数，所以 在 上恒成立，
所以， ，
当 时，由基本不等式可得 ，当且仅当 时，等号成立，
所以， ，解得 .
（2）证明：由（1）知当 时，函数 在 上是单调增函数，
且当 时， ，
则 ，所以， ，
所以，当 且 ， ，
所以， ， ， ， ， ，
将上述不等式相加得
，即 ，故原不等式得证.
6.（2023·河北·统考模拟预测）已知函数 ．
(1)当 时，证明： 恒成立；
(2)当 时，证明： ．
【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析
【分析】（1）分两种情况 和 求出函数最值证明不等式；
（2）构造函数证明 ，结合对数运算及裂项相消证明不等式
【详解】（1）函数 时, ,单调递减，
当 , 单调递减，
,
令 , , 单调递增，
, 恒成立，
当 ,
所以 时， 恒成立；
（2） , , 单调递减，
, 恒成立
,令 , ,令 ,可得
令 ,可得
令 ,可得 两边相加可得
7.（2020·四川绵阳·统考模拟预测）已知函数
（1）当 时，求曲线 在 处的切线方程；
（2）设 是 的导函数 的零点，若 ，求证： .【答案】（1） ；（2）证明见解析
【分析】（1）对函数进行求导，利用导数的几何意义求出曲线 在 处的切线的斜率，写出
切线的点斜式方程，最后化成一般式即可；
（2）求出 的表达式，根据零点定义，得到一个指数方程，然后取对数，变成对数方程，构造新函数，
利用新函数的单调性，结合已知的不等式进行证明即可.
【详解】（1）当 时， ， ，且 ，
曲线 在 处的切线的斜率 .
曲线 在 处的切线方程为 ，即 ；
（2）由题意得 . 是 的导函数 的零点， ，即 ，
，即 .又 ，则 .
令 ，显然 ，所以
因此 在 上是增函数，且 ，因此 .
.
8.（天津市红桥区2021-2022学年高三数学试题）已知 ， .
（1）求函数 的单调区间；
（2）对一切 ， 恒成立，求实数a的取值范围；
（3）证明：对一切 ，都有 成立.
【答案】（1）函数 在 上单调递减，在 上单调递增（2） （3）证明见解析
【分析】
（1）求出 的导函数，令导函数小于0，可求得函数单调递减区间，导函数大于0，可求得函数单调递
增区间；
（2）把 与 解析式代入已知不等式，整理后设 ，求出 的导函数，根据导
函数的正负判断单调性，进而求出 的最小值，即可确定 的范围；
（3）所证不等式两边乘以 ，左边为 ，右边设为 ，求出左边的最小值及右边的
最大值，比较即可得证．
（1）
解：因为 ，所以 ，
当 ， ，当 ， ，
所以函数 在 上单调递减，在 上单调递增；
（2）
解：原不等式等价于 ，即 对一切 恒成立，
设 ，则 ，
当 时， ， 单调递减，当 时， ， 单调递增，所以 ，
所以实数a的取值范围为 ；
（3）证明：原问题等价于证明 ，
由（1）可知 ， 的最小值是 ，当且仅当 时取到，
设 ，则 ，
当 时， ， 单调递增，当 时， ， 单调递减，
所以 ，当且仅当 时取到，
所以对一切 ，都有 成立．
9.（辽宁省五校（辽宁省实验中学、东北育才学校、鞍山一中、大连八中、大连 24中）2021-2022学年高
三考试数学试题）材料：在现行的数学分析教材中，对“初等函数”给出了确切的定义，即由常数和基本
初等函数经过有限次的四则运算及有限次的复合步骤所构成的，且能用一个式子表示的.如函数
，我们可以作变形： ，所以 可看作是由函数
和 复合而成的，即 为初等函数，根据以上材料：
（1）直接写出初等函数 极值点
（2）对于初等函数 ，有且仅有两个不相等实数 满足： .
（i）求 的取值范围.
（ii）求证： （注：题中 为自然对数的底数，即 ）
【答案】（1）极小值点为 ，无极大值点（2）（i） ；（ii）证明见解析
【分析】
（1）根据材料中的信息可求得极小值点为 ；
（2）（i）将问题转化为求函数的最小值问题，同时要注意考查边界；（ii）通过换元，将问题转化为求函
数的最值问题，从而获得证明.
（1）
极小值点为 ，无极大值点.
（2）
由题意得： 即 .
（i）问题转化为 在 内有两个零点.则
当 时， ， 单调递减；当 时， ， 单调递增.
若 有两个零点，则必有 .解得：
若 ，当 时， ，无法保证 有两个零点.
若 ，又 ， ，故 使得 ， 使得 .综上：
（ii）设 ，则 .将 代入 可得： ， （*）
欲证： ，需证：
即证： .将（*）代入，则有
则只需证明： 即 .
构造函数 ，则 ， （其中
为 的导函数）
令 则 所以 则 .
因此 在 内单调递减.又 ，当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减.
所以 ，因此有
即 .综上所述，命题得证.
10.（2023上·天津和平·高三天津一中校考阶段练习）已知函数 ，a为实数．
(1)当 时，求函数在 处的切线方程；
(2)求函数 的单调区间；
(3)若函数 在 处取得极值， 是函数 的导函数，且 ， ，证明：
．
【答案】(1) (2)单调递增区间为 ，单调递减区间为 (3)证明过程见解析
【分析】（1）求出 ，求导，得到 ，进而由导函数的几何意义求出切线方程；
（2）求定义域，求导，解不等式，求出单调区间；
（3）先令 ，求导得到其单调性，求出 ，进而构造差函数，证明
出极值点偏移问题.
【详解】（1）当 时， ， ， ，故
，
故函数在 处的切线方程为 ，即 ；（2） 定义域为 ， ，
令 ，解得 ，令 ，解得 ，
故 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ；
（3）由题意得 ，解得 ，故 ， ，
当 时， ， 单调递减，当 时， ， 单调递增，
可知函数 在 处取得极值，故 符合题意，因为 ， ，
令 ， ，则 ，
当 时， ， 单调递减，
当 时， ， 单调递增，
且当 时， 恒成立， ，当 时， ，
画出 的图象如下： 故 ，
令 ， ，
则 ，
因为 ，所以 ， ，
故 在 上单调递减，又 ，故 在 上恒成立，
即 ， ，因为 ，所以 ，其中 ，故
，
其中 ， ， 在 上单调递增，故 ，即 ，
令 ， ，则
，当 时，所以 单调递增，
由复合函数可得 在 上单调递增，
又 ，故存在 ，使得 ，
当 时， ， 单调递减，
当 时， ， 单调递增，当 时， ， ，
故当 时， 恒成立，
因为 ，故 ，即 ，
又 ，故 ，
其中 ， ， 在 上单调递增，
故 ，故 ，综上， .
11.（2023上·四川遂宁·高三四川省蓬溪中学校校考阶段练习）设 ， .
(1)当 时，求 的极值；
(2)若 有 恒成立，求 的取值范围；
(3)当 时，若 ，求证： .
【答案】(1) ， ；(2) ；(3)证明见解析
【分析】（1）求导得到 的单调性，然后根据单调性求极值即可；
（2）将 恒成立转化为 ，然后分 和 两种情况讨论 最大值即可求解；
（3）将证明 转化为证明 ，然后构造函数 ，
求导得到 ，即可得证.
【详解】（1） 的定义域为
由题： ， ，
令 ，解得 或 ，令 ，解得 ，
∴ 在 ， 上单调递增， 上单调递减， ，
.
（2）由题： ，欲使 恒成立，只需 ，
当 时：∵ ， 时， ， 时， ，
∴ 在 上单调递增， 上单调递减，∴ ，得 ，
此时， ；当 时：
若 即 ，令 ，解得 或 ，令 ，解得 ，
则 在 ， 上单调递增， 上单调递减，
若 即 ， ，则 在 上单调递增，若 即 ，令 ，解得 或 ，令 ，解得 ，
则 在 ， 上单调递， 上单调递减，
不论上述哪种情况，均有 ，因此，不可能有 恒成立，舍.
综上： 的取值范围为 .
（3）由（2）的结论可知：当 时： 在 上单调递增， 上单调递减，∵ ，
∴由图，不妨设 ， 欲证 ①，
只需证 ，即证 ，即证 ，即证 ，
即证 ②，设 ，
，
， ， ，又∵ ， ，
， ， ， 在 上单调递减， ，
∴②成立，∴①成立.
12.（2023·北京通州·统考三模）已知函数
(1)已知f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为 ，求实数a的值；
(2)已知f（x）在定义域上是增函数，求实数a的取值范围.
(3)已知 有两个零点 ， ，求实数a的取值范围并证明 .
【答案】(1) (2) (3) ，证明见解析
【分析】（1）切线方程的斜率为1，所以有 ，解方程即得实数a的值；
（2）依题意 在（0，+∞）上恒成立.，分参求解即可；
（3）求出函数 的单调性，结合零点存在性定理即可求实数a的取值范围；通过分析法要证明，只需证 ，构造函数 即可证得
【详解】（1）因为 ，所以 .
所以 ，又f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为 ，所以 ，解得
..
（2）f（x）的定义域为（0，+∞），因为f（x）在定义域上为增函数，所以 在
（0，+∞）上恒成立.
即 恒成立. ，即 ，令 ，所以 ，
时 ， 时 ，以 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 ，即 .
（3） 。定义域为
当 时， ，所以 在（0，+∞）上单调递减，不合题意.
当 时， 在（0， ）上单调递减，在 上单调递增，
所以 的最小值为 ，函数 存在两个零点的必要条件是 ，
即 ，又 ，
所以 在（1， ）上存在一个零点（ ）.
当 时， ，所以 在（ ，+∞）上存在一个零点，
综上函数 有两个零点，实数a的取值范围是 .不妨设两个零点
由 ，所以 ，所以 ，所以 ，
要证 ，只需证 ，只需证 ，
由 ，只需证 ，
只需证 ，只需证 ，令 ，只需证 ，
令 ， ，
∴H（t）在（0，1）上单调递增，∴ ，即 成立，所以 成立.
13.（2021·福建·高三统考阶段练习）已知函数
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若 ，且 ，证明: .
【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析
【分析】（1）求导，分 ， 两种情况，分别研究 的正负，即可得到 的单调性；（2）将
已知的方程两边同时取对数，得到 ，由 进行分析，利用（1）中的结论，不妨令
，分 或 两种情况求解，构造函数 ，利用导数研究其性质，结
合不等式的性质及基本不等式，即可证明.
【详解】（1）
当 时， ， ， 所以 单调递增； ， ， 所以 单调递减；
当 时， ， 所以 单调递减； ， 所以 单调递增；
（2）证明：
， ∴ ，
即当 时，
由（1）可知，此时 是 的极大值点，因此不妨令
要证 ，即证：
①当 时， 成立；
②当 时先证 此时
要证 ，即证： ，即 ，即 即：
①
令 ，∴
∴ 在区间 上单调递增∴ ，∴①式得证.∴
∵ ，
∴ ∴ ∴
14.（广西桂林市国龙外国语学校2021-2022学年高三考试数学试题）已知函数
(1)若函数 在 上是单调函数，求实数 的取值范围；
(2)当 时， 为 在 上的零点，求证： .
【答案】(1) 或 (2)见解析【分析】（1）分函数 在 上是单调递减，函数 在 上是单调递增两种情况解决即可.
（2）由题得 ，分 ， 两种情况讨论，得函数 在
上的零点 ， ，要证 ，即证
，设 ，求导解决即可.
【详解】（1）由题知， 所以 因为函数 在 上是
单调函数，
若函数 在 上是单调递减，所以 在 上恒成立，即 ，
设 ，所以 ，
因为 ，所以 ，
当 时， ，函数 单调递增；
当 时， ，函数 单调递减；所以 ，故 ；
若函数 在 上是单调递增，所以 在 上恒成立，即 ，
由上可知， ，故 .
综上所述，实数 的取值范围为 或 .
（2）当 时， ，所以 ，
当 时， ，故 ，令 ，则 ，
因为 和 都在 上单调递增，所以 在 上单调递增，
当 时， ，所以 在 上单调递减，
所以 在 上单调递减，因为 ，
所以存在唯一的 ，使得 ，所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
又因为 ，
所以函数 在 上的零点 ，即 ，
要证 ，即证 ，设 ，
所以 ，
显然 在 上恒成立，所以 在 上单调递增，
所以 ，故原不等式得证.
15.（山西省山西大学附属中学2021届高三下学期三月模块诊断理科数学试题）已知函数
， ．
（1）讨论函数 的单调性；
（2）若 有两个极值点 ， ，证明： ．
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）先求 的定义域和导数 ，再根据一元二次方程判别式的情况讨论 的正负，进
而确定 的单调性即可；（2）利用根与系数关系进行等量代换将 转化为证明
，构造函数证明不等式恒成立即可.
解:（1）函数 的定义域为 ， ，
设 ，判别式 ．
①当 ，即 时， 恒成立， 恒成立，等号不恒成立，此时 在 上单调
递增；
②当 ，即 时，令 ，得 ， ．
（i）当 时， ，此时 ， ．
当 时， ，则 ， 调递减；当 时， ，则 ，
单调递增；
（ii）当 时， ， ，∴ ．
当 时， ，则 ， 单调递增；当 时， ，则 ，
单调递减；当 时， ，则 ， 单调递增；
综上，当 时， 在 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；
当 时， 在 上单调递增；（2）由（1）及题意知 ， ， 为方程 的两根，不妨设 ，则
，且 ， ，∴ ．
要证 ，即证 ，即证 ，
，而 ，
，
故 ，
因为 ．
设 ，则 ，∴ ．
设 ，则 ，当 时， ， 在 上单调递增，∴ ，
而 ，
∴ ，即 ，命题得证．
16.已知函数 ， ，其中e为自然对数的底数.
（1）若 恒成立，求实数a的取值范围；
（2）若a取（1）中的最大值，证明： .
【解析】解法1：由题意， ，
设 ，则 ，所以 在 上单调递增，从而 ，因
为 恒成立，所以 ，故实数a的取值范围是 .
解法2：由题意， ， ，
当 时， 恒成立，所以 在 上单调递增，从而 ，
因为 ，所以 ，解得： ；
当 时， ， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
故 ，不合题意，
综上所述，实数a的取值范围是 .
解法3：由题意， ，
易证 ，所以 ，当且仅当 时取等号，从而 ，
又当 时， ，所以 的最小值为 ，
因为 恒成立，所以 ，故实数a的取值范围是 .
（2）证法1：由题意， ， ，所以 ，
易证l ，所以当 时， ，
下面证明 ，只需证 ，即证 ，
设 ，则 ，
所以 ， 或 ，
从而 在 上单调递诚，在 上单调递增，在 上单调递减，
又 ， ，所以 ，即当 时， ，所以 ，因为
，所以 ，故 成立.
证法2：设 ，则 ，所以 在 上为减函数，
又 ，所以 恒成立，从而 ，故 ，
所以
设 ，则 ，
所以 ， ，
从而 在 上单调递减，在 上单调递增，故 ，
所以 ，故 .
