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微专题：利用导数证明不等式
【考点梳理】
（1）①证明f(x)>g(x)，可以构造函数h(x)＝ f(x)－g(x), 然后利用h(x)的最值证明不等式；
②若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形分拆，构造两个函数，从而找到可以传递的中间
量， 达到证明的目的.
(2)利用“隐零点”证明不等式的关键在于“设而不求”及“等量代换”，常见的有不含参和含参两种类型：
①不含参函数的隐零点问题：已知不含参函数f(x)，导函数方程f′(x)＝0的根存在，却无法求出，设方程f′(x)＝0的
根为x ，则(i)有关系式f′(x)＝0成立；(ii)注意确定x 的合适范围. ②含参函数的隐零点问题：已知含参函数 f(x，
0 0 0
a)，其中a为参数，导函数方程f′(x，a)＝0的根存在，却无法求出，设方程f′(x，a)＝0的根为x ，则(i)有关系式f′
0
(x，a)＝0成立，该关系式给出了x，a的关系；(ii)注意确定x 的合适范围，往往和a的取值范围有关.
0 0 0
【题型归纳】
题型一：利用导数证明不等式
1．已知函数 .
(1)讨论函数 的单调性；
(2)当 时，证明：在 上， .
2．设函数 ，其中 ．
(1)若 ，讨论 的单调性；
(2)若 ．
（ⅰ）证明： 恰有两个零点；
（ⅱ）设 为 的极值点， 为 的零点，且 ，证明： ．
3．已知函数 （a∈R且a≠0）．
(1)讨论函数 的单调性；
(2)当 时，若关于x的方程 有两个实数根 ，且 ，求证： ．
第 1 页
学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司【双基达标】
4．设函数 ，已知 是函数 的极值点．
（1）求a；
（2）设函数 ．证明: ．
5．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)
6．已知函数 ．
(1)设函数 ，若 在其定义域内恒成立，求实数a的最小值：
(2)若方程 恰有两个相异的实根 ， ，试求实数a的取值范围，并证明 ．
7．已知函数 ， .
（1）求函数 的增区间；
（2）设 ， 是函数 的两个极值点，且 ，求证： .
8．已知函数f（x）＝（x+1）ex+（a﹣1）x，其中a∈R．
（1）当a＝1时，求f（x）的最小值；
（2）若g（x）＝f（x）﹣ex在R上单调递增，则当x＞0时，求证：
9．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.
10．已知函数 .
(1)若曲线 上任意一点处的切线斜率不小于3，求a的最小值.
第 2 页
学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司(2)当 ， 时，若 有两个极值点 ， ，且 ，求证： .
11．已知函数 ．
(1)求 在R上的极值；
(2)求证： ．
12．已知 .
（1）当 有两个零点时，求a的取值范围；
（2）当 ， 时，设 ，求证： .
13．（1）若 ，判断函数 在区间 内的单调性；
（2）证明：对任意 ， ， .
14．已知函数 ， ．
（1）证明：当 时， ；
（2）若 ，求 的值．
15．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： ， ．
16．已知函数f(x)=x-mlnx-m.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)有最小值g(m)，证明：g(m) 在 上恒成立.
17．已知函数 .
（1）讨论 的单调性；
第 3 页
学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司（2）设 ， 为两个不相等的正数，且 ，证明： .
18．已知函数 （ ）．
(1)求函数 的单调区间；
(2)若函数 有两个零点 ， ．
（i）求实数a的取值范围；
（ii）求证： ．
19．已知函数 （a为常数）在 处的切线方程为 .
（1）求a的值，并讨论 的单调性；
（2）若 ，求证 .
20．已知函数 ，其中 是自然对数的底数.
(1)当 时，求函数 的导函数 的单调区间；
(2)若函数 有两个不同极值点 ， 且 ；
（i）求实数 的取值范围；
（ii）证明： .
【高分突破】
21．已知 且 ，函数 .
(1)当 时，设 的导函数 ，求 的单调区间；
(2)若函数 恰有两个互异的零点 .
（i）求实数 的取值范围；
（ii）求证： .
22．已知关于x的函数 与 在区间D上恒有 ．
第 4 页
学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司（1）若 ，求h(x)的表达式；
（2）若 ，求k的取值范围；
（3）若 求证：
．
23．已知函数 .
(1)设函数 ，且 恒成立，求实数 的取值范围；
(2)求证： ；
(3)设函数 的两个零点 、 ，求证： .
24．已知函数 ， ．
（1）当 时，求证： ；
（2）当 时，讨论函数 的单调性．
25．已知函数f(x)=ex，g(x)=2ax+1.
（1）若f(x)≥g(x)恒成立，求a的取值集合；
（2）若a>0，且方程f(x)-g(x)=0有两个不同的根x，x，证明： <ln 2a.
1 2
26．已知函数 .
(1)若 ，讨论 的单调性；
(2)若 ， 是函数 的两个不同的零点，证明： .
27．已知函数 .
(1)若 ，求 在 处的切线方程；
(2)若 是函数 的极值点，且 ，求证： .
28．已知函数 ，设 在点 处的切线为
（1）求直线 的方程；
第 5 页
学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司（2）求证：除切点 之外，函数 的图像在直线 的下方；
（3）若存在 ，使得不等式 成立，求实数 的取值范围
第 6 页
学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司参考答案
1．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）求出导函数，对a分类讨论： 和 两种情况，分别求单调区间；
（2）对 ，利用导数讨论单调性，求出最小值，即可得到 ，即证.
（1）函数 的定义域为 ， .若 ，当 时， ，此时函数 为增
函数，当 时， ，此时函数 为减函数；若 ，当 时， ，此时函数 为
减函数，当 时， ，此时函数 为增函数.
（2）当 时，令 ，则 ，当 时， ，此时函数 在
递增， 当 时， 恒成立.故在 上， .
2．(1) 在 上单调递增
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）先求导数，利用导数的符号判定函数的单调性；
（2）（ⅰ）求导数，得出函数 有唯一极值点，判定极值点两侧函数值的符号可证结论；
（ⅱ）根据极值点和零点的含义，把 消去，借助不等式 ，可证结论.
（1） ．∵ 时， ，∴函数 在 上单调递增．
（2）证明：（i）由（1）可知： ．令 ， ∵
， ，∴ 在 上单调递减，又 ，且
∴ 存在唯一解 ．且 时， ， 时， ，即函数 在 上单调
递增，在 单调递减．∴ 是函数 的唯一极值点．令 ，可得
，∴ 时， ， ∵
．∴函数 在 上存在唯一零点．又函数 在 上有唯一零点1．因此函数 恰
有两个零点；（ii）由题意可得： ，即 ，∴ ，即
，∵ ，可得 ．又 ，故 ，取对数可得：
第 7 页，整理可得： ．
【点睛】
关键点点睛：本题主要考查导数的应用，函数单调性的判定可由导数的正负来判定；零点问题一般转化为极值最
值问题进行处理；不等式的证明通常利用放缩法以及常用不等式来处理.
3．(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）求出函数 的定义域及导数 ，再分类讨论求解不等式 或 的解集作答.
（2）利用方程根的意义求出 的关系等式，再变形换元，构造函数并借助函数单调性推理作答.
（1）函数 定义域为 ，求导得 ，当 时， 恒成立，即 在 上单调递增，
当 时，当 时， ，当 时， ，即 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以当 时， 的递增区间是 ，当 时， 递减区间是 ，递增区间是 .
（2）当a＝2时，方程 ，即为 ，依题意， ，且 ，两式相减，得
，即 ，则 ，令 ，有 ， ，从而得
，令 ，求导得 ，即函数 在 上单调递增，
， ，即 ，而 ，因此 ， 恒成立，所以 ．
4．（1） ；（2）证明见详解
【解析】
【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
第 8 页由（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 ．
第 9 页综合（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.
5．(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.
【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 ，
第 10 页记 ，
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
第 11 页有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.
6．(1)
(2) ，证明见解析
【解析】
第 12 页【分析】
（1）由题 在 上恒成立，利用导数求函数最值即得；
（2）由题 有两个相异的实根，设 ，利用导数可得 ，即求实数a的取
值范围，然后结合 ，构造函数 ，利用函数单调
性即可求证．
(1)
由 ，得 在 上恒成立，
设 ，则 ，
∴当 时， ， 单调递增，当 时， ， 单调递减，
所以 ，
∴ ，即 ，
∴实数a的最小值为 ．
(2)
由 ，得 ，
令 ，则 ，
设 ，则 ，
∴函数 在 上单调递减，又 ，
∴在 上 ，故 单调递增，在 上 ，故 单调递减，
∴ ，
由方程 恰有两个相异的实根 ， ，得 ，
∴ ，即实数a的取值范围为 ．
下面证明 ，
不妨设 ，则 ， ，
要证 ，只需证 ，
由于 在 上单调递增，故只需证 .
由 ，
第 13 页得
，
令 ，则 恒成立，
因此 在 上单调递增，函数 ，
即 ，故 ，即证 ．
【点睛】
导数求参问题常用的两种常用的转化方法：
一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题，注意分类讨论与数形结合思想的应用；
二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
7．（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）求函数的导数，分类讨论，解不等式即可求解；
（2）根据极值点可转化为 ， 是方程 的两个不相等的正实数根，可得 且 ，要证
，只要证 ，利用构造函数的单调性证明即可.
【详解】
（1）由题意得 ( ).
令 ，则 .
①当 ，即 时， 在 上恒成立，即 的增区间为 ；
②当 ，即 时， 或 ，即 的增区间为 和
.
综上，当 时， 的增区间为 ；当 时， 的增区间为 和 .
（2）因为 ( )， 有两个极值点 ， ，
所以 ， 是方程 的两个不相等的正实数根，可求出
从而 ， ，解得 .
第 14 页由 得 .
因为 ，所以 且 .
令 ， 且 ，则 ，
所以当 时， ，从而 单调递增；当 时， ，从而 单调递减，
于是 ( ).
要证 ，只要证 ，只要证明 .
因为 ，所以只要证 .
令
则
.
因为 ，
所以 ，即 在 上单调递增，
所以 ，即 ，
所以 ，即 .
【点睛】
关键点点睛：要证 ，只要证 ，只要证明 ，
构造函数 ，利用导数判断 ，即 在 上单调递增，
是解题的关键与难点，属于难题.
8．（1） ；（2）证明见解析．
【解析】
（1）将a＝1代入，求导，得到函数的单调性，进而求得最小值；
第 15 页（2）依题意，a≥1﹣（x+1）ex恒成立．结合（1）可知 ，进而得证．
【详解】
解：（1）当a＝1时，f（x）＝（x+1）ex
∴f'（x）＝（x+2）ex，
∴当x＜﹣2时f'（x）＜0，f（x）在（﹣∞，﹣2）上单调递减；
当x＞﹣2时f'（x）＞0，f（x）在（﹣2，+∞）上单调递增．
∴ ；
（2）证明：∵g（x）＝f（x）﹣ex＝xex+（a﹣1）x，
∴g'（x）＝（x+1）ex+a﹣1≥0恒成立，
∴a≥1﹣（x+1）ex恒成立．
则由（1）可得： ．
又∵x＞0，
∴f（x）＝（x+1）ex+（a﹣1）x ．
【点睛】
本题考查利用导数研究函数的单调性，最值，考查不等式的证明，难度不大．
9．(1)证明见解析
(2)答案见解析
【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；
第 16 页当a＞0时，f（x）在（0， ）上单调递减，在（ ，+∞）上单调递增.
10．(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）由 参变分离得到 ，即可求出a的最小值；
（2）直接求导由两个极值点 ， 得到 ， ，表示出 ，消去 得到
，
构造函数确定单调性即可证明.
(1)
由题意知： ，切线斜率 ，
所以 ，所以 ，所以a的最小值为 ．
(2)
，
.当 时，
（当且仅当 时取等号），函数 在 上单调递增无极值.
当 时， .由 ，
得 ， .设两个根分别为 ， ，
则 ， ，其中 ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增，
从而 有两个极值点 ， ，且 . ， ，所以
，
即 .构造函数 ，
，所以 在 上单调递减，且 .故 .
第 17 页11．(1)极大值 ，无极小值
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）求导，根据单调性即可确定极值；
（2）将不等式转化为 ，利用（1）得到 以及 ，进而可证明不等式成立.
(1)
由已知 ，
令 ，得 ，令 ，得 ，
故函数 在 上单调递增，在 上单调递减；
在 处取得极大值 ，且无极小值；
(2)
，
由（1）得， ，则 ，当且仅当 时取等号，
，当且仅当 时取等号，
因此 ，即 ．
12．（1） 或 ；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）化简 ，根据题意得 有一个非零实根，设 ，利用导数求得函数的
单调性和极值，结合函数的值的变化趋势，即可求解；
（2）化简 ，根据题意转化为 ，令 ，得到新函数 ，
利用导数求得函数的单调性与最小值，即可求解.
【详解】
（1）由题意，函数
因为 有两个零点，又因为 时，解得 ，
所以当 有一个非零实根，
设 ，可得 ，
当 时， ， 单调递减；
第 18 页当 时， ， 单调递增，
所以当 时，函数 取得最小值，最小值为 ，
又由 ， 时， ； 时， ，
所以 或 ，即实数a的取值范围是 .
（2）由题意，可得 ，
要证 ，即证 ，
令 ，令 ，可得 ，
令 ，即 ，解得 ；
令 ，即 ，解得 ，
所以函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ，即 ，即 .
【点睛】
利用导数证明不等式问题：
（1）直接构造法：证明不等式 转化为证明 ，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，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.
13．（1） 在 单调递增；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据导数的性质，结合余弦函数的单调性进行求解即可；
（2）根据（1）可得 ，令 ，利用放缩法可得：
，用这个不等式，结合对数的运算性质证明即可.
【详解】
（1）因为 ，
所以 .
因为 ，所以 ，则 .
又 ，知 ，且 时 ，
故 ，所以 在 单调递增.
第 19 页（2）由（1）知，当 时， ，即 ，
所以 .
令 ，所以 ，从而 ，
所以 ，
因为 ， ，所以 ，所以 ，
所以 ，
所以 ，
因为
，
所以 ，
所以 .
【点睛】
关键点睛：本题的关键是利用（1）得到 这个不等式，用这个不等式应用放缩法进
行证明.
.
14．（1）证明见解析；（2） ．
【解析】
【分析】
（1）由题意分类讨论当 、 、 三种情况即可证得题中的结论；
（2）构造函数 ，分析可知 ，可得出 ，求出实数 的值，
然后验证当 时， 对任意的 即可.
【详解】
第 20 页（1）因为 ，则 ， .
①当 时， ， ；
②当 时， ， ， ，
则 ，
所以，函数 在 上单调递减，故 ；
③当 时，构造函数 ， ，
则 ， 对任意的 恒成立，
所以，函数 、 在 上均为增函数，
对任意的 ， ，即 ，
，即 ，
所以，当 时， ，当且仅当 时，等号成立.
综上所述，对任意的 ， ；
（2）因为 ，所以 ，即 ．
不妨设 ，原条件即 ．
可得 ．
因为 且 ，所以 时， 取得最小值，
由于函数 为可导函数，则 为函数 的极小值点，故 .
所以 ，解得 ，
下面来检验当 时， 是函数 的最小值点，
①当 时， ；
②当 时， ， ，
函数 在 上单调递增，且 ，
当 时， ，此时函数 单调递减，
当 时， ，此时函数 单调递增，
第 21 页此时， ，合乎题意.
综上所述， .
【点睛】
方法点睛：对于利用导数研究不等式问题的求解策略：
（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，通常要设出导数的零点，难度较大.
15．(1)
(2)证明见解析
【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.
(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
第 22 页，
即 ，故原不等式得证.
【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.
16．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调区间.
（2）根据（1）的结论可得函数的最小值，再利用导数可证不等式.
(1)
函数 的定义域为 ，且 ，
当 时， 在 上恒成立，所以此时 在 上为增函数，
当 时，由 ，解得 ，
由 ，解得 ，
所以 在 上为减函数，在 上为增函数，
综上：当 时， 在 上为增函数，
当 时， 在 上为减函数，在 上为增函数；
(2)
由（1）知:当 时， 在 上为增函数， 无最小值.
当 时， 在 上上为减函数，在 上为增函数，
所以 ，即 ，
则 ，
由 ，解得 ，
由 ，解得 ，
所以 在 上为增函数，在 上为减函数，
第 23 页所以 ，
即 在 上恒成立.
17．（1） 的递增区间为 ，递减区间为 ；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
(1) 首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定原函数的单调性.
(2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令 ，命题转换为证明： ，然后构造对称差函数，
结合函数零点的特征和函数的单调性即可证得题中的结论.
【详解】
(1) 的定义域为 ．
由 得， ，
当 时， ；当 时 ；当 时， ．
故 在区间 内为增函数，在区间 内为减函数，
(2)[方法一]：等价转化
由 得 ，即 ．
由 ，得 ．
由（1）不妨设 ，则 ，从而 ，得 ，
①令 ，
则 ，
当 时， ， 在区间 内为减函数， ，
从而 ，所以 ，
由（1）得 即 ．①
令 ，则 ，
当 时， ， 在区间 内为增函数， ，
从而 ，所以 ．
又由 ，可得 ，
所以 ．②
第 24 页由①②得 ．
[方法二]【最优解】： 变形为 ，所以 ．
令 ．则上式变为 ，
于是命题转换为证明： ．
令 ，则有 ，不妨设 ．
由（1）知 ，先证 ．
要证：
．
令 ，
则 ，
在区间 内单调递增，所以 ，即 ．
再证 ．
因为 ，所以 ．
令 ，
所以 ，故 在区间 内单调递增．
所以 ．故 ，即 ．
综合可知 ．
[方法三]：比值代换
证明 同证法2．以下证明 ．
不妨设 ，则 ，
由 得 ， ，
要证 ，只需证 ，两边取对数得 ，
即 ，
即证 ．
记 ，则 .
第 25 页记 ，则 ，
所以， 在区间 内单调递减． ，则 ，
所以 在区间 内单调递减．
由 得 ，所以 ，
即 ．
[方法四]：构造函数法
由已知得 ，令 ，
不妨设 ，所以 ．
由（Ⅰ）知， ，只需证 ．
证明 同证法2．
再证明 ．令 ．
令 ，则 ．
所以 ， 在区间 内单调递增．
因为 ，所以 ，即
又因为 ，所以 ，
即 ．
因为 ，所以 ，即 ．
综上，有 结论得证．
【整体点评】
(2)方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导数问题
必备的知识和技能.
方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略.
方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的
不等式即可.
方法四：构造函数之后想办法出现关于 的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在.
18．(1)当 时，函数 的单调增区间为 ；当 时，函数 的单调增区间 ，单调减
第 26 页区间是
(2)（i） （ii）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）先求定义域，求导，对 进行分类讨论，求对应的单调区间；
（2）（i）结合第一问中函数的单调性及极值，最值，找到不等式，解不等式，求出实数a的取值范围；（ii）构
造差函数，证明极值点偏移问题.
(1)
定义域为 ， ，
①当 时，有 恒成立， 是函数 的单调增区间，无递减区间；
②当 时，由 ，解得 ，由 ，解得 ，故函数 的增区间
，减区间是 ．
综上：当 时，函数 的单调增区间为 ；当 时，函数 的单调增区间 ，单调减区
间是
(2)
（i）由（1）知：当 时， 在 上单调递增，
函数 不可能有两个零点；
当 时，因为 在 上递增，在 上递减，
因为 ，故 ，
设 ， ，
则 ，当 时， ，当 时， ，故 在 处取得极大值，也是最大
值， ，所以 ，
故 ，即 取
，
则
因此，要使函数 且两个零点，只需 ，
第 27 页即 ，化简，得 ，
令 ，因为 ，
所以函数 在 上是单调递增函数，
又 ，故不等式 的解为 ，
因此，使求实数a的取值范围是： .
（ii）因为 ，所以 ， ，
下面先证明 ，
根据（1）的结果，不妨设 ，则只需证明 ，
因为 在 时单调递增，且 ， ，
于是只需证明 ，
因为 ，所以即证 ，
记 ， ，
，
所以 在 单调递增，则 ，
即证得 ，原命题得证.
【点睛】
极值点偏移问题，可以通过构造差函数进行解决，也可以变多元为多元求解，利用对数平均不等式也能解决，选
择哪种方案，需要结合函数特点进行选择.
19．（1） ， 在定义域 上为增函数；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
第 28 页（1）求出导函数，由 可得 （也可由 求得 ），为确定 的正负，设 ，再求导
，由 的正负确定 单调性，从而得 正负，得 的单调性；
（2）先利用导数证明不等式 ，然后引入函数
，求出 ，对其中的部分函数 ，
求出导函数 ，利用刚证的不等式可得 ，从而 递增，因此可得 是增函数（ ），因此得出
单调性及最小值，得 ，于是得 ，结合已知得 ，由 的单
调性得证结论．
【详解】
解：（1） ，
切线斜率 ，
所以 ，
此时 ，
则 ，
可得 在 上为减函数，在 上为增函数，因此 恒成立，
故 在定义域 上为增函数
（2）先证不等式 ，
设 ，则 ，
可得 在 上为增函数，在 上为减函数，
所以当 时 ，即 成立， ，
令 ，
则 ，
设 ，
则 ，利用不等式 得 ，
那么 ，
第 29 页所以 是增函数，故 是增函数，
又因为 ，在 时， ， 时， ，
所以 在 上为减函数，在 上为增函数，.
所以 ，即 ，当 时，取等号，所以 ，
又由 得 ，
所以 ，
又 在定义域 上为增函数，
所以 ，即 得证.
【点睛】
本题考查导数的几何意义，考查用导数研究函数的单调性，证明不等式成立．证明不等式的关键是引入新函数
，利用导数证明 ，这样明确，即求得 的最小值为0即可．本题考查了学生的转
化与化归能力，分析问题解决问题的能力，运算求解能力，本题属于难题．
20．(1)在 单调递减，在 单调递增
(2)（i） ；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）运用导数的性质进行求解判断即可；
（2）（i）常变量分离，构造函数，利用导数的性质进行求解即可；
（ii）运用构造新函数法，结合导数的性质、对钩函数的单调性进行求解证明即可.
(1)
，设 ，
，当 时， 单调递减，
当 时， 单调递增，
∴ 在 单调递减， 单调递增，
(2)
（i）由 ，则 ，即 ∴
设 在 单调递减， ∴ 在 单调递增， 单调递减，
且 ， ∴ ，即 ，即 ；
第 30 页（ii）记 ， ，
在 单调递减，在 单调递增，
∴
记 ，
，设 ，
，当 时， 单调递减，
当 ， 单调递增，
即 在 单调递减，在 单调递增，
，
使得
在 单调递增，在 单调递减，在 单调递增，
∴ ∴
∴ ， ，
函数 在 单调递减，在 单调递增，
所以当 时，该函数有最小值2，
所以 在 单调递增，在 单调递减，
且 ，令
记方程 两根为 ， 且
则
【点睛】
关键点睛：利用构造函数法、常变量分离法、导数的性质是解题的关键.
21．(1)单调减区间为 ，单调增区间为
(2)（i） （ii）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）当 时，求导，求得 ，再求导，表示出 ，根据导数与函数单调性的关系，即可求得 的单
调区间；
（2）（ⅰ）根据题意可得 ，构造函数 ，求导，根据导数与函数单调性的关系，求得 的单调
第 31 页性和极值，因此可求得实数 的取值范围；
（ⅱ）要证 ，即证 ，由（ⅰ）可知， ，即证明 ，因此，构造函数
，根据导数与函数单调性的关系，可得 ，在 恒成立，因此可得
．
(1)
解：当 时， ， ， ，
令 ，
∵ 单调递减，
当 时， ，所以 在 单调递减，即单调减区间为 ；
当 时， ，所以 在 单调递增，即单调增区间为 .
(2)
解：（i） ，
设函数 ，
则 ，令 ，得 ，
在 内 ， 单调递增；
在 上 ， 单调递减；
∴ ，
又 ，当 趋近于 时， 趋近于0，
函数 恰有两个互异的零点 充分必要条件是 ，
这即是 ，所以 的取值范围是 .
（ii）∴ ，即 ，
由（1）知 在 上单调递增，在 上单调递减，
且 ，
则 ，
要证 ，即证 ，即证 ，即证 ，
第 32 页即证 ，
由于 ，即 ，即证 .
令 ，
则 ，
，
，
∵ ，
，
∴ ，即 ，
∴ 恒成立，∴ 在 递增，
∴ 在 恒成立，
∴ .
【点睛】
导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分
类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
22．（1） ；（2） ；（3）证明详见解析
【解析】
【分析】
（1）方法一：根据一元二次不等式恒成立问题的解法，即可求得 的表达式；
（2）方法一：先由 ，求得 的一个取值范围，再由 ，求得 的另一个取值范围，从
而求得 的取值范围.
（3）方法一：根据题意可得两个含参数 的一元二次不等式在区间 上恒成立，再结合放缩，即
可利用导数证得不等式成立.
【详解】
（1）[方法一]:判别式法
由 可得 在R上恒成立，
即 和 ，
从而有 即 ，
所以 ，
第 33 页因此， ．所以 ．
[方法二]【最优解】：特值+判别式法
由题设有 对任意的 恒成立.
令 ，则 ，所以 .
因此 即 对任意的 恒成立，
所以 ，因此 .
故 .
（2）[方法一]
令 ， .
又 .
若 ，则 在 上递增，在 上递减，则 ，即 ，不符合题意.
当 时， ，符合题意.
当 时， 在 上递减，在 上递增，则 ，
即 ，符合题意.
综上所述， .
由
当 ，即 时， 在 为增函数，
因为 ，
故存在 ，使 ，不符合题意.
当 ，即 时， ，符合题意.
当 ，即 时，则需 ，解得 .
综上所述， 的取值范围是 .
[方法二]【最优解】：特值辅助法
由已知得 在 内恒成立；
由已知得 ，
令 ，得 ，∴ (*)，
令 ， ，当 时， ， 单调递减；当 时， ，
单调递增，∴ ，∴当 时 在 内恒成立；
第 34 页由 在 内恒成立，由(*)知 ，∴ ，
∴ ，解得 .
∴ 的取值范围是 .
（3）[方法一]：判别式+导数法
因为 对任意 恒成立，
① 对任意 恒成立，
等价于 对任意 恒成立.
故 对任意 恒成立.
令 ，
当 ， ，
此时 ，
当 ， ，
但 对任意的 恒成立.
等价于 对任意的 恒成立.
的两根为 ，
则 ，
所以 .
令 ，构造函数 ， ，
所以 时， ， 递减， .
所以 ，即 .
[方法二]：判别式法
由 ，从而对任意的 有 恒成立，等价于对任意的
①，恒成立．
（事实上，直线 为函数 的图像在 处的切线）
同理 对任意的 恒成立，即等价于对任意的 恒成立．
②
当 时，将①式看作一元二次方程，进而有 ，①式的解为 或 （不妨设 ）；
当 时， ，从而 或 ，又 ，从而 成立；
第 35 页当 时，由①式得 或 ，又 ，所以
．
当 时，将②式看作一元二次方程，进而有 ．
由 ，得 ，此时②式的解为 不妨设 ，从而
．
综上所述， ．
[方法三]【最优解】：反证法
假设存在 ，使得满足条件的m，n有 ．
因为 ，所以 ．
因为 ，所以 ．
因为 对恒成立，所以有
．则有
， ③
， ④
解得 ．
由③+④并化简得， ．
因为 在区间 上递增，且 ，
所以， ．
由 对 恒成立，即有 ⑤
对 恒成立，将⑤式看作一元二次方程，进而有 ．
设 ，则 ，
所以 在区间 上递减，所以 ，即 ．
设不等式⑤的解集为 ，则 ，这与假设矛盾．从而 ．
由 均为偶函数．同样可证 时， 也成立．
综上所述， ．
【整体点评】
（1）的方法一利用不等式恒成立的意义，结合二次函数的性质，使用判别式得到不等式组，求解得到；方法二先
利用特值求得 的值，然后使用判别式进一步求解，简化了运算，是最优解；（2）中的方法一利用导数和二次函
数的性质，使用分类讨论思想分别求得 的取值范围，然后取交集；方法二先利用特殊值进行判定得到 ，然
后在此基础上，利用导数验证不等式的一侧恒成立，利用二次函数的性质求得不等式的另一侧也成立的条件，进
第 36 页而得到结论，是最优解；（3）的方法一、方法二中的分解因式难度较大，方法三使用反证法，推出矛盾，思路清
晰，运算简洁，是最优解.
23．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）利用参变量分离法得出 ，利用导数求出函数 的最小值，即可得出实数 的取值范围；
（2）证明出 ，即可证得结论成立；
（3）分析可得 ，证得 ，利用基本不等式可得出 ，
构造函数 ，分析看可知函数 在 上为增函数，分析得出 ，结合函数
的单调性可证得结论成立.
(1)
解：由 可得 ，可得 ，
令 ，其中 ，则 ，
当 时， ，此时函数 单调递减，
当 时， ，此时函数 单调递增，
所以， ，所以， ；
(2)
解：要证 ，即证 ，
由（1）可知， ，当且仅当 时，等号成立，
令 ，其中 ，则 ，
当 时， ，此时函数 单调递增，
当 时， ，此时函数 单调递减，
所以， ，
因为 和 取等的条件不同，故 ，即 ；
第 37 页(3)
解：由题知 ①， ②，
① ②得 ③，
② ①得 ④.
③ ④得 ，
不妨设 ，记 .
令 ，则 ，
所以 在 上单调递增，
所以 ，则 ，即 ，
所以 .
因为
，
所以 ，即 .
令 ， ，则 在 上单调递增.
又 ，
所以 ，即 ，所以 .
【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.
24．（1）证明见解析；（2）答案见解析.
第 38 页【解析】
【分析】
（1）当 时，可得 ，利用导数求得 ，由此可证得结论成立；
（2）求得 ，对实数 的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数 单
调递增区间和递减区间.
【详解】
（1）当 时， ，该函数的定义域为 ，
，
当 时， ，此时函数 单调递减；
当 时， ，此时函数 单调递增.
所以， ，因此，当 时，求证： ；
（2）当 时，函数 的定义域为 ，
.
①当 时，即当 时，则 .
由 可得 ，由 可得 .
此时，函数 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 ；
②当 时，即当 时，
由 可得 ，由 可得 或 .
此时，函数 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 、 ；
③当 时，即当 时，则 对任意的 恒成立，
此时，函数 的单调递增区间为 ；
④当 时，即当 时，
由 可得 ，由 可得 或 .
此时，函数 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 、 .
综上所述，当 时，函数 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 ；
当 时，函数 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 、 ；
当 时，函数 的单调递增区间为 ；
当 时，函数 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 、 .
【点睛】
第 39 页方法点睛：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.
25．（1） ；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）构造函数 ，求导，分类讨论得函数最值即可求解；（2）由题意得
等价证明 ，令 ，构造函数 求导证
， ，
明即可
【详解】
（1）令 ，
当 恒成立， 在R上单调递增， ，当 不合题意，故舍去
当 则 ，故当 ， 单调递减；当 ； 单调
递增，故
令 ，故 在 递增，在 递减，故 即
即 ，故 即
故a的取值集合为
（2）方程f(x)-g(x)=0有两个不同的根x，x
1 2
不妨令x<x
1 2, ,
若证 <ln 2a.即证
令 ，即证 ，令
因为 ，故 ，故 单调递增， 得证
【点睛】
本题关键是利用 等价证明 ，构造函数证明
， ，
26．(1) 在 上递减，在 上递增，
(2)证明见解析
第 40 页【解析】
【分析】
（1）对函数求导后，由导函数的正负可求出函数的单调区间，
（2）由题意可得 ， ，两式相减化简可得 ，若令
，设 ，则 ，从而转化为证 ，构造函数可证得 ，
而要证 。转化为证 ，构造函数利用导数证明即可
(1)
的定义域为 ， ，
当 时， ，
令 ，则 ，
当 时， ，当 时， ，
所以 在 上递减，在 上递增，
(2)
因为 ， 是函数 的两个不同的零点，
所以 ， ，
显然 ，则有
， ，
所以 ，
不妨令 ，设 ，
所以 ，
所以要证 ，
只要证 ，即 ，
令 （ ），则 ，
所以 在 上递增，
所以 ，所以 ，
因为 ， ，
第 41 页所以
要证 ，只要证 ，即 ，
因为 ，所以只要证 ，
即 ，即 ，
令 ，则 ，
所以 在 上递减，
所以 ，所以 ，
综上，
【点睛】
关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调区间，考查利用导数证明不等式，解题的关
键是由已知可得 ， ，设 ，再转化 ，然后
相加化简后，构造函数利用导数证明即可，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题
27．(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）求导，可得 ， ，即得解；
（2）求导可得导函数与 同正负，分 ， 两种情况讨论极值，当 时，对 求导，分
析可得存在 ，使得 ，当 时，函数的极小值
，令 ，求导分析可得 ，利用导数分析可得 ，
，代入 即得解
(1)
若 ，则 ，
∴ ，
又 ， ，
∴切线的方程为 ，
即 ；
(2)
第 42 页，
∵函数 的定义域为 ，∴ ，
令 ， ，
①当 时， ， ， 在 上单调递增，无极值，不符合题意；
②当 时， ，∴ 在 上单调递增，
当 时， ， ，
∴存在 ，使得 ，即 ，
当 时， ， ， 单调递减；
当 时， ， ， 单调递增.
∴当 时，函数的极小值
，
令 ，则 ，
∴ 在 上单调递减，又∵ ，
∴ ，
令 ，
故 在 单调递增，
故当 ，有
令 ，
故 在 单调递减，
故当 ，有
∴ .
则 .
28．（1）y＝x﹣1；（2）见详解；（3）（﹣∞，1）.
【解析】
【分析】
（1）求导得 ，由导数的几何意义k切＝f′（1），进而可得答案．
（2）设函数h（x）＝f（x）﹣（x﹣1）＝ ﹣x+1，求导得h′（x），分析h（x）的单调性，最值，进而可得f
（x）﹣（x﹣1）≤0，则除切点（1，0）之外，函数f（x）的图象在直线的下方．
第 43 页（3）若存在x （1，+∞），使得不等式a＜ 成立，令g（x）＝ ，x＞1，只需a＜g（x）max．
∈
【详解】
（1） ，
由导数的几何意义k切＝f′（1）＝1，
所以直线m的方程为y＝x﹣1．
（2）证明：设函数h（x）＝f（x）﹣（x﹣1）＝ ﹣x+1，
，
函数定义域为（0，+∞），
令p（x）＝1﹣lnx﹣x2，x＞0，
p′（x）＝﹣ ﹣2x＜0，
所以p（x）在（0，+∞）上单调递减，
又p（1）＝0，
所以在（0，1）上，p（x）＞0，h′（x）＞0，h（x）单调递增，
在（1，+∞）上，p（x）＜0，h′（x）＜0，h（x）单调递减，
所以h（x）max＝h（1）＝0，
所以h（x）≤h（1）＝0，
所以f（x）﹣（x﹣1）≤0，
若除切点（1，0）之外，f（x）﹣（x﹣1）＜0，
所以除切点（1，0）之外，函数f（x）的图象在直线的下方．
（3）若存在x （1，+∞），使得不等式f（x）＞a（x﹣1）成立，
∈
则若存在x （1，+∞），使得不等式 ＞a成立，
∈
即若存在x （1，+∞），使得不等式a＜ 成立，
∈
令g（x）＝ ，x＞1，
g′（x）＝
＝ ，
令s（x）＝x﹣1﹣（2x﹣1）lnx，x＞1
s′（x）＝1﹣2lnx﹣（2x﹣1）• ，
令q（x）＝﹣x﹣2xlnx+1，x＞1
第 44 页q′（x）＝﹣1﹣2lnx﹣2＝﹣3﹣2lnx＜0，
所以在（1，+∞）上，q（x）单调递减，
又q（1）＝0，
所以在（1，+∞）上，q（x）＜0，s′（x）＜0，s（x）单调递减，
所以s（x）≤s（1）＝0，即g′（x）≤0，g（x）单调递减，
又 ，
所以a＜1，
所以a的取值范围为（﹣∞，1）．
第 45 页第 46 页
