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【一轮复习讲义】2024年高考数学高频考点题型归纳与方法总结（新高考通用）
素养拓展 11 导数中的不等式证明问题（精讲+精
练）
一、知识点梳理
一、不等式的证明
证明不等式的过程中常使用构造法，利用函数单调性、极值、最值加以证明．常见的构造方法有：
(1)直接构造法：证明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))转化为证明f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函
数h(x)＝f(x)－g(x)；
(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如①对数形式：x≥1＋ln x
（x＞0），当且仅当x＝1时，等号成立.
②指数形式：ex≥x＋1（x∈R），当且仅当x＝0时，等号成立.进一步可得到一组不等式链：ex＞x＋1＞x＞
1＋ln x（x＞0，且x≠1）.
(3)构造“形似”函数：稍作变形再构造，对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为
左、右两边是相同结构的式子的形式，根据“相同结构”构造辅助函数；
(4)构造双函数：若直接构造函数求导难以判断符号，导函数零点也不易求得，因此函数单调性与极值点都
不易获得，则可构造函数f(x)和g(x)，利用其最值求解．在证明过程中，等价转化是关键，此处
f(x) >g(x) 恒成立．从而f(x)>g(x)，但此处f(x)与g(x)取到最值的条件不是同一个“x的值”．
min max
【常用结论】
1.破解含双参不等式证明题的3个关键点
（1）转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式.
（2）巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值.
（3）回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.
总结：双变量相关问题，解题策略是减少变量，方式为一个变量用另一个变量表示，或将两变量的整体换
元，如下列形式 等常见形式
2.常见不等式（大题使用需要证明）
① ， ， ，
② ， ； ；③ ； ；
④ ；
⑤ ；
⑥ ； ； ，
二、题型精讲精练
【典例1】已知函数 .
（1）讨论 的单调性；
（2）当 时，证明
【解析】（1） 的定义域为（0，＋∞），
当 ，则当x∈（0，＋∞）时， ，故 在（0，＋∞）上单调递增.
当 ，则当x∈ 时，f′（x）＞0；当x∈ 时，f′（x）＜0.
故 在 上单调递增，在 上单调递减.
（2）证明：由（1）知，当a＜0时，f（x）在x＝－取得最大值，最大值为 ＝
.
所以 等价于 ，即 .设g（x）＝ln x－x
＋1，则g′（x）＝－1.当x∈（0,1）时，g′（x）＞0；当x∈（1，＋∞）时，g′（x）＜0.所以g（x）在（0,
1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减.故当x＝1时，g（x）取得最大值，最大值为g（1）＝0.所以当x＞0时，g（x）≤0.从而当a＜0时， ，即 .
【典例2】 求证：当 时，
【详解】证明：当 时，欲证 ，只需证
，即证 ，令 ，
，令 ，解得 ，易得 在 上递减，在 上递增，
， ，令 ，解得 ，易得 在 上递增，在
上递减， ，故 ，所以当 时，
【典例3】已知函数 ， ．
（1）讨论函数 的单调性；
（2）若 、 为函数 的两个极值点，证明： ．
【（1）详解】 ， ．
令 ，则 ， 的对称轴为 ，△ ．
① 时， ，函数 在 上单调递增；②当 时，△ ，可得 ， ，函数 在 上单调递增；
③当 时，△ ，由 ，解得 ， ．
所以在 ， ， 上， ， ，函数 是增函数；
在 ， ， ， ，函数 是减函数．
综上可得，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）详解】证明： 有两个极值点 ， ，由（1）知 ， ，
所以 ，
要证 ，即证 ，即证 ，
因为 ，所以 ，所以即证 ，即证 ， ，
令 ， ，因为 ，
所以 ，所以 在 上单调递减，所以 （1） ，所以 恒成立，得证．
【题型训练1-刷真题】
一、解答题
1．（2021·全国·统考高考真题）设函数 ，已知 是函数 的极值点．
（1）求a；
（2）设函数 ．证明: ．
【答案】（1） ；（2）证明见详解
【分析】（1）由题意求出 ，由极值点处导数为0即可求解出参数 ；
（2）由（1）得 ， 且 ，分类讨论 和 ，可等价转化为要证
，即证 在 和 上恒成立，结合导数和换元法即可求解
【详解】（1）由 ， ，
又 是函数 的极值点，所以 ，解得 ；
（2）[方法一]：转化为有分母的函数
由（Ⅰ）知， ，其定义域为 ．
要证 ，即证 ，即证 ．
（ⅰ）当 时， ， ，即证 ．令 ，因为
，所以 在区间 内为增函数，所以 ．
（ⅱ）当 时， ， ，即证 ，由（ⅰ）分析知 在区间
内为减函数，所以 ．
综合（ⅰ）（ⅱ）有 ．[方法二] 【最优解】：转化为无分母函数
由（1）得 ， ， 且 ，
当 时，要证 ， ， ，即证
，化简得 ；
同理，当 时，要证 ， ， ，即证
，化简得 ；
令 ，再令 ，则 ， ，
令 ， ，
当 时， ， 单减，故 ；
当 时， ， 单增，故 ；
综上所述， 在 恒成立.
[方法三] ：利用导数不等式中的常见结论证明
令 ，因为 ，所以 在区间 内是增函数，在区间 内是减
函数，所以 ，即 （当且仅当 时取等号）．故当 且 时， 且
， ，即 ，所以 ．
（ⅰ）当 时， ，所以 ，即 ，所以 ．（ⅱ）当 时， ，同理可证得 ．
综合（ⅰ）（ⅱ）得，当 且 时， ，即 ．
【整体点评】（2）方法一利用不等式的性质分类转化分式不等式：当 时，转化为证明
，当 时，转化为证明 ，然后构造函数，利用导数研究单调性，进
而证得；方法二利用不等式的性质分类讨论分别转化为整式不等式：当 时， 成
立和当 时， 成立，然后换元构造，利用导数研究单调性进而证得，通性通法，
运算简洁，为最优解；方法三先构造函数 ，利用导数分析单调性，证得常见常用结论
（当且仅当 时取等号）．然后换元得到 ，分类讨论，利用不等式的基本性质
证得要证得不等式，有一定的巧合性.
2．（2021·浙江·统考高考真题）设a，b为实数，且 ，函数
（1）求函数 的单调区间；
（2）若对任意 ，函数 有两个不同的零点，求a的取值范围；
（3）当 时，证明：对任意 ，函数 有两个不同的零点 ，满足 .
(注： 是自然对数的底数)
【答案】(1) 时， 在 上单调递增； 时，函数的单调减区间为 ，单调增区间为
；
(2) ；
(3)证明见解析.
【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论即可确定函数的单调性；(2)将原问题进行等价转化，然后构造新函数，利用导函数研究函数的性质并进行放缩即可确定实数a的取
值范围；
(3)方法一：结合(2)的结论将原问题进行等价变形，然后利用分析法即可证得题中的结论成立.
【详解】(1) ，
①若 ，则 ，所以 在 上单调递增；
②若 ，
当 时， 单调递减，
当 时， 单调递增.
综上可得， 时， 在 上单调递增；
时，函数的单调减区间为 ，单调增区间为 .
(2) 有2个不同零点 有2个不同解 有2个不同的解，
令 ，则 ，
记 ，
记 ，
又 ，所以 时， 时， ，
则 在 单调递减， 单调递增， ，
.
即实数 的取值范围是 .
(3)[方法一]【最优解】：
有2个不同零点，则 ，故函数的零点一定为正数.由(2)可知有2个不同零点，记较大者为 ，较小者为 ，
，
注意到函数 在区间 上单调递减，在区间 上单调递增，
故 ，又由 知 ，
，
要证 ，只需 ，
且关于 的函数 在 上单调递增，
所以只需证 ，
只需证 ，
只需证 ，
，只需证 在 时为正，
由于 ，故函数 单调递增，
又 ，故 在 时为正，
从而题中的不等式得证.
[方法二]：分析+放缩法
有2个不同零点 ，不妨设 ，由 得 （其中
）．且 ．
要证 ，只需证 ，即证 ，只需证 ．
又 ，所以 ，即 ．
所以只需证 ．而 ，所以 ，
又 ，所以只需证 ．
所以 ，原命题得证．
[方法三]：
若 且 ，则满足 且 ，由（Ⅱ）知 有两个零点 且 ．
又 ，故进一步有 ．
由 可得 且 ，从而
．．
因为 ，
所以 ，
故只需证 ．
又因为 在区间 内单调递增，故只需证 ，即 ，注意
时有 ，故不等式成立．
【整体点评】本题第二、三问均涉及利用导数研究函数零点问题，其中第三问难度更大，涉及到三种不同
的处理方法，方法一：直接分析零点 ，将要证明的不等式消元，代换为关于 的函数，再利用零点反代法，换为
关于 的不等式，移项作差构造函数，利用导数分析范围.
方法二：通过分析放缩，找到使得结论成立的充分条件，方法比较冒险！
方法三：利用两次零点反代法，将不等式化简，再利用函数的单调性，转化为 与0比较大小，
代入函数放缩得到结论.
3．（2020·浙江·统考高考真题）已知 ，函数 ，其中e=2.71828…为自然对数的底数．
（Ⅰ）证明：函数 在 上有唯一零点；
（Ⅱ）记x 为函数 在 上的零点，证明：
0
（ⅰ） ；
（ⅱ） ．
【答案】（I）证明见解析，（II）（i）证明见解析，（ii）证明见解析.
【分析】（I）方法一：先利用导数研究函数单调性，再结合零点存在定理证明结论；
（II）（i）先根据零点化简不等式，转化求两个不等式恒成立，构造差函数，利用导数求其单调性，根据
单调性确定最值，即可证得不等式；
（ii）方法一：先根据零点条件转化： ，再根据 放缩，转化为证明不等式
，最后构造差函数，利用导数进行证明.
【详解】（I）[方法一]：单调性+零点存在定理法
在 上单调递增，
，
所以由零点存在定理得 在 上有唯一零点．
[方法二]【最优解】：分离常数法
函数 在 内有唯一零点等价于方程 在 内有唯一实根，又等价于直线与 只有1个交点．
记 ，由于 在 内恒成立，所以 在 内单调递增，故
．
因此，当 时，直线 与 只有1个交点．
（II）（i） ，
，
令
一方面： ，
在 单调递增， ，
，
另一方面： ，
所以当 时， 成立，
因此只需证明当 时， ，
因为
当 时， ，当 时， ，
所以 ，
在 单调递减， ， ，
综上， .
（ii）[方法一]：分析+构造函数法
，， ，
，因为 ，所以
，
，
只需证明 ，
即只需证明 ，
令 ，
则 ，
，即 成立，
因此 .
[方法二]【最优解】：放缩转化法
．
设 ，则由 得
．
从而只要证 ．
上式左边 ．
使用不等式 可得【整体点评】（Ⅰ）方法一：直接研究函数的单调性，并根据零点存在定理证得结论，为通性通法；方法
二：先分离常数，转化为证明水平直线 与函数 的图象交点个数问题，为最优解；
（Ⅱ）（ⅰ）通过分析，转化，然后构造函数证得；
（ⅱ）方法一：构造函数 ，利用导数研究单调性，求得最小值，然后根据条
件放缩转化为证明不等式 ．利用作差法构造关于实数 的函数，利用导
数证得此不等式，为该题的通性通法；方法二：利用 放缩判定 的导函数
大于零，确定单调性，得到其最小值，转化为 ，然后利用不等式
放缩证明，运算相对简洁，为最优解.
【题型训练2-刷模拟】
一、解答题
1．（2023·北京密云·统考三模）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）计算出 、 的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程；
（2） ，其中 ，利用导数分析函数 的单调性，证明出 ，即可证得
结论成立.
【详解】（1）解：因为 ，则 ，所以， ， ，
所以，曲线 在点 处的切线方程为 ，
即 .
（2）解：令 ，其中 ，
，
令 ，其中 ，
则 ，
当 时， 且 不恒为零，所以，函数 在 上单调递增，
所以，当 时， ，此时函数 单调递减，
当 时， ，此时函数 单调递增，
所以， ，即 .
2．（2023·山西吕梁·统考三模）已知函数 .
(1)讨论函数 在 上的零点个数；
(2)当 且 时，记 ，探究 与1的大小关系，并说明理由.
【答案】(1)答案见解析
(2) ，理由见解析
【分析】（1）求导，得到函数单调性和极值情况，并结合端点值大小，分类讨论得到函数的零点个数；（2）判断出 ，不等式同构变形得到 ，构造 ，得到其单调性，并构造
的单调性，证明出结论.
【详解】（1） ， ，
当 时， ，当 时， ，
故 在 上单调递减，在 上单调递增，
又 ， ， ，其中 ，
若 ，即 时， 零点个数为0，
若 ，即 时， 零点个数为1，
若 ，即 时， 零点个数为2，
若 ，即 时， 零点个数为1，
若 ，即 时， 零点个数为0，
综上：当 或 时， 零点个数为0，
当 或 时， 零点个数为1，
当 时， 零点个数为2.
（2） ，理由如下：
， ，当 时， ，故 ，
当 时， ，故 ，
要证 ，即证 ，其中 ，
故即证 ，
令 ， ，即证 ，
，
令 ，则 ，
当 时， ，当 时， ，
故 在 上单调递减，在 上单调递增，
故 在 上恒成立，
所以 在 上恒成立，
则 在 上单调递增，
则 ，
令 ， ，
，当 时， ，当 时， ，
故 在 上单调递减，在 上单调递增，
故 ，即 ，结论得证.【点睛】导函数求解参数取值范围，当函数中同时出现 与 ，通常使用同构来进行求解，本题难点是
变形得到 ，从而构造 进行求解.
3．（2023·山东淄博·统考三模）已知函数 .
(1)求函数 的单调区间；
(2)证明：当 时， .
【答案】(1)单调递增区间是 和
(2)证明见解析
【分析】（1）确定函数定义域，求导得到导函数，构造新函数，求导得到单调区间，计算最值确定
恒成立，得到答案.
（2）构造函数 ，求导得到导函数，将导函数设为新函数，再次求导，将导函数设为新
函数，再次求导，利用隐零点代换得到 的单调区间，计算最值得到 ，再构造函数
，同理得到 ，得到证明.
【详解】（1）函数 的定义域为 ， .
令函数 ， .
当 时， ， 在 上单调递减；
当 时， ， 在 上单调递增，
所以 ，即 恒成立，
故 的单调递增区间是 和 .（2）当 时， ，即当 时， .
令 ， ，
令 ， ，
令 ， .
当 时， ， 在 上单调递减；
当 时， ， 在 上单调递增，
又 ， ，
所以存在 ，使得 .
当 时， ；当 时， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增.
，故当 时， ；当 时， ，
即当 时， ；当 时， ，
故 在 上单调递减，在 上单调递增.
于是 ，所以 .
令函数 ， .
当 时， ；当 时， ，
所以 在 上单调递增；在 上单调递减，
则 .
因为 ，所以 ，故 ，得 .
综上所述：当 时， .
【点睛】本题考查了利用导数求函数的单调区间，证明不等式，意在考查学生的计算能力，转化能力和综
合应用能力，其中将不等式的证明转化为 和 是解题的关键，证明不等式引入中
间函数是一个重要技巧，需要熟练掌握.
4．（2023·河南洛阳·模拟预测）已知函数 .
(1)若 ，求 的极值；
(2) ，若函数 有两个零点 ，且 ，求证： .
【答案】(1)极大值为 ，无极小值；
(2)证明见解析.
【分析】（1）求出函数 的导数 ，再利用导数求出 的极值作答.
（2）根据函数零点的意义，转化为线 与函数 图象有两个交点，求出 ，再借助零点建
立两个方程消去a，构造函数证明 即可作答.
【详解】（1）当 时， 定义域为 ，
求导得 ，令 ，
求导得 ，当 时， ，当 时， ，
即函数 在 上单调递增，在 上单调递减，当 时， 取得极大值 ，无极
小值，
所以 的极大值为 ，无极小值.
（2）依题意， ， ，因为函数 有两个零点 ，且 ，而 ，则 ，
因此函数 的两个零点 分别是直线 与函数 图象的两个交点横坐标，
，当 时， ，当 时， ，
则函数 在 上单调递增，在 上单调递减， ，
而 ， 时，恒有 ，于是 ，即 ，
令 ，显然有 ，
则有 ，令 ，
求导得 ，即函数 在 上单调递增， ，
即有 ，从而 ，又 ，
所以 .
【点睛】思路点睛：涉及双变量的不等式证明问题，将所证不等式等价转化，构造新函数，再借助导数探
讨函数的单调性、极(最)值问题处理.
5．（2023·贵州·校联考模拟预测）已知函数 .
(1)判断 的导函数在 上零点的个数，并说明理由；
(2)证明：当 时， .
注： .
【答案】(1)零点的个数为1，理由见解析
(2)证明见解析【分析】利用导数判断 的导函数在 上得单调性，再结合零点的存在性定理即可得出结论；
（2）令 ，则 ，即 ，再结合（1）利用导数
可求得函数 的最小值，再证明 的最小值大于零即可.
【详解】（1） ，
令 ，则 ，
所以函数 在 上单调递增，即 在 上单调递增，
又 ，
所以 的导函数在 上零点的个数为1；
（2）令 ，
则 ，即 ，
由（1）可知存在 ，使得 ，
当 时， ，当 时， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
又因为 ，存在 ，使得 ，即 ，
当 时， ，当 时， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ，
令 ，则 ，所以函数 在 上单调递减，所以 ，
所以 时， ，
即当 时， 恒成立.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，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.
6．（2023·山东聊城·统考三模）已知函数 ．
(1)讨论 的单调性；
(2)证明：当 ，且 时， ．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，求导得 ，然后分 ， ， 分别讨论，即可得到结果；
（2）根据题意，将问题转化为 ，然后构造函数 ，证明其单调性，
即可得到证明.
【详解】（1） ， ，
①当 ，即 时， ， 在区间 单调递增．
②当 ，即 时，
令 ，得 ，令 ，得 ，
所以 在区间 单调递增；在区间 单调递减．
③当 ，即 时，若 ，则 ， 在区间 单调递增．
若 ，令 ，得 ，令 ，得 ，
所以 在区间 单调递减；在区间 单调递增．
综上， 时， 在区间 单调递增；在区间 单调递减；
时， 在区间 单调递增
时， 在区间 单调递减、在区间 单调递增．
（2）证明：要证 ，即证 ，
即证 ．
令 ， ，则 ，
所以 在区间 单调递增，所以 时， ，
即 时， ．
令 ， ，则 在 时恒成立，
所以 ，且 时， 单调递增，
因为 时， ， ，且 ，
所以 ，且 时， ，即 ．
所以 ，且 时， ．
【点睛】关键点睛：本题主要考查了用导数研究函数的单调性，以及用导数证明不等式问题，难度较难，
解决本题的关键在于构造函数 ，用其单调性去证明不等式.
7．（2023春·河北·高三校联考阶段练习）已知函数 .
(1)讨论 的单调性.(2)若 存在两个零点 ，且曲线 在 和 处的切线交于点 .
①求实数 的取值范围；
②证明： .
【答案】(1)答案见解析
(2)① ；②证明见解析
【分析】（1）利用导数分成 ， 两种情况讨论函数的单调性；
（2）①利用导数得出函数 的单调性，结合函数图像得出实数 的取值范围；
②由曲线 在 和 处的切线方程联立，得出 ，又 存在两个零点 ，代
入 得出 ，
要证 ，只需证 ，即证 ，只要证 即可.
【详解】（1） .
当 时， 在 上单调递减；
当 时，令 ，得 .
当 时， ，当 时， ，.
所以 在 上单调递增，在 上单调递减.
（2）①由（1）知，当 时， 在 上单调递减，不可能有两个零点，
当 时， 在 上单调递增，在 上单调递减，所以 ，所以 ，
又 ， ； ， ；
所以 的取值范围是 .
②曲线 在 和 处的切线分别是 ，
联立两条切线方程得 ，所以 .
因为 所以 .
要证 ，只需证 ，
即证 ，只要证 .
令 ，.
则 ，所以 在 上单调递减，
所以 ，
所以 ，所以 .
【点睛】已知函数零点个数求参数范围问题方法点睛：
可以通过构造函数，分情况讨论函数的单调性，结合零点存在性定理，根据零点个数，考虑图像的交点情
况，得出参数的取值范围.
8．（2023·山东烟台·统考二模）已知函数 ．(1)若 在 上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)当 时，证明： ， ．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求得 ，转化为 在 上恒成立，进而转化为 在 上恒成立，
令 ，求得 ，得出函数 的单调性和最大值，即可求解.
（2）当 时，得到 且 ，当 时，只需使得 ，利用导数求得
单调递增，得到 ；当 时，显然满足 ；
当 时，由 和 ，得到 ，即可得证.
【详解】（1）解：由函数 ，可得 ，
因为 在 上单调递增，可得 在 上恒成立，
即 在 上恒成立，即 在 上恒成立，
令 ，可得 ，
当 时， ， 单调递减；
当 时， ， 单调递增，
所以当 时，函数 取得极大值，即为最大值 ，
所以 ，即实数a的取值范围为 .
（2）解：当 时， ，可得当 时，可得 ，
要使得 ，只需使得 ，
令 ，可得 ，所以 单调递增，
又由 ，所以 ，所以 单调递增，所以 ；
当 时，可得 且 ，所以 ，满足 ；
当 时，可得 ，
因为 且 ，所以 ，所以 ，
综上可得，对于 ，都有 .
9．（2023·福建泉州·泉州五中校考模拟预测）已知函数 ．
(1)讨论 的单调性；
(2)当 ， 是方程 的两根， ，证明： ．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求得 ，设 ，得到 ，分 和 ，两种情
况，即可求得函数的单调区间；
（2）求得在 处的切线方程为 ，令 ，再令
，结合单调性求得 ，求得 ，进而求得切线方程为
，令 ，求得出函数 的单调性，得到
，进而证得 ，即可求解.
【详解】（1）解：由函数 ，可得 ，设 ，可得 ，
①当 时， ，所以 在 单调递增；
②当 时，令 ，解得 .
当 时， ， 单调递减；
当 时， ， 单调递增.
综上，当 时， 在 单调递增；
当 时， 在 单调递减，在 单调递增.
（2）解：由 ，可得 且 ，
所以 在 处的切线方程为 ，即 .
令 ，
令 ，
因为 ，所以 在 上单调递增，
又因为 ，所以当 ， ， 单调递减，
当 ， ， 单调递增.
所以 ，即 ，
所以 ， ，
可得 在 处的切线方程为 ，即 .
令 ，
，
因为 ，所以 在 上单调递增.又因为 ，所以当 ， ， 单调递减，
当 ， ， 单调递增，
所以 ，即 ，
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.
10．（2023·安徽黄山·统考三模）已知函数 ，
(1)试判断函数 在 上是否存在极值.若存在，说出是极大值还是极小值；若不存在，
说明理由.
(2)设 ，若 ，证明：不等式 在 上恒成立.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1） ，令 ，因此 在 单调递减，
，讨论 正负即可判断出极值的情况；
（2）由分析知，要证明 在 上恒成立，即证 ，即证 ，
令 ，求出 ，原不等式证明变为证明 即可.
【详解】（1）由题可知 ，
则 ，令由于 ，则 ，所以函数 在 单调递减.
当 趋近于0时， 趋近于正无穷，又 .
①当 ，即 时， ，
则函数 在 单调递增，所以 在 上无极值.
②当 ，即 时，则 在 上有唯一零点 .
所以当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减；
所以 是函数 的一个极大值点，且无极小值.
综上所述，当 时，函数 无极值；
当 时，函数 有极大值，但无极小值.
（2）由题可知： ，且 .
由 可得 ，
化简得
由于 且 ，所以不等式 ；
所以要证明原不等式成立；
只要证： 在 时恒成立.
只要证： .
令 ，则令 ，
则 ， 在 为增函数，故 ，
于是 ， 在 为增函数，故 ，
只要证： （这里 ），
下面先证明： ，
令 ，则 .
在 为减函数，故 ，即 ，
只要证： ，
只要证： ，
令 ，则 .
在 是单调递增，因此 ，即 .
综上所述，原不等式成立.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，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.
11．（2023·全国·高三专题练习）已知函数 ，其中 ．
(1)若 有两个零点，求 的取值范围；
(2)若 ，求 的取值范围．【答案】(1) ；
(2) ．
【分析】（1）由题可得方程 有两个解，然后构造函数利用导数研究函数的性质进而即得；
（2）由题知 恒成立，进而转化为证明当 时
，然后利用二次函数的性质结合条件可得只需证明 即可，
再构造函数利用导数证明不等式即得.
【详解】（1）由 有两个零点，得方程 有两个解，
设 ，则 ，
由 ，可得 ， 单调递增，由 ，可得 ， 单调递减，
所以 的最大值为 ，当 时 ，当 时， ，
所以可得函数 的大致图象，
所以 ，解得 ，
所以， 有两个零点时， 的取值范围是 ；
（2）设 ，即 ，则 恒成立，由 ， ，可得 ，
下面证明当 时， ，即证 ，
令 ，则证 ， ，
令 为开口向上的二次函数，对称轴为 ，
由（1）可知 ，故 在 时单调递增，
则 ，
下面只需证明 即可，即证 ，
令 ，则 ，
令 ，则 ，
所以函数 单调递减，且 ，
所以当 时， ，当 时， ，
所以函数 在 上单调递增，在 上单调递减，
故 ，即 ，从而不等式 得证，
综上， 的取值范围是 ．
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，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.12．（2023春·四川雅安·高三雅安中学校联考阶段练习）已知函数 ．
(1)试问曲线 是否存在过原点的切线？若存在，求切点的坐标；若不存在，请说明理由．
(2)证明： ．（参考数据： ）
【答案】(1)存在，切点坐标为 ；
(2)证明见解析.
【分析】（1）求出函数 的导数，设出切点坐标，再求出切线方程即可作答.
（2）等价变形不等式，构造函数 ， ，再分别求出其最值判断作答.
【详解】（1）假设曲线 存在过原点的切线，并设切点为 ，
函数 ，求导得 ，
则 ，整理得 ，解得 ，则 ，
所以曲线 存在过原点的切线，且切点坐标为 ．
（2） ，不等式 ，
设函数 ，求导得 ，
当 时， 单调递减，当 时， 单调递增，则 ，
设函数 ，求导得 ，
当 时， 单调递增，当 时， 单调递减，则 ，
因为 ，即有 ，因此 ，
所以 ．
