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特训 05 利用导数证明不等式（三大题型）
利用导数证明数列不等式的常用方法：
(1)利用函数中经典不等式放缩，根据放缩的方向，将函数中经典不等式转化为数列不等式，将不可求
和的数列放缩成可求和的数列
(2)结论再造，利用上一问中得到的函数结论，构造出函数不等式，进而转化为数列不等式，再进行放
缩求和.
(3)数列思想求通项，通过求出不等式两侧对应数列的通项公式，进而作差构造函数.
以上办法的实质都是构建了函数不等式与数列不等式之间的关系，进而利用数列求和来解决问题.
目录：
01 ：移项构造函数证明不等式
02 ：分拆函数法证明不等式
03 ：放缩后构造函数证明不等式
01 ：移项构造函数证明不等式
例1 已知函数f(x)＝ex－3x＋3a(e为自然对数的底数，a∈R).
(1)求f(x)的单调区间与极值；
(2)求证：当a＞ln ，且x＞0时，＞x＋－3a.
(1)解 由f(x)＝ex－3x＋3a，x∈R，
知f′(x)＝ex－3，x∈R.
令f′(x)＝0，得x＝ln 3，
于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x (－∞，ln 3) ln 3 (ln 3，＋∞)
f′(x) － 0 ＋
f(x) 极小值
故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 3)，单调递增区间是(ln 3，＋∞)，
f(x)在x＝ln 3处取得极小值，极小值为f(ln 3)＝eln 3－3ln 3＋3a＝3(1－ln 3＋a)，无极大值.
(2)证明 待证不等式等价于ex＞x2－3ax＋1，
设g(x)＝ex－x2＋3ax－1，x＞0，于是g′(x)＝ex－3x＋3a，x＞0.
由(1)及a＞ln ＝ln 3－1知
g′(x)的最小值为g′(ln 3)＝3(1－ln 3＋a)＞0.
于是对任意x＞0，都有g′(x)＞0，
所以g(x)在(0，＋∞)内单调递增.
于是当a＞ln ＝ln 3－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)＞g(0).
而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)＞0.
即ex＞x2－3ax＋1，故＞x＋－3a.
感悟提升 待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”或“右减左”的函数，
利用导数研究其单调性等相关函数性质证明不等式.
训练1已知函数 .
(1)当 时，
（ⅰ）求 在点 处的切线方程；
（ⅱ）求 的最小值；
(2)当 时，若不等式 恒成立，求实数 的取值范围；
(3)当 时，证明 .
（1）解：当 时， ， ，（ⅰ） ，所以 在点
处的切线方程为 ，即 ；（ⅱ）当 时， ，当
时， ，所以函数 在 上递减，在 上递增，所以 ；
（2）解： ，令 ，则 ，当 ，即 时，
， ，所以函数 在 上递增，所以 ，即
， ，所以函数 在 上递增，所以 ，所以 满足题意；当 ，即 时，令 ，则 ，当 时， ，所以函数 在
上递减，所以当 时， ，即当 时， ，所以
函数 在 上递减，此时 ，与题意矛盾，综上所述，实数 的取值范围为
；
（3）证明：由（2）得，当 时， ，即 ，要证 ，只需要
证明 ，只需要证明 ，只需要证明 ，令
，则 ，所以函数 在
上递增，所以 ，所以 ，所以 .
【分析】（1）求导，（ⅰ）根据导数的几何意义即可得出答案；
（ⅱ）根据导数的符号求出函数的单调区间，从而可得函数的最小值；
（2）求出函数的导函数，根据 分 和 两种情况讨论，从而可得出答案；
（3）由（2）可得，当 时， ，则要证 ，
只需要证明 ，只需要证明 ，构造函数 ，再利
用导数证明 即可得证.
02 ：分拆函数法证明不等式例2 证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x＞－成立.
证明 问题等价于证明xln x＞－(x∈(0，＋∞)).
设f(x)＝xln x，f′(x)＝1＋ln x，易知x＝为f(x)的唯一极小值点，
则f(x)＝xln x(x∈(0，＋∞))的最小值是－，当且仅当x＝时取到.
设m(x)＝－(x∈(0，＋∞))，则m′(x)＝，由m′(x)＜0，得x＞1时，m(x)单调递减；
由m′(x)＞0得0＜x＜1时，m(x)单调递增，易知m(x) ＝m(1)＝－，当且仅当x＝1时取到.从而对一切
max
x∈(0，＋∞)，xln x≥－≥－，两个等号不同时取到，所以对一切x∈(0，＋∞)都有ln x＞－成立.
感悟提升 1.若直接求导后导数式比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找
到可以传递的中间量，达到证明的目标.在证明过程中，等价转化是关键，此处g(x) ≥f(x) 恒成立，从而
min max
f(x)≤g(x)恒成立.
2.等价变形的目的是求导后简单地找到极值点，一般地，ex与ln x要分离，常构造xn与ln x，xn与ex的积、
商形式.便于求导后找到极值点.
训练2 已知函数f(x)＝eln x－ax(x∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.
(1)解 f′(x)＝－a(x>0)，
①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②若a>0，则当00；
当x>时，f′(x)<0，∴f(x)在上单调递增，在上单调递减.
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减.
(2)证明 法一 ∵x>0，∴只需证f(x)≤－2e，
当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴f(x) ＝f(1)＝－e.
max
记g(x)＝－2e(x>0)，
则g′(x)＝，
∴当01时，g′(x)>0，故g(x)在(0，1)上单调递减；
在(1，＋∞)上单调递增，
∴g(x) ＝g(1)＝－e.
min
综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.
法二 由题意知，即证exln x－ex2－ex＋2ex≤0，
从而等价于ln x－x＋2≤.
设函数g(x)＝ln x－x＋2，
则g′(x)＝－1.
∴当x∈(0，1)时，g′(x)>0，
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，
故g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而g(x)在(0，＋∞)上的最大值为g(1)＝1.
设函数h(x)＝，则h′(x)＝.
∴当x∈(0，1)时，h′(x)<0，
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，
故h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
从而h(x)在(0，＋∞)上的最小值为h(1)＝1.
综上，当x>0时，g(x)≤h(x)，即xf(x)－ex＋2ex≤0.
03 ：放缩后构造函数证明不等式
例3 已知x∈(0，1)，求证：x2－＜.
证明 法一 要证x2－＜，
只需证ex＜ln x，
又易证ex＞x＋1(0＜x＜1)，
∴只需证明ln x＋(x＋1)＞0.
即证ln x＋1－x3＋－x2＞0，
而x3＜x，x2＜x(0＜x＜1)，
∴只需证ln x＋1－2x＋＞0，
令g(x)＝ln x＋1－2x＋，
则g′(x)＝－2－＝－，
而2x2－x＋1＞0恒成立，
∴g′(x)＜0，
∴g(x)在(0，1)上单调递减，
∴当x∈(0，1)时，g(x)＞g(1)＝0，
即ln x＋1－2x＋＞0.
∴x2－＜.
法二 ∵x∈(0，1)，∴ex∈(1，e)，
∴要证x2－＜成立，
只需证ex＜ln x成立，
只需证x2－＜ln x，
又x2＜x(0＜x＜1)，
∴只需证ln x＋－x＞0，
令h(x)＝ln x＋－x，
则h′(x)＝－－1＝－，
而x2－x＋1＞0恒成立，∴h′(x)＜0，
∴h(x)在(0，1)上单调递减，
∴当x∈(0，1)时，h(x)＞h(1)＝0，
∴ln x＋－x＞0，∴x2－＜.
感悟提升 某些不等式，直接构造函数不易求其最值，可以适当地利用熟知的函数不等式 ex≥x＋1，1－
≤ln x≤x－1等进行放缩，有利于简化后续导数式的求解或函数值正负的判断；也可以利用局部函数的有界
性进行放缩，然后再构造函数进行证明.
训练3 证明：exln x＋＞1.
证明 不等式exln x＋＞1等价于(exln x＋2)＞1，
由常用不等式ex≥x＋1，故ex－1≥x.
即≥1，故只需证exln x＋2＞1，
令f(x)＝exln x＋2(x＞0)，
则f′(x)＝e(ln x＋1)，
易得当x∈时，f′(x)＜0；
x∈时，f′(x)＞0，
故f(x)＞f＝1，原不等式得证.
方法技巧：指对同构
在解决指对混合不等式时，如恒成立求参数取值范围或证明不等式，有一部分题是命题者利用函数单调性
构造出来的，如果我们能找到这个函数模型(即不等式两边对应的同一函数)，无疑大大加快解决问题的速
度.找到这个函数模型的方法，我们称为同构法.
(1)五个常见变形：
xex＝ex＋ln x，＝ex－ln x，＝eln x－x，x＋ln x＝ln xex，x－ln x＝ln .
(2)三种基本模式
①积型：aea≤bln b――――――――→
②商型：＜――――――――→
③和差型：ea±a＞b±ln b――――――――→
例 (1)已知函数f(x)＝aex－1－ln x＋ln a.
若f(x)≥1，求a的取值范围.
解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f(x)＝aex－1－ln x＋ln a＝eln a＋x－1－ln x＋ln a≥1，
等价于eln a＋x－1＋ln a＋x－1≥ln x＋x＝eln x＋ln x.
令g(x)＝ex＋x，上述不等式等价于g(ln a＋x－1)≥g(ln x).
显然g(x)为单调增函数，所以又等价于ln a＋x－1≥ln x，即ln a≥ln x－x＋1.
令h(x)＝ln x－x＋1，
则h′(x)＝－1＝.
当x∈(0，1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，所以h(x) ＝h(1)＝0，所以ln a≥0，即a≥1，a的取值范围是
max[1，＋∞).
(2)已知函数f(x)＝aex－ln x－1，证明：当a≥时，f(x)≥0.
证明 当a≥时，f(x)≥－ln x－1，
所以只需证明－ln x－1≥0，
由于－ln x－1≥0⇔ex≥eln ex⇔xex≥exln ex⇔xex≥eln exln ex，
令g(x)＝xex，
由g′(x)＝ex(x＋1)＞0知g(x)为增函数，
又易证x≥ln ex＝ln x＋1，
所以g(x)≥g(ln ex)，
即xex≥eln exln ex成立.
故当a≥时，f(x)≥0.
一、解答题
1．（2024·山东菏泽·模拟预测）已知函数 ．
(1)求函数 的单调区间;
(2)若 ，证明: ．
【答案】(1) 的单调递减区间为 ，没有单调递增区间
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数求解函数单调性即可.
（2）对要证不等式进行化简，再由第（1）问结论证明 即可.
【解析】（1） ，
令 ，所以 ，
由 可得 ，由 可得 ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，所以 .
又因为 ，所以 ，即 ，且 至多在一个点处取到 .
所以 在 上单调递减，
故 的单调递减区间为 ，没有单调递增区间.
（2）证明 ，
只需证： ，
即证： ，
令 ，所以 ，
只需证： ，
即证： ，
由（1）知，当 时， 在 上单调递减，
所以当 时， ，
即 ，
所以 .
【点睛】关键点点睛：本题考查导数证明不等式问题.其关键点是对要证不等式进行化简，即证明
，再结合第1问求得的单调性证明即可.
2．（2023·天津·二模）已知 ，函数 ．
(1)当 时，求 的单调区间；
(2)当 时，设 的导函数为 ，若 恒成立，求证：存在 ，使得 ；(3)设 ，若存在 ，使得 ，证明： ．
【答案】(1)递增区间为 ，递减区间为 ；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析；
【分析】（1）当 时，求得 ，结合导数的符号，即可求解；
（2）当 时，求得 ，根据题意 恒成立，取 ，得到
，即可证明；
（3）设 ，得到 ，转化为 ，设
，求得 ，根据 ，得到 ，进而得到
，进而证得结论．
【解析】（1）由函数 ，可得其定义域为 ，
当 时，可得 ，则 ，
当 时，可得 ， 单调递减；
当 时，可得 ， 单调递增，
函数 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ．
（2）当 时，可得 ，则 ，恒成立，即 恒成立，令 ，
若 ，则 ，存在 ，使得 ，
即 ，不符合题意， ，
取 ，则 ，可得
即存在 ，使得 ．
（3）由函数 ，可得 ，
设 ，由 ，可得 ，
则 ，
又由 ，可得 ， 函数 为单调递增函数，
，即 ，
，
设 ，可得 ，
当 时， ，即 ， ，
即 ， ，
代入可得： ，
则 ， ．【点睛】方法点睛：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，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．
3．（2024·四川眉山·三模）已知函数 .
(1)若过点 可作曲线 两条切线，求 的取值范围；
(2)若 有两个不同极值点 .
①求 的取值范围；
②当 时，证明： .
【答案】(1) ；
(2)① ；②证明见解析.
【分析】（1）求出函数 的导数，设出切点坐标，求出切线方程，结合切线过的点构造函数
，探讨函数 有两个零点的 的值范围.
（2）①由 有两个零点，结合零点的意义分离参数，求出直线 与函数 图
象有两个公共点的 的值范围；②由方程根的意义可得 ，分析所证不等式，换元并证明
即可.
【解析】（1）依题意， ，
设过点 的直线与曲线 相切时的切点为 ，斜率 ，切线方程为 ，而点 在切线上，
则 ，即有 ，
由过点 可作曲线 两条切线，得方程 有两个不相等的实数根，
令 ，则函数 有2个零点，
求导得 ，
①若 ，由 ，得 或 ，由 ，得 ，
即函数 在 ， 上单调递增，在 上单调递减，
则当 时， 取得极大值；当 时， 取得极小值，
又 ，
当 时， 恒成立，因此函数 最多1个零点，不合题意；
②若 ， 恒成立，函数 在 上单调递增，
因此函数 最多1个零点，不合题意；
③若 ，由 ，得 或 ，由 ，得 ，
即函数 在 ， 上单调递增，在 上单调递减，
则当 时， 取得极大值；当 时， 取得极小值，又 ，
显然当 时， 恒成立，因此函数 最多1个零点，不合题意；
④若 ，显然 ，当 时， ，当 时， ，
函数在 上单调递增，在 上单调递减，当 时， 取得最大值 ，
要函数 有2个零点，必有 ，得 ，当 时， ，
而函数 在 上的值域为 ，因此 在 上的值域为 ，
当 时，令 ，求导得 ，函数 在 上单调递减，
则 ， ，
而函数 在 上单调递减，值域为 ，
因此函数 在 上的值域为 ，
于是当 时，函数 有两个零点，
所以过点 可作曲线 两条切线时， 的取值范围是 .
（2）①由（1）知， ，
由函数 有两个极值点 ，得 ，即 有两个实数根 ，
令 ，求导得 ，当 时， ，当 时， ，
函数 在 上单调递增， 上单调递减， ，
且 ，当 时，函数 恒成立，因此当 时， 有两个实数根
所以函数 有两个极点时， 的取值范围是 .
②由 ，即 ，得 ，
要证明 ，只需证明 ，
而 ，令 ，则 ，欲证明 ，
即证明 ，只需证明 即可，
令 ，
求导得 ，
则 在 时单调递增，故 ，
则 ，令 在 时单调递增，则 ，
因此 ，即 ，
所以 .
【点睛】思路点睛：涉及函数的双零点问题，不管待证的是两个变量的不等式，还是导函数的值的不等式，
都是把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数.
4．（2024·重庆·模拟预测）已知函数 ．
(1)求证： ；
(2)若 是 的两个相异零点，求证： ．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）设 ，求导，分析函数的单调性，确定函数的值域可证明该问题.
（2）求 ，分析函数单调性，求出极值；根据 的两个相异零点，可确定 的取值范围，并分别得
到 的取值范围，推导出 的取值范围.【解析】（1）令 ，则 ．
令 ，得 ；令 ，得 ．
所以 在 上单调递减，在 上单调递增．
所以 ，所以 ．
（2）易知函数 的定义域是 ．
由 ，可得 ．
令 得 ；令 得 ．
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ．
①当 ，即 时， 至多有1个零点，故不满足题意．
②当 ，即 时， ．
因为 在 上单调递增，且 ．所以 ，
所以 在 上有且只有1个零点，不妨记为 ，且 ．
由（1）知 ，所以 ．
因为 在 上单调递减， ，所以 在 上有且只有1个零点，记为 ，且 ．
所以 ，所以 ．
同理，若记
则有 ，
综上所述， ．
【点睛】方法点睛：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．
5．（2024·黑龙江双鸭山·模拟预测）已知函数 .
(1)当 时，讨论 的单调性；
(2)若 是 的两个极值点，证明： ．
【答案】(1) 在 上单调递减，在 上单调递增
(2)证明见解析
【分析】（1）将 代入函数解析式，求出导函数，解导数不等式即可得到 的单调区间；
（2）根据 是 的两个极值点，结合韦达定理可得 ， ，要证明
，即转化为求证 ，即证明 令，构造函数 ，利用导数研究 在 的单调性即可得证.
【解析】（1）当 时， 的定义域为 ，
所以 ，令 ，解得 ，
当 时， ，当 时， ，
故 在 上单调递减，在 上单调递增．
（2） ，
由题意可知， 是方程 的两根，
则 ，解得 ，所以 ， ，
要证
，
即证 ，
只需证 ，
需证
令 ，则需证 ，
设 ，则 ，所以函数 在 上单调递减，所以 ，因此
由 得， ，所以 ，
故 得证,
【点睛】方法点睛：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．
6．（2024·安徽蚌埠·模拟预测）已知函数 ，其中 ．
(1)若 ，证明： 时， ；
(2)若函数 在其定义域内单调递增，求实数 的值；
(3)已知数列 的通项公式为 ，求证： ．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）构建 ，利用导数判断其单调性，结合单调性分析证明；
（2）求导可得 ，分 、 和 三种情况，结合导数分析单调性即可；
（3）根据（1）（2）分析可得 ，进而可得 ，根据题意结合裂项相消法分析证明.
【解析】（1）由题意可知： 等价于 ，其中 ．
构建 ，
则 ，
可知 在 上单调递减，则 时， ，
所以 时， ．
（2）由题意可知： ，
则
①若 ，则 ，由 可得 ，
可知 在 上单调递减，不合题意；
②若 ，则 ，
可知 上为增函数，符合题意；
③若 ，则 ，由 可得 ，
可知 在 上单调递减，不合题意；
综上所述： ．
（3）由（2）知： 在 上单调递增，所以 时， ，即 ，
由（1）知： 时， ，
则 ，
所以 时， ，
令 得： ，
即 ，
因为 ，
所以 ，
由 知： ，又因为 ，
所以 ，
所以 ．
【点睛】方法点睛：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．
7．（2024·山东·模拟预测）已知函数 ，其中 ．
(1)当 时，判断 的单调性；
(2)若 存在两个极值点 ．
（ⅰ）证明： ；
（ⅱ）证明： 时， ．
【答案】(1) 在 上单调递增
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）求出函数的导函数，令 ， ，利用导数说明 的单调性，求出
，即可得到 的单调性；
（2）（ⅰ）结合（1）及题意可知 有两个不相等的实数根，即可求出 的取值范围，从而得到
，分析可知只需证明 ，即证 ，令 ，利用导数说
明函数的单调性，即可得证；
（ⅱ）由（ⅰ）知 ， 及 在 上的单调性，从而得到
，再构造函数，利用导数证明 ，即可得证.【解析】（1）函数 的定义域为 ，
则 ，
令 ， ，则 ，
所以当 时 ，当 时 ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 在 处取得极小值，即最小值，所以 ，
所以 在 上恒成立，
所以 在 上单调递增；
（2）（ⅰ）由（1）可知 在 上的最小值为 ，
当 时 ，当 时 ，
若 存在两个极值点 ，则 有两个不相等的实数根 ，
所以 ，解得 ，
又 ，所以 ，
且当 时 ，即 ，则 单调递增，
当 时 ，即 ，则 单调递减，
当 时 ，即 ，则 单调递增，
所以 为 的极大值点， 为 的极小值点，因为 ，所以 ，
要证 ，即证 ，又 ，
只需证 ，
即证 ，即证 ，
令 ，则 ，
所以 在 上单调递增，
所以 ，即 成立，
所以 ；
（ⅱ）由（ⅰ）知 ， ，
且当 时 ，当 时 ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以
，
令 ，则 ，
所以 在 上单调递增，所以 ，即 ，
所以 ，
所以 .
【点睛】方法点睛：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．
8．（2024·全国·模拟预测）设整数 ， 且 ，函数 ．
(1)证明： ；
(2)设 ，证明： ；
(3)设 ，证明： ．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析
【分析】（1）通过求导数得到函数的单调性，从而得到函数的最小值 ，从而 ；
（2）构造函数 ，求导数得到函数的单调性，从而得到函数的最大值 ，从
而 ，所以 ；（3）利用（1）（2）中的结论， ， ，得到 ，
放缩证明.
【解析】（1） ．因为 ， ，所以 单调
递增．
因此，当 时， ， 单调递减；当 时， ， 单调递增，所以
．
（2）设 ，则 ，所以 在 上单调递减，
故 ，从而当 时， ．
（3）由（1）知 ，所以 ，再利用 ，
于是
因此， ．
【点睛】方法点睛：常见的放缩公式 ； ； ；
9．（2024·安徽合肥·二模）已知曲线 在点 处的切线为 ．
(1)求直线 的方程；
(2)证明：除点 外，曲线 在直线 的下方；(3)设 ，求证： ．
【答案】(1) ；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）求导，得到 ，利用导数的几何意义写出切线方程；
（2）令 ，二次求导得到函数单调性，结合特殊点函数值，得到所以 ，
当且仅当 等号成立，得到证明；
（3）求导得到 的单调性，结合函数图象得到 ，不妨令 ，结合曲线 在 点
的切线方程为 ，得到 ，转化为证明 ，又 ，只要证
，令 ，求导得到函数单调性，结合特殊点函数值得到答案.
【解析】（1）因为 ，
所以 ，
所以直线 的方程为： ，即
（2）令 ，则 ，
令 ，则 ，
由 ，解得 ，由 ，解得 ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
当 时， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，所以 ，当且仅当 等号成立，
所以除切点 之外，曲线 在直线 的下方．
（3）由 ，解得 ，解得 ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
，
当 时， ．
因为 ，则 ，不妨令 ．
因为曲线 在 点的切线方程为 ，
设点 在切线上，有 ，故 ，
由（1）知 时， ，
则 ，即 ，
要证： ，
只要证： ，
只要证： ，
又 ，只要证： ，
令 ，
则 ，
易证 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 ，
所以 在 上单调递减，所以 成立，
所以原命题成立．
【点睛】关键点点睛：本题关键是利用函数在零点处的切线方程，得到 ，且 ，从
而只需证明 ，再勾股函数进行求解.
10．（2024·甘肃白银·三模）设函数 ， ．
(1)讨论 的单调性．
(2)证明： ．
(3)当 时，证明： ．
【答案】(1) 的增区间为 ，减区间为 ，
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）对 求导，利用导数与函数单调性间的关系，求出 和 的解，即可求出
结果；（2）对 求导，利用导数与函数单调性间的关系，求出 的单调区间，进而求出 的最小值，即
可证明结果；
（3）根据条件及（2）中结果得到 ，构造函数 ，利用导数与函数单调性间的关系，
得到 在区间 上单调递减，从而得到 ，即可证明结果.
【解析】（1）因为 ，易知定义域为 ， ，
由 ，得到 ，由 ，得到 或 ，
所以 的增区间为 ，减区间为 ， .
（2）因为 ，易知定义域为 ， ，
当 时， ，当 时， ，
即 在区间 上单调递减，在区间 上单调递增，
所以 .
（3）由（2）知 ，当且仅当 时取等号，所以 ，当且仅当 时取等号，
要证明 ，即证明 ，
令 ，则 在区间 上恒成立，
又 ，所以 ，所以 ，命题得证.
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于第（3）问，通过转换，要证明 ，即证明，再构造函 ，利用 的单调性及（2）中结论解决问题.
11．（2024·贵州遵义·一模）已知函数 ， ．
(1)求 的单调区间；
(2)若对于正实数 ，满足 ．
（i）证明： ；
（ii）证明： ．
【答案】(1)单调递增区间 ，无递减区间
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）求得 ，结合 ，得到 ，即可求解；
（2）（i）设 ，当 时，得到 ，得到 和 ，
根据 ，得到 ，再由 ，令 ，求得 单调递
增，进而证得 ；
（ii）要证 ，转化为证 ，设 ，利用导数求得 在 单
调递增，得到 ，进而得到 ，即可得证.
【解析】（1）解：由函数 ，其定义域为 ，
可得 ，因为 ，所以 ，所以 在 单调递增，
所以函数 单调递增区间为 ，无递减区间.
（2）解：（i）由 ， ，
设 ，其中 ，
当 时， ， ，所以 恒成立，
所以 ，可得 ，同理可得 ，
又因为 ，所以 ，
又由 ，令 ，可得 ，
所以 在 上单调递增，所以 恒成立，
所以 在 上单调递增，
又因为 ，所以 .
（ii）要证 ，即证 ，
只需证 ，即证 ，
因为 ，可得 ，
设 ，则 在 上恒成立，
所以 在 单调递增，
又因为 ，所以 ，所以 ，
所以 ，所以 ，从而 ，所以 .
【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．
12．（2024·辽宁·模拟预测）已知函数 ．
(1)当 时，判断 在区间 内的单调性；
(2)若 有三个零点 ，且 ．
（i）求 的取值范围；
（ii）证明： .
【答案】(1) 在 上单调递减，在 上单调递增
(2)（i） ；（ii）证明见解析
【分析】（1）多次求导后，借助导数的单调性及正负即可判断原函数的单调区间；
（2）（i）原条件可转化 有三个不等实根，从而构造函数 ，研究该函数即可得；（ii）借
助的 单调性，得到 ，从而将证明 ，转化为证明 ，再设 ，从而将
三个变量的问题转化为单变量问题，即可构造函数 ，证明其在 上大于
即可.【解析】（1）当 时， ， ，
令 ， ，
令 ，可得 ，
则当 时， ，当 时， ，
即 在 上单调递减，在 上单调递增，
又 ， ，
故当 时， ，当 时， ，
故 在 上单调递减，在 上单调递增；
（2）（i） 有三个零点，即 有三个根，
由 不是该方程的根，故 有三个根 ，且 ，
令 ， ，
故当 时， ，当 时， ，
即 在 、 上单调递增，在 上单调递减，
，当 时， ， 时， ，
当 时， ， 时， ，
故 时， 有三个根；
（ii）由 在 上单调递增， ，故 ，由（i）可得 ，且 ，
即只需证 ，设 ，则 ，
则有 ，即有 ，故 ， ，
则 ，即 ，
即只需证 ，
令 ，
则 恒成立，
故 在 上单调递增，
则 ，即得证.
【点睛】方法点睛：极值点偏移问题的一般题设形式：
1.若函数 存在两个零点 且 ，求证： （ 为函数 的极值点）；
2.若函数 中存在 且 满足 ，求证： （ 为函数 的极值点）；
3.若函数 存在两个零点 且 ，令 ，求证： ；
4.若函数 中存在 且 满足 ，令 ，求证： .
13．（2024·河南南阳·一模）已知函数 .
(1)若函数 在 上单调递增，求 的取值范围.
(2)若函数 的两个零点分别是 ，且 ，证明：① 随着 的增大而减小；
② .
【答案】(1)
(2)①证明见解析：②证明见解析
【分析】（1）利用导数判断原函数单调性，卡端点列出不等式求解即可.
（2）①合理判断 有两个零点，构造 与 的函数，求其单调性即可.
②求出关键点的函数值，结合不等式的运算性质证明不等关系即可.
【解析】（1）若函数 在 上单调递增，易知 ，
令 ， ，令 ， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
故原命题等价于求 ，且 ，故 ，解得 ，
即 的取值范围为 .
（2）①引理：对 ，必有 成立，令 ，
故 ，令 ， ，令 ， ，
故 在 上单调递减，在 上单调递增，
则 ，即 恒成立，故 成立，
设 ，则 ，即 ，
可得 的最小值为而 ，当 时， ，
且由引理知 ，故 ，
由零点存在性定理得 有两个零点 ，
结合 可得 ，
故当 时，两个根一定会存在，设 是关于 的函数，记为 ，
我们同样可以定义为：对 ，存在唯一的 ，使得 ，
且这个 就是关于 的方程 中的较大根，此时已有 ，
此时发现 是 上的函数，则证明 在 上单调递减即可，
由于 ，
首先，我们有 ， ，所以 ， ，
其次，我们实际上有 ，（因为要么 ，要么 ），
所以 ，若 ，则 ， ，
然后考虑 ，显然我们有 ，
若 ，则 ，所以另一根一定小于 ，从而 ，
若 ，由于 是关于 的较大根，故 ，
即 ，解得 ，但是对任意的 时，
关于 的方程 的较小根都不超过 ，
要么 ，解得 ，要么 ，所以 是较大根，从而 ，这表明 与 关于 对称，
所以我们只需要证明 在 上单调递减，
这里 是 的较大根，且 ，
由于 ，故对 ，设 ，
则 ， ，
从而由 是较大根，知 ， ，
也意味着 位于单调递增区间，
设 ，由于当 时，
，
所以 ，
而 ，方程的较小根一定不超过 ，
这表明 的较大根 一定成立，所以 ，
这就证明了 在 上单调递减，从而一定在 上单调递减，
故 随着 的增大而减小得证.
②由①知 有两个零点 ，且 ，
由于 ，
由引理又有 ，
而根据单调性得，当 或 时，必有 ，
所以 ，可得
即 ，原不等式得证.
【点睛】关键点点睛：本题考查导数，解题关键是利用零点存在性定理证明函数有两个零点，然后构造函
数，转化为证明函数单调性问题求解即可.
14．（2024·广东·模拟预测）已知 ．
(1)讨论 的单调性；
(2)若 存在两个零点 ，证明： 存在三个零点 ，且
(3)在（2）的条件下，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）对 求导，对 分类讨论即可求解；
（2）一方面首先有 ，进一步 ，从而我们只需要证明 在 上
还存在一个零点即可，对此我们可以不断求导结合零点存在定理分析即可得证；
（3）设 ， ，通过分析得出要证 ，只需要证明： ，一方
面可以构造函数 来说明 ，另一方面由 ，
，结合 单调性来说明 ，由此即可得证.
【解析】（1） ，如果 则 ，所以 在R上递减；
如果 ，则 的符号以 为分界线，左边负右边正，所以 在 递减，在 递增；
（2）由于 有两个零点 ，
故 ，而且 ，也就是 ，
所以 ，
如果 或 ，
那么 ，
所以 有零点 ，
同时，由于 且 ，所以 ，
而 ，令 ，
则 ，令 ，
则 ，
这表明 递增，
同时由于 ，
所以在 上有一实数u，满足 ，
且 时， ， 时， .
所以 在 递减，在 递增.
假设 ，就意味着 在 和 上均递增，所以 ，矛盾.
所以 ，
从而 在 和 上各有一零点 ，
且在 和 上大于0，在 上小于0.
那么由于 ，
我们知道 ，
所以 上一定还有 的零点 .
综上所述， 存在三个零点 ，且 ；
（3）设 ， ，
则有： ，
但 ，
要证 ，只需要证明： ，
首先，容易说明当 时， ，
实际上 ，这也就是说此时 ，
而 意味着 ，
上一问已证 ，同时由于 是 的零点（可导函数取极值的必要条件），
所以 ，
在这里对某个函数 ，我们定义函数列： ，
换言之 是 进行 次求导后得到的函数，从而令 ， ，
则 ，
所以 时， ，
所以 时， ，
所以 时， ，
即 ，
所以 ，
又因为 ，
所以 ，从而 ，
也就是 ，
由于 ，
而 在 上小于0，在 上大于0，
故 ，
又由于 ， ，而 在 上递减，在 上递增，
故 ，
综上， ，从而 .
【点睛】关键点点睛：第三问的关键是构造函数 来说明 ，
由此即可顺利得证.
证.
15．（2024·全国·模拟预测）已知当 时， ， ， .
(1)证明： ；
(2)已知 ，证明： （ 可近似于3.14）.
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）令 ，求导得到函数单调性，得到 ，要证
，只需证 ，构造 ， ，二次求导得到单调性，得到
，证明出 ，证明出不等式；
（2）变形得到 ，两边同时除以 得到： ，证明出不等式.
【解析】（1）令 ，∴ 在 上恒成立，
∴ 在 上单调递增，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
要证 ，只需证 ，
∵ ，
∴只需证 ，
令 ， ，
∴ ，
∴ ，
令 ， ，
∴ ，
又∵当 时， ，
∴当 时， ，
∴ 在 上单调递减，
∴ ，
∴当 时， ，∴ 在 上单调递减
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴综上所述，当 时， ，证毕.
（2）∵当 时， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，①
将①式两边同时乘以 得到： ，②
∵ ，但当 时， ，
∴ ，
将②式两边同时除以 得到： ，
∴ ，
∴ ，
∴当 时， ，证毕.
【点睛】方法点睛:证明不等式或比较两函数大小，需构造函数，并根据导函数得到函数单调性，结合特殊
点函数值得到结论.
16．（2024·福建福州·模拟预测）已知函数 ．
(1)讨论 的单调性；(2)求证： ；
(3)若 且 ，求证： ．
【答案】(1) 在区间 上单调递减
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求 ，令 ，求 ，讨论 的大小可证得 ，即
，即可得出 的单调性；
（2）法一：要证 ，即证 ，记 ，讨论 的
单调性和最值即可证明；法二：通过构造函数结合已知条件放缩要证 即证
即可.
（3）法一：由（1）可知 为减函数，所以 ，要证 即证
，构造函数证明即可；法二：先证 ，即 ，则
，再结合基本不等式即可证明.
【解析】（1） 的定义域为 ， ，
记 ，
当 时， 单调递增；当 时， 单调递减，所以 ，即 ，
所以 在区间 上单调递减．
（2）法一：先证 ，记 ，
则 ，
记 ，则 ，所以 时， 递增；
时， 递减．
所以 ，所以 ，又 ，所以 ，故 ．
再证 ，即证 ，记 ，
则 ，
记 ，则 ，所以 在 递增，
所以 ，所以 ，即 ，
所以 .
法二：构造函数 ，
当 时， 单调递增， ，所以 ，
构造函数 ，
当 时， 单调递增；当 时， 单调递减．
所以 ，即 ，即 成立．
所以 ，所以 ，
则只需证明 ，即 ，而 显然成立，
所以 ．
（3）法一：由（2）知 的最大值为0．
因为 且 ，则 之中至少有一个大于1，
不妨设 ，则 ，由（1）可知 为减函数，所以 ，
所以 ，
因为
，
记 ，则 ，
因为 ，所以 ，所以 ，所以 ．
法二：先证 ，记 ，
则 ，
记 ，则 ，所以 时， 递增；
时， 递减．
所以 ，所以 ，又 ，所以 ，故 ．所以 ，
因为 且 ，
所以 ，
所以 ，所以 ，则 ．
【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.
17．（2024·山东潍坊·三模）一个完美均匀且灵活的项链的两端被悬挂， 并只受重力的影响，这个项链形
成的曲 线形状被称为悬链线.1691年，莱布尼茨、惠根斯和约翰・伯努利等得到“悬链线”方程
，其中 为参数.当 时，就是双曲余弦函数 ，类似地双曲正弦函数
，它们与正、余弦函数有许多类似的性质.
(1)类比三角函数的三个性质：
①倍角公式 ；
②平方关系 ；
③求导公式
写出双曲正弦和双曲余弦函数的一个正确的性质并证明；
(2)当 时，双曲正弦函数 图象总在直线 的上方，求实数 的取值范围；(3)若 ，证明：
【答案】(1)答案见解析，证明见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）类比，写出平方关系，倍角关系和导数关系，并进行证明；
（2）构造函数 ， ，求导，分 和 两种情况，结合基本不等式，隐零点，
得到函数单调性，进而得到答案；
（3）结合新定义将所证变为 ，设函数 ，即证
，先利用导数求得 在 上单调递增，再设
，利用导数得其单调性及 ，从而 ，
得证.
【解析】（1）平方关系： ；
倍角公式： ；
导数： .
理由如下：平方关系， ；
倍角公式： ；
导数： ， ；
以上三个结论，证对一个即可.（2）构造函数 ， ，由（1）可知 ，
①当 时，由 ，
又因为 ，故 ，等号不成立，
所以 ，故 为严格增函数，
此时 ，故对任意 ， 恒成立，满足题意；
②当 时，令 ，
则 ，可知 是严格增函数，
由 与 可知，存在唯一 ，使得 ，
故当 时， ，则 在 上为严格减函数，
故对任意 ， ，即 ，矛盾；
综上所述，实数 的取值范围为 ；
（3）因为 ，
所以原式变为 ，
即证 ，
设函数 ，即证 ， ，
设 ， ，
时 ， 在 上单调递增，即 在 上单调递增，
设 ，则 ，
由于 在 上单调递增， ，所以 ，即 ，故 在 上单调递增，
又 ，所以 时， ，
所以 ，即 ，
因此 恒成立，所以原不等式成立，得证.
【点睛】思路点睛：对新定义的题型要注意一下几点：
（1）读懂定义所给的主要信息筛选出重要的关键点
（2）利用好定义所给的表达式以及相关的条件
（3）含有参数是要注意分类讨论的思想.
18．（2024·江西赣州·二模）给出以下三个材料：
①若函数 的导数为 ， 的导数叫做 的二阶导数，记作 .类似地，二阶导数
的导数叫做 的三阶导数，记作 ，三阶导数 的导数叫做 的四阶导数…，一般地，n
－1阶导数的导数叫做 的n阶导数，即 ， ；
②若 ，定义 ；③若函数 在包含 的某个开区间 上具有n
阶的导数，那么对于 有
，我们将 称为
函数 在点 处的n阶泰勒展开式.例如， 在点 处的n阶泰勒展开式为
.根据以上三段材料，完成下面的题目：
(1)若 ， 在点 处的3阶泰勒展开式分别为 ， ，求出 ， ；(2)比较（1）中 与 的大小；
(3)证明： .
【答案】(1) ，
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）利用n阶泰勒展开式的定义，求解 ， ；
（2）两函数作差，通过构造函数，利用导数求最值的方法比较大小；
（3）借助泰勒展开式，利用导数得到函数单调性，证明不等式.
【解析】（1） ，则有 ， ，
∴ ， ， ，
∴
同理可得： .
（2）由（1）知： ， ，
令 ，则 ，
∴ ，∴ 在R上单调递增，
又 ，∴在 上 ， 单调递减；在 上 ， 单调递增，
∴ ，即 ，
故
（3）令 ，则由（2）知， ，所以 在R上单调递增，又 ，
所以当 时， ， ；
当 时， ， ；
当 时， ， ，
∴ 在点 处的4阶泰勒展开式为： ，
∴ ，当且仅当x＝0时取等号，
①当 时， ，当且仅当x＝0时取等号，
所以
②当 时，设 ， ，
， ，
若 ，由于 ，所以，
，
，从而
若 ， ，
所以， 时， 单调递减，从而 ，即 .
综上： .
【点睛】方法点睛：
“新定义运算”指的是使用新定义的运算方法求解数学问题，这些新定义的运算可以是像“阶乘”、“斐波那契数列”这样的经典运算，也可以是一些比较新奇的概念，要透彻理解新定义的本质，严格按照
新定义运算规则进行计算，与相关基础数学知识联系去解决问题.
19．（2024·江苏扬州·模拟预测）帕德近似是法国数学家帕德发明的用多项式近似特定函数的方法．给定
两个正整数m，n，函数 在 处的 阶帕德近似定义为： ，且满足：
， ， ，…， ．注： ，
， ， ，…已知 在 处的 阶帕德近似
为 ．
(1)求实数a，b的值；
(2)当 时，试比较 与 的大小，并证明；
(3)已知正项数列 满足： ， ，求证： ．
【答案】(1) ， .
(2) ，证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由帕德近似定义 ， ， ，直接求解；
（2）由（1）求得 ，比较 与 的大小只需比较1与 的⼤⼩，令
，求导找出单调性、最值即可证明；
（3）结合题意知 ，令 ，结合（2）可得，构造数列，进而推出 ，
另一方面 ，令 ，
利用导数，即可证明结论.
【解析】（1）由题意得 ， ，
，故 ， ，
解得 ， .
（2）由上可得 ，要比较 与 的⼤⼩，
，只需比较1与 的⼤⼩，
令 ， ，
所以 ，从而可得 在 上单调递增，
所以 ，即 ，
所以 .
（3）设 ， ，
当 时， ， 在 上单调递减，
当 时， ， 在 上单调递增，
故 ，即 ，当且仅当 时等号成立；由题意知 ，令 ， ，
故该函数在 上递减，
故可得 ，即 ，可得 ；
一方面：由（2）可得 ，
又因为 ，
所以可得 ，即 ，即 ，
即 ，
故 ，
即 ，所以 .
另一方面：要证明
，
两边同时除以 ，原式
令 ，
由基本不等式，
故 ，所以 在 单调递增，
所以 ，得证.
【点睛】关键点睛：本题考查了导数新定义问题，解答的关键是要理解导数的新定义，并由此解决问题，难点在于（3）中的不等式证明，解答时要结合 进行放缩，并结合构造函数进行证明.
