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1．在 中，角 所对的边分别为 ，已知 ．
(1)求 ；
(2)求 ；
(3)求 的值．
2．在 中，角 ， ， 所对的边分别是 ， ， ，已知 .
(1)求角 的大小；
(2)若 ， ，求 的值.
3．在 中，角 、 、 的对边分别为 ， ， ，已知 ， ， 是边
上的点，
(1)若 且 ，求 的长；
(2)若 ， ，求 的值.
4．在△ 中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若 ，△ 的面积
为 .
(1)求 ；
(2)若 ，求 ；(3)求 的值.
5．已知四棱柱 中，底面 为梯形， ， 平面 ，
，其中 ． 是 的中点， 是 的中点．
(1)求证 平面 ；
(2)求平面 与平面 的夹角余弦值；
(3)求点 到平面 的距离．
6．如图，在直三棱柱 中， 为 的中点，
点 分别在棱 和棱 上，且 ．(1)求证： 平面 ；
(2)求平面 与平面 夹角的余弦值；
(3)求点 到平面 的距离．
7．如图，四棱柱 中，侧棱 底面 ，
，四棱柱 的体积为36．
(1)证明： 平面 ；
(2)求平面 与平面 的夹角的余弦值；
(3)求点 到平面 的距离．
8．如图所示，在四棱锥 中，底面 为矩形，侧面 为正三角形，且
分别为 的中点， 在线段 上，且 ．
(1)求证： 平面 ；
(2)当 时，求平面 与平面 的夹角的余弦值．9．已知椭圆 椭圆的离心率 ．左顶点为 ，下顶点为 是线
段 的中点，其中 ．
(1)求椭圆方程．
(2)过点 的动直线与椭圆有两个交点 ．在 轴上是否存在点 使得 ．
若存在求出这个 点纵坐标的取值范围，若不存在请说明理由．
10．已知 ， 分别是椭圆 的左右顶点.椭圆长轴长为6，离心率为
. 为坐标原点，过点 ，且与坐标轴不垂直的直线 交椭圆 于 、 两个不同
的点.
(1)求椭圆 的标准方程；
(2)当直线 的斜率为正时，设直线 、 分别交 轴于点 ，记 ，
，求 的取值范围.
11．已知椭圆C： 的离心率为 ，四个顶点所围成菱形的面积为
.
(1)求椭圆的方程；
(2)若A、B两点在椭圆C上，坐标原点为O，且满足 ，（i）求 的取值范围；
（ii）求 的面积.
12．已知椭圆 的离心率为 ，以短轴端点和焦点为顶点的四边形
的周长为 ．
(1)求椭圆 的方程；
(2)过点 的直线 与椭圆 相交于两点 ， ，设点 关于坐标原点 的对
称点为 ，若点 恒在以 为直径的圆内部，求实数 的取值范围．
13．已知数列 是公比大于0的等比数列．其前 项和为 ．若 ．
(1)求数列 前 项和 ；
(2)设 ， ．
（ⅰ）当 时，求证： ；
（ⅱ）求 ．
14．已知等差数列 前 项和为 （ ），数列 是等比数列， ， ，
， .(1)求数列 和 的通项公式；
(2)若 ，设数列 的前 项和为 ，求 .
15．已知等差数列 的前n项和为 ， ， ，数列 满足： ，
．
(1)证明： 是等比数列；
(2)证明： ；
(3)设数列 满足： ．证明： ．
16．已知 是各项均为正数的等比数列，其前n项和为 ， ，且 ， ，
成等差数列.
(1)求数列 的通项公式；
(2)设 ，求数列 的前 项和 ；
(3)设 ， ，证明： .17．设函数 ．
(1)求 图象上点 处的切线方程；
(2)若 在 时恒成立，求 的值；
(3)若 ，证明 ．
18．已知函数 ．
(1)求函数 在点 处的切线方程；
(2)求函数 的最小值；
(3)函数 ，证明： ．
19．已知函数 ．
(1)当 时，讨论函数 的单调性．
(2)若 有两个极值点 ．
①求实数 的取值范围；
②求证： ．
20．已知函数 .(1)若函数 为增函数，求 的取值范围；
(2)已知 .
（i）证明： ；
（ii）若 ，证明： .参考答案：
1．(1)
(2)
(3)
【分析】（1） ，利用余弦定理即可得到方程，解出即可；
（2）法一：求出 ，再利用正弦定理即可；法二：利用余弦定理求出 ，则得到
；
（3）法一：根据大边对大角确定 为锐角，则得到 ，再利用二倍角公式和两角差的
余弦公式即可；法二：直接利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可.
【详解】（1）设 ， ，则根据余弦定理得 ，
即 ，解得 （负舍）；
则 .
（2）法一：因为 为三角形内角，所以 ，
再根据正弦定理得 ，即 ，解得 ，
法二：由余弦定理得 ，
因为 ，则
（3）法一：因为 ，且 ，所以 ，
由（2）法一知 ，因为 ，则 ，所以 ，
则 ，
.
法二： ，
则 ，
因为 为三角形内角，所以 ，
所以
2．(1) ；
(2)
【分析】（1）利用正弦定理以及两角差的余弦公式进行化简求解；（2）由余弦定理得
，由正弦定理得 ，即得 的值.
【详解】（1）因为 ，根据正弦定理可得
在 中， ，所以有 ，
则有 ，即 ，又 ，所以 .
（2）根据余弦定理， ，所以 .
根据正弦定理， ，则有 ，
所以 .
3．(1)
(2)
【分析】（1）设 （ ），在 、 分别利用余弦定理，即可得到方程
组，解得即可；
（2）由正弦定理求出 ，即可求出 ，再求出 ，最后根据
利用两角和的余弦公式计算可得.
【详解】（1）依题意设 （ ），则 ，
在 中由余弦定理 ，
即 ①，
在 中由余弦定理 ，
即 ②，
由①②解得 或 （舍去），
所以 .（2）由正弦定理 ，即 ，解得 ，
又 ，所以 ，所以 ，
又 ，所以 ，
所以
.
4．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用余弦定理和三角形面积公式求解；
（2）根据 和 求出 ，再结合正弦定理即可求解；
（3）利用二倍角公式和两角和的余弦公式求解.
【详解】（1）由余弦定理知：∵在△ 中， ，∴ ，即
又∵ ，∴ .即
∴ ；
（2）由（1）知 ，则角 为锐角，
∵ ，∴ ，
由正弦定理知： ，则 ， ，
∴
又∵ ， ， ，
∴ ；
（3）由（2）知， ，
所以 ， .
所以 .
5．(1)证明见解析
(2)(3)
【分析】（1）取 中点 ，连接 ， ，借助中位线的性质与平行四边形性质定理可
得 ，结合线面平行判定定理即可得证；
（2）建立适当空间直角坐标系，计算两平面的空间向量，再利用空间向量夹角公式计算即
可得解；
（3）借助空间中点到平面的距离公式计算即可得解.
【详解】（1）取 中点 ，连接 ， ，
由 是 的中点，故 ，且 ，
由 是 的中点，故 ，且 ，
则有 、 ，
故四边形 是平行四边形，故 ，
又 平面 ， 平面 ，
故 平面 ；
（2）以 为原点建立如图所示空间直角坐标系，有 、 、 、 、 、 ，
则有 、 、 ，
设平面 与平面 的法向量分别为 、 ，
则有 ， ，
分别取 ，则有 、 、 ， ，
即 、 ，
则 ，
故平面 与平面 的夹角余弦值为 ；
（3）由 ，平面 的法向量为 ，
则有 ，
即点 到平面 的距离为 .
6．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）取 的中点 ，证明 即可；
（2）建立空间直角坐标系，向量法求两个平面夹角的余弦值；
（3）向量法求点到平面的距离.【详解】（1）证明：取 的中点 ，连接 ，则 ，
且 ，∴ 且 ，
则四边形 为平行四边形， ．
又 平面 平面 ，
平面 ．
（2）解：直三棱柱 中， ． 以 为原点，以 的方向为
轴、 轴、 轴的正方向建立空间直角坐标系，
则 ，
设平面 的一个法向量为 ，则
即令 ，则 ，得到平面 的一个法向量 ．
易知平面 的一个法向量为 ．
设平面 与平面 的夹角为 ，
则 ，平面 与平面 夹角的余弦值为 ．
（3）解： ， ，
点 到平面 的距离 ．
7．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据题中条件建立以点 为坐标原点的空间直角坐标系，求得平面
的法向量，利用 ，结合线面平行的判断定理证明即可；
（2）利用平面夹角的向量表示公式进行计算即可；
（3）利用点到平面距离的向量表示公式进行计算即可.
【详解】（1）因为侧棱 底面 ，
所以以点 为坐标原点， 的方向分别为 轴， 轴， 轴的正方向，
建立如下图所示的空间直角坐标系，
又因为棱柱体积为36，易知底面 为直角梯形，
其面积为 ，柱体体积 ，有 ．所以
，
证明：因为 ，平面 的法向量为 ，
，所以 ，
又因为 平面 ，
所以 平面 ．
（2）因为 ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，令 ，则 ，
由（1）得 ，
设平面 与平面 的夹角为 ，
则平面 与平面 的夹角 的余弦值为 ．
（3）因为 ，
所以，点 到平面 的距离为 ．
8．(1)证明见解析
(2)【分析】（1）取 中点 ，连接 ，要证 平面 ，只需平面 平
面 ，结合已知条件即可得证.
（2）当 时并结合已知条件即可建立如图所示坐标系，根据 以及中
点关系、 即可写出各个点的坐标，进而求出法向量即可求解.
【详解】（1）如图所示：
取 中点 ，连接 ，
分别为 的中点，且底面 为矩形，
所以 ，且 ，
又因为 平面 ， 平面 ， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，且 平面 ，
又因为 ， 平面 ， 平面 ，
所以平面 平面 ，
因为 平面 ，
所以由面面平行的性质可知 平面
（2）如图所示：注意到侧面 为正三角形以及 为 的中点，所以由等边三角形三线合一得
，
又因为 ，且 面 ， 面 ， ，
所以 面 ，又因为 面 ，所以 ，
又因为底面 为矩形，所以 ，
因为 ， 面 ， 面 ，
所以 面 ，因为 面 ，
所以 ，又 ，
所以 ，又由三线合一 ，又 ，
所以建立上图所示的空间直角坐标系；
因为 ，
所以 ，
又因为 为 的中点， ，
所以 ，
所以 ， ， ，
不妨设平面 与平面 的法向量分别为 ，
所以有 以及 ，即分别有 以及 ，
分别令 ，并解得 ，
不妨设平面 与平面 的夹角为 ，
所以 ；
综上所述：平面 与平面 的夹角的余弦值为 .
9．(1)
(2)存在 ，使得 恒成立.
【分析】（1）根据椭圆的离心率和三角形的面积可求基本量，从而可得椭圆的标准方程.
（2）设该直线方程为： ， ， 联立直线方程和椭圆方
程并消元，结合韦达定理和向量数量积的坐标运算可用 表示 ，再根据
可求 的范围.
【详解】（1）因为椭圆的离心率为 ，故 ， ，其中 为半焦距，
所以 ，故 ，
故 ，所以 ， ，故椭圆方程为： .
（2）若过点 的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为： ，
设 ，
由 可得 ，
故 且
而 ，
故
，
因为 恒成立，故 ，解得 .
若过点 的动直线的斜率不存在，则 或 ，此时需 ，两者结合可得 .
综上，存在 ，使得 恒成立.
【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的范围问题，往往需要用合适的参数表示目标代数式，表
示过程中需要借助韦达定理，此时注意直线方程的合理假设.
10．(1)
(2)
【分析】(1)根据椭圆中 之间的关系求解即可；
(2)利用直线方程表示出 的坐标，进而表示出 ，利用韦达定理将 表示为关于
的表达式，结合直线与椭圆的位置关系确定 的范围，进而可求解.
【详解】（1）由题可知 解得 ，
所以椭圆 的标准方程为 .
（2）设直线 ， ，
由 得
解得 或 （舍），
且的直线方程为 ， 的直线方程为 ，
令 解得 ，所以 ，同理 ，
所以 ,
由 ，可得
所以
即
，
因为 ，所以 ，所以 ，
所以 .
的取值范围为 .
11．(1)
(2)（i） （ii）
【分析】（1）利用菱形的面积和椭圆的性质列方程组即可得出；（2）（i）设直线 的方程为 ，与椭圆的方程联立可得根与系数的关系、再利用
斜率的计算公式、数量积运算即可得出；
（ii）利用弦长公式和点到直线的距离公式及三角形的面积公式即可得出.
【详解】（1）由已知可得 ，解得 ，
所以椭圆的方程为 .
（2）（i）设直线 的方程为 ，设 ，
联立 ，得 ，
，即 ，
， .
， .
,
，即 ，，
， ，
，
又直线 的斜率不存在时 ,
的取值范围是 .
（ii）设原点到直线 的距离为 ，
则
，
由 化简可得 .
的面积为 .
12．(1)
(2)
【分析】（1）由题意可知，以短轴端点和焦点为定点的四边形为正方形，进而可求出 ，
，由此能求出椭圆 的方程；
（2）先研究直线 的斜率不存在时，点 在椭圆内，再研究直线 的斜率存在时，以 为
直径的圆的圆心为 ，联立直线方程与椭圆方程，结合根的判别式、韦达定理、弦长公式
及 ，由此能求出 的取值范围.
【详解】（1）如图所示，由题意知， ，即 ，
故以短轴端点和焦点为定点的四边形为正方形，且边长为 ，
所以 ，解得 ，
所以 ，
所以椭圆C的方程为 .
（2）当直线 的斜率不存在时，由题意知 的方程为 ，
如图所示，
此时 为椭圆的上下顶点，且 ，
因为点 总在以线段 为直径的圆内，且 ，
所以 .
当直线 的斜率存在时，设 的方程为 .
如图所示，由方程组 得 ，
因为直线 与椭圆 有两个公共点，即 ，得 ；
设 ，则 ， .
设 的中点 ，则 ， ，
所以 .所以 ，
，
因为点 总在以线段 为直径的圆内，所以 对于 恒成立，
所以 ，
化简，得 ，整理得 ，
而 （当且仅当 时等号成立）所以 ，
由 ，得 ，
综上， 的取值范围是 .
【点睛】方法点睛：（1）解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的
等量关系．
（2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情
形．
13．(1)
(2)①证明见详解；②
【分析】（1）设等比数列 的公比为 ，根据题意结合等比数列通项公式求 ，再
结合等比数列求和公式分析求解；
（2）①根据题意分析可知 ， ，利用作差法分析证明；②根
据题意结合等差数列求和公式可得 ，再结合裂项相消法
分析求解.
【详解】（1）设等比数列 的公比为 ，
因为 ，即 ，
可得 ，整理得 ，解得 或 （舍去），
所以 .
（2）（i）由（1）可知 ，且 ，
当 时，则 ，即
可知 ，，
可得 ，
当且仅当 时，等号成立，
所以 ；
（ii）由（1）可知： ，
若 ，则 ；
若 ，则 ，
当 时， ，可知 为等差数列，
可得 ，
所以 ，
且 ，符合上式，综上所述： .
【点睛】关键点点睛：1.分析可知当 时， ，可知 为等差数列；
2.根据等差数列求和分析可得 .
14．(1) ， ；
(2) .
【分析】（1）设等差数列 的公差为d，等比数列 的公比为 （ ），根据等差等比数列通项公式基本量的计算可得结果.
（2）求出 ，代入求出 ，再分组求和，利用裂项求和方法和等比数列的求和
公式可求得结果.
【详解】（1）设等差数列 的公差为 ，等比数列 的公比为 （ ），
由 ， ， ， ，
得 ，解得 ， ，
所以 ， .
（2）由（1）知， ，
因此当 为奇数时， ，当 为偶数时， ，
所以
.
15．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据等比数列的定义，结合递推公式，即可证明；
（2）根据条件求 和 ，再代入不等式，利用作差法，即可化简证明；
（3）根据数列 的通项公式，分别求奇数项和偶数项的和，再分别利用裂项相消法和错
位相减法求和，即可证明.【详解】（1）由 ，得 ，所以 是以2为首项，2为公比
的等比数列， ．
（2）设等差数列的公差为 ，
，得 ，
所以 ， ，
， ，
，得证．
（3）当n为奇数时， ，
，
当n为偶数时， ，
，
设 ，
，
两式相减得得 ，
所以 ，
所以 ．
16．(1) ；
(2) ；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，利用等差中项列式求出公比q，再求出通项公式作答.
（2）由（1）的结论求出 ，再利用等比数列前n项和公式、裂项相消法分组求和作答.
（2）求出 ，验证当 时不等式成立，当 时，证得 ，再利用放缩的方法
结合裂项相消法求和推理作答.
【详解】（1）设正项等比数列 的公比为 ，因为 ， ， 成等
差数列，
则 ，即有 ，
即 ，因此 ， ，而 ，解得 ，又 ，
所以数列 的通项公式是 .
（2）由（1）知， ，当 时， ，
当 时，，
，
所以数列 的前 项和 .
（3）由（1）知， ，则 ，有 ， ，
，
当 时， ，当 时， ，当 时， ，
即当 时，不等式 成立，
当 时，
，
则 ，
，
综上得： ， .
【点睛】易错点睛：裂项相消法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是
此法的根源与目的．
17．(1)
(2)2
(3)证明过程见解析
【分析】（1）直接使用导数的几何意义；
（2）先由题设条件得到 ，再证明 时条件满足；
（3）先确定 的单调性，再对 分类讨论.
【详解】（1）由于 ，故 .
所以 ， ，所以所求的切线经过 ，且斜率为 ，故其方程为 .
（2）设 ，则 ，从而当 时 ，当 时
.
所以 在 上递减，在 上递增，这就说明 ，即 ，且等号成
立当且仅当 .
设 ，则
.
当 时， 的取值范围是 ，所以命题等价于对任意 ，都有
.
一方面，若对任意 ，都有 ，则对 有
，取 ，得 ，故 .
再取 ，得 ，所以 .
另一方面，若 ，则对任意 都有 ，满足条件.
综合以上两个方面，知 的值是2.
（3）先证明一个结论：对 ，有 .
证明：前面已经证明不等式 ，故
，
且 ，
所以 ，即 .
由 ，可知当 时 ，当 时 .
所以 在 上递减，在 上递增.
不妨设 ，下面分三种情况（其中有重合部分）证明本题结论.
情况一：当 时，有
，结论成立；
情况二：当 时，有 .对任意的 ，设 ，则 .
由于 单调递增，且有
，
且当 ， 时，由 可知
.
所以 在 上存在零点 ，再结合 单调递增，即知 时 ，
时 .
故 在 上递减，在 上递增.
①当 时，有 ；
②当 时，由于 ，故我们可以取 .
从而当 时，由 ，可得
.
再根据 在 上递减，即知对 都有 ；
综合①②可知对任意 ，都有 ，即 .
根据 和 的任意性，取 ， ，就得到 .所以 .
情况三：当 时，根据情况一和情况二的讨论，可得
， .
而根据 的单调性，知 或 .
故一定有 成立.
综上，结论成立.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于第3小问中，需要结合 的单调性进行分类讨论.
18．(1) ；
(2)0；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据导数的几何意义，求得 ，即可求得切线方程；
（2）利用导数判断 的单调性，即可求得函数最小值；
（3）由 ，求得 与 的关系；对目标不等式分离参数，构造函数
求得其最大值；再结合 关系，即可证明.
【详解】（1） ， ，切线斜率为
故切线方程为 ，即 .
（2） ，令 ，可得 ，
当 ， ； ， ，故 在区间 上单调递减，在区间 上单调递增，
故函数 的最小值 .
（3） ，由 ①
欲证明 ，只需要 ，
令 ，
令
在区间 上单调递增，则 ，故 ；
则 在区间 上单调递增，只需证明 ，
由①可知 ，
由（2）可知 ，
只需证明 ，
化简为： 成立即可，令 ，
则 在区间 上单调递增，
故 ，所以 得证.
【点睛】关键点点睛：本题第三问处理的关键是：对目标式分离参数，转化为求解的最大值，结合 关系，消去参数 后，构造函数 ，进
而利用导数求其最小值即可证明.
19．(1) 在 上单调递增；
(2)① ；②证明见解析
【分析】（1）求得 ，设 ，得到 ，再
令 ，求得 为 上的增函数，且 ，进而求得 单调区
间；
（2）①求得 ，令 ，解得 ，设 ，根据题意转
化为直线 与函数 的图象有两个不同的交点，利用导数求得函数 的单调性与
极值，作出函数的图象，结合图象，即可求解；
②由函数 有两个零点 ，得到 ，令 ，转化为证
明 ，不妨令 ，只需证明 ，化简得到 ，令 ，
转化为证明 ，令 ，利用导数求得函数的单
调性与最值，即可求解.
【详解】（1）解：当 时，可得 ，其中 ，则，
设 ，则 ，
令 ，可得 恒成立，
所以 为 上的增函数，且 ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，所以 ，
所以 ，所以 ，所以 在 上单调递增．
（2）解：①因为函数 ，可得 ，
令 ，解得 ，
设 ，可得 ，
因为 有两个极值点 ，则直线 与函数 的图象有两个不同的交点，
当 时， ；当 时， ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，所以 ．
又当 时， ，故可作出 的大致图象，如图所示，
结合图象可得， ，即实数 的取值范围为 ．
②由函数 有两个零点 ，所以 ，令 ，则等价于关于 的方程 有两个不相等的实数根 ，
只需证明 ，
不妨令 ，由 得 ，
要证 ，只需证明 ，
即证 ，
即证 ，即证 ，
令 ，则 ，只需证明 ，
令 ，则 ，
所以 在 上单调递增，所以 ，
综上所述，原不等式成立．
【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．
20．(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）分析可得原题意等价于 对 恒成立，构建 ，利用导数求最值结合恒成立问题运算求解；
（2）（i）取 ，根据题意分析可得 ，构建 ，结合导
数证明 即可；
（ii）根据题意分析可得 ， ， ，构建
，结合导数证明 ，即可得结果.
【详解】（1）∵ ，则 ，
若 是增函数，则 ，且 ，可得 ，
故原题意等价于 对 恒成立，
构建 ，则 ，
令 ，解得 ；令 ，解得 ；
则 在 上递增，在 递减，
故 ，∴ 的取值范围为 .
（2）（i）由（1）可知：当 时， 单调递增，
∵ ，则 ，即 ，
整理得 ，
构建 ，则 ，
令 ，解得 ；令 ，解得 ；则 在 上递减，在 递增，
故 ，
即 ，当且仅当 时等号成立，
令 ，可得 ，
综上 ；
（ii）∵ ，则 ，
可知 有两个不同实数根 ，由（1）知 ，
可得 ，
同理可得 ，
构建 ，则 ，
当 时， ；当 时， ；
当 时， ；
且 ，故 对 恒成立，故 在 上单调递减，
∵ ，则 ，即 ，
且 ，则 ，故 ，
可得 ；
又∵ ，由（i）可得 ，即 ，
则 ，且 ，则 ，可得 ；
综上所述： .
可得 ，则
故 .
【点睛】方法定睛：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h(x)．
(3)利用导数研究h(x)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．
