第07 讲 利用导数证明不等式
目 录
思维导图..........................................................................................................................................................................................2
高考分析..........................................................................................................................................................................................2
学习目标..........................................................................................................................................................................................3
知识要点..........................................................................................................................................................................................3
解题策略..........................................................................................................................................................................................7
题型归纳..........................................................................................................................................................................................9
题型01：直接法证明不等式.....................................................................................................................................................9
题型02：分析法证明不等式..................................................................................................................................................11
题型03：移项作差构造函数..................................................................................................................................................16
题型04: 及时换元后构造函数................................................................................................................................................23
题型05: 等价转化后构造函数................................................................................................................................................26
题型06: 找出同构关系后构造函数.........................................................................................................................................29
题型07：隐零点法................................................................................................................................................................35
题型08: 选择关键部位构造函数............................................................................................................................................43
题型09: 放缩法证明不等式...................................................................................................................................................45
（一）参数放缩..............................................................................................................................................................45
（二）利用结论放缩.......................................................................................................................................................49
（三）切线放缩..............................................................................................................................................................53
题型10:拆分法证明不等式.....................................................................................................................................................56
题型11:双变量不等式的证明.................................................................................................................................................64
题型12:数列不等式的证明.....................................................................................................................................................68
题型13: 三角函数类型不等式的证明.....................................................................................................................................78
高考导数压轴大题不等式证明.....................................................................................................79
题型01：无限和裂项型数列不等式证明.................................................................................................................................79
题型02：累积型数列不等式证明...........................................................................................................................................81
题型03：三角函数型不等式证明...........................................................................................................................................84
题型04：凸凹翻转证明不等式...............................................................................................................................................86
题型05：零点不等式证明......................................................................................................................................................88
题型06：同构型不等式.........................................................................................................................................................90
题型07：双变量比值代换型..................................................................................................................................................93
题型08：双变量不等式和差换元型........................................................................................................................................94
题型09：双变量不等式韦达定理型........................................................................................................................................97
题型10：导数新定义的不等式证明问题.................................................................................................................................99
巩固提升......................................................................................................................................................................................105
1. 分值占比：导数与不等式证明是高考数学压轴题核心考点，单独考查或结合单调性、极值、恒成立问题考查，
分值约12~15 分，属于难题层级。
2. 考查形式：
①直接证明：给定函数证明f(x)\≥ g(x)、f(x)>h(x)等形式的不等式；
②间接证明：结合恒成立求参数范围、证明数列不等式、证明多元不等式，本质均转化为导数研究函数最值
的问题；
③核心载体：以指数函数、对数函数、幂函数的组合函数为主，偶见三角函数与导数结合的不等式证明（新
高考趋势）。
3. 命题趋势：新高考更注重构造函数的灵活性、放缩法的合理运用和分类讨论的严谨性，弱化复杂求导运算，强
化逻辑推理能力。
1. 掌握导数证明不等式的三大核心思路，能根据不等式形式选择最优方法；
2. 熟练运用构造函数法，掌握常见的构造技巧和变形手段；
3. 理解放缩法的原理，熟记高考常用的放缩公式，能精准放缩避免过度或不足；
4. 攻克多元不等式和数列不等式的导数证明方法，突破压轴难点；
5. 培养分类讨论、等价转化的数学思想，确保证明过程逻辑严谨。
导数中的不等式证明是高考的常考题型，是高考的热点问题，常与函数的性质、函数的零点与极值、数列等相结
合，虽然题目难度较大，但是解题方法多种多样，如构造函数法、放缩法等，针对不同的题目，灵活采用不同的解题
方法，可以达到事半功倍的效果.
(1)一般地，要证f(x)>g(x)在区间(a，b)上成立，需构造辅助函数F(x)＝f(x)－g(x)，通过分析F(x)在端点处的函数值
来证明不等式．若F(a)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递增即可；若F(b)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递减
即可.
(2)在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，可考虑转化为两个函数的最值问题．
知识一 构造法证明不等式
1、移项作差构造函数
移项作差法是证明不等式的最常用的方法，将含x 的项或所有项均挪至不等号的一侧，将一侧的解析式构造
为函数，通过分析函数的单调性得到最值，从而进行证明，其优点在于目的明确，构造方法简单，但对于移项后
较复杂的解析式则很难分析出单调性 ．
2、及时换元后构造函数
由于是证明两个变量的大小关系问题，通过换元，将两元变换成一元，这样降低了问题的难度，使之变成我
们熟悉的、容易解决的问题了．
3、等价转化后构造函数
在充分挖掘题目内涵的基础上，将待证的不等式进行转化、变形，使之等价变形为另一个大小关系证明的问
题，然后再通过建立新函数轻松地解决了问题．
如
等价转化为
进而构造函数
；
4、挖出同构关系后构造函数
由于待证的不等式比较复杂，在分析、化简、变形的基础上，再经过换元处理，成功的找到了同构关系，然
后通过设新函数，这样，成功地解决问题就是很容易了．
5、选择关键部位构造函数
在解题过程中，根据大小比较的需要，对表达式中的一部分采用构造函数处理，也是一个重要的解题思路，
这种求解方法的关键是精确替换，以起作用、易解决为替换原则．
知识二 放缩法证明不等式
放缩式是放缩法的重要组成部分，是放缩法的"骨肉". 用好放缩法的关键在于灵活运用放缩式，我们既然想去放缩
一个式子来证明不等式，那最基本、最重要的就是掌握一些重要的放缩式.
这里将放缩式分为基本放缩式和变形放缩式.基本放缩式也就是常说的“不等式串”，大部分放缩式都由它变形而来，
是必须掌握的放缩式.
放缩小技巧：
1.不等号的方向
放缩中，我们应注意想放缩的那一项的位置是否在分母上或是否带有负号，有时需要变更它的符号.比如，当
时，由放缩式
可得到
,又可得到
2.整体代换
整体代换使用的是数学中的整体思想，比如
，这个式子中便运用了此方
法，学会将已知的放缩式变更为解题需要的放缩式很重要．
3.调整次数
一般来说，调整次数有以下几个功能：便于配方，便于约分，便于合并同类项.比如，已知
，为了证明
，则必须证明
，通过先求导再讨论单调性来证明比较麻烦，而我们知道完全平方非负，且
，所以有
.
放缩法主要解决问题的类型：
1、函数解析式中含有已知范围的参数，可以考虑借助于常识或已知的范围减少变量，对参数适当放缩达到证明的
目的.放缩法的合理运用，往往能起到事半功倍的效果，有时能令人拍案叫绝.但其缺点也是显而易见，如果使用放
缩法证题时没有注意放和缩的"度"，容易造成不能同向传递.
2、切线放缩：若第一小题是求曲线的切线方程，就要注意是否运用切线放缩法进行放缩解决问题.
拓展： （1）若
在区间D 上二阶可导，且
，则对任意
，有
（2）若
在区间D 上二阶可导，且
，则对任意
，有
（1）（2）的几何意义是凸（凹）函数的图像在其切线的上（下）方.
知识三 拆分法证明不等式（构造双函数）
利用不等式性质对所证不等式进行拆分，转化成为
f x
g x
的形式，若能证明
min
max
f x
g x
，即可得：
f x
g x
，本方法的优点在于对x 的项进行分割变形，可将较复杂的解析式拆成两个简单的解析式.但缺点是局
限性较强，如果
min
f x
与max
g x
不满足
min
max
f x
g x
，则无法证明
f x
g x
.所以用此类方法解题的
情况不多。
知识点四、指对同构证明不等式
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.
五个常见变形：
x e
x =e
x + ln x , e
x
x =e
x−ln x , x
e
x =e
ln x−x , x + ln x = ln( x e
x), x−ln x = ln e
x
x
.
知识点五 利用“隐零点”证明不等式：
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x0，则(i)有关系式f′(x0)＝0 成立；(ii)注意确定x0的合适范围.
②含参函数的隐零点问题：已知含参函数f(x，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x0，则①有关系式f′(x0，a)＝0 成立，该关系式给出了x0，a 的关系；
②注意确定x0的合适范围，往往和a 的取值范围有关.
注意：对于函数f(x)＝ex 在x＝0 处的泰勒展开式如下：
ex＝1＋＋＋＋…＋＋…⇒ex≥x＋1.
类似的，常用泰勒展开式拟合的不等式还有：
ln(1＋x)＝x－＋－＋…＋(－1)n－1·＋…⇒ln(x＋1)≤x；
sinx＝x－＋－…＋(－1)n－1·＋…⇒sinx≤x；
cosx＝1－＋－＋…＋(－1)n·＋…⇒cosx≥1－x2.
.由e
x≥x＋1 演绎出的一些常见不等结构：
（一）基础方法：构造函数法（最核心）
解题步骤
1. 等价转化：移项构造新函数F(x)=f(x)-g(x)，将不等式证明转化为证明F(x)min≥0；
2. 求导分析：求F'(x)，分析F'(x)的符号，确定F(x)的单调性、极值点；
3. 求最值：求出F(x)在定义域内的最小值（需验证端点、极值点）；
4. 下结论：若F(x)min≥0，则原不等式成立。
关键技巧
①若直接构造的函数求导后形式复杂，可先对原不等式等价变形（如两边同乘/除正数、取对数、拆分重组）再构
造；
②含参数时，先分离参数或分类讨论，再分析函数最值。
（二）进阶方法1：放缩法
适用场景
直接构造函数求导后无法求出极值点（隐零点），或证明数列不等式时，需通过放缩简化证明。
解题要点
①放缩要适度：需保证放缩后的不等式方向与原不等式一致，且放缩后的函数易分析最值；
② 结合隐零点：若函数存在隐零点x0，可利用F'(x0)=0 化简F(x0)，再结合放缩公式证明F(x0)≥0。
（三）进阶方法2：多元不等式证明
适用场景
不等式含两个变量x1,x2（如已知f(x1)=f(x2)，证明x1+x2>2x0，x0为极值点），是压轴题高频难点。
核心思路：消元+构造/对称化构造
1. 消元法：利用f(x1)=f(x2)建立x1,x2的等量关系，将多元转化为一元函数，再用构造法证明；
2. 对称化构造：设x1>x2，令t=x1-x2（t>0），或构造G(x)=f(x)-f(2x0-x)（极值点偏移模型），转化为证明
G(x)>0（x>x0）。
（四）特殊类型：数列不等式证明
适用场景
证明的数列不等式，常与导数放缩结合。
解题步骤
1. 利用导数证明单变量不等式：如证明an < f(n)-f(n-1)；
2. 裂项相消：对放缩后的式子求和，消去中间项，得到数列和的范围，完成证明。
常见易错点
1. 构造函数时忽略定义域，导致求最值时出错；
2. 隐零点问题中，未利用F'(x0)=0 化简，直接求导陷入复杂运算；
3. 放缩法使用不当，出现放缩过度，导致证明失败；
4. 多元不等式中，未正确转化变量，无法将多元降为一元；
5. 证明过程逻辑不严谨，缺少最值验证、等号成立条件分析。
备考建议
1. 夯实基础：熟练掌握基本初等函数的导数公式、单调性与极值的判断方法，确保求导运算无错；
2. 分类刷题：按“单变量构造→隐零点+放缩→多元不等式→数列不等式”的顺序刷题，总结每种类型的解题模
板；
3. 熟记放缩公式：通过反复练习，掌握放缩公式的适用场景和变形技巧；
4. 重视逻辑：书写证明过程时，明确单调性、最值的推导过程，避免跳步导致失分。
题型01：直接法证明不等式
【典型例题1】已知函数f ( x)=e
x−1
2 x
2−x.
(1)求函数f ( x)在x =1处的切线方程.
(2)证明：∀x∈[0,+ ∞),f ( x)>sin x.
【答案】见解析
【解析】（1）求导可得f
′(1)=e−2，又f (1)=e−3
2
，可求切线方程；
（2）求导得f
′( x)=e
x−x −1，令h( x)=e
x−x −1，再求导，进而判断h( x)=e
x−x −1在[0,+∞)上单调递增，可
得f ( x)=e
x−1
2 x
2−x在[0,+ ∞)上单调递增，f ( x)≥f (0)=1，可得结论.
（1）由f ( x)=e
x−1
2 x
2−x，可得f
′( x)=e
x−x −1，
f
′(1)=e
1−1−1=e−2，又f (1)=e
1−1
2 ×1
2−1=e−3
2，
所以函数f ( x)在x =1处的切线方程为y −e+ 3
2 =(e−2)( x−1)，即(e−2)x−y + 1
2 =0.
（2）由f ( x)=e
x−1
2 x
2−x，可得f
′( x)=e
x−x −1，
令h( x)=e
x−x −1，可得h
′( x)=e
x−1，
当x∈[0,+∞)时，h
′( x)=e
x−1≥0，所以h( x)=e
x−x −1在[0,+∞)上单调递增，
又h( x)≥h(0)=e
0−0−1=0，即f
′( x)=e
x−x −1≥0，
所以f ( x)=e
x−1
2 x
2−x在[0,+ ∞)上单调递增，
所以f ( x)≥f (0)=e
0−1
2 ×0
2−0=1，当x =0时，f (0)=1>sin 0=0，
当x>0时，f ( x)>1≥sin x，
综上所述：∀x∈[0,+∞),f ( x)>sin x.
【典型例题2】已知函数f ( x)= x
2−ax + ln x，x =1为f ( x)的极值点.
(1)求a；
(2)证明：f ( x)≤2 x
2−4 x.
【答案】见解析
【解析】（1）求导f
′( x)=2 x−a+ 1
x ，由f
′(1)=0求解；
（2）转化为证x
2−x−ln x ≥0，令g( x)= x
2−x−ln x，由g( x)min≥0证明.
（1）解：f
′( x)=2 x−a+ 1
x ，
依题意，f
′(1)=2×1−a+1=0，解得a=3，
经检验符合题意，所以a=3；
（2）由（1）可知，f ( x)= x
2−3 x + ln x，
要证f ( x)= x
2−3 x + ln x ≤2 x
2−4 x，即证x
2−x−ln x ≥0，
设g( x)= x
2−x−ln x，则g
′( x)=2 x−1−1
x = ( x−1)(2 x +1)
x
，
所以当x∈(0,1)时，g
′( x)<0，g( x)单调递减，
当x∈(1,+ ∞)时，g
′( x)>0，g( x)单调递增，
当x =1时，g( x)取得极小值，也是最小值，
因为g(1)=0，g( x)≥g(1)=0，
所以f ( x)≤2 x
2−4 x.
【变式训练1-1】已知函数f (x)= x
a−ln x，a>0．
(1)求f (x)的最小值g(a)；
(2)证明：g(a)≤a+ 1
a −1．
【变式训练1-2】已知函数f (x)=2 x
2+ x−ln(x +m)，m∈R.
(1)当m=0时，求曲线y = f (x)在点(1,f (1))处的切线方程；
(2)当m≤1时，证明：f (x)≥0.
【变式训练1-2】已知函数g(x)＝x
3＋ax
2.
(1)若函数g(x)在[1,3]上为单调函数，求a 的取值范围；
(2)已知a>－1，x>0，求证：g(x)>x2ln x.
【变式训练1-3】已知函数f(x)＝1－，g(x)＝＋－bx，若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A 处
的切线互相垂直．
(1)求a，b 的值；
(2)证明：当x≥1 时，f(x)＋g(x)≥.
【变式训练1-4】已知函数f(x)＝ln x＋，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a>0 时，证明：f(x)≥.
题型02：分析法证明不等式
【典型例题1】已知函数
．
（Ⅰ）当
时，求
在
，
上最大值及最小值；
（Ⅱ）当
时，求证
．
【答案】见解析
【解析】解：（Ⅰ）
，
；
时，
；
，
时，
；
（1）
是函数
的极小值，即
的最小值；又
，
（2）
；
的最大值是
；
函数
在
上的最小值是0，最大值是
；
（Ⅱ）
，
要证明原不等式成立，只要证明
；
设
，则
；
函数
在
上是增函数，
（1）
；
；
原不等式成立．
【典型例题2】已知函数
(1)求曲线
在点
处的切线方程；
(2)求证：函数
的图象位于直线
的下方；
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】求在曲线上一点处的切线方程（斜率）、由导数求函数的最值（不含参）、利用导数证明不等式
（1）求导，再根据导数的几何意义求解即可；
（2）定义域为
，要证函数
的图象位于直线
的下方，即证
，构造函数，通过求解函
数的最大值即可证.
（1）
，则
，
又
，
所以曲线在点
处的切线方程为
；
（2）因为
，所以
，要证明
，只需要证明
，
即证
，
令
，则
，
当
时，
，此时
在
上单调递增，
当
时，
，此时
在
上单调递减，
故
在
取极大值也是最大值，故
，
所以
恒成立，即原不等式成立，
所以函数
的图象位于直线
的下方.
【典型例题3】已知函数
(1)求
在
处的切线;
(2)若
，证明当
时，
.
【答案】见解析
【解析】（1）因为
，所以
，
切线斜率为
因为
，所以切点为
切线方程为
即
（2）法一：令
，所以
，
所以
在
单调递增，
，
所以
，所以
，
所以要证
只需证明
变形得
因为
所以只需证明
，即
两边同取对数得：
令
，
则
显然
在
递增，
所以存在
当
时
递减，
当
时
递增;
因为
所以
在
上恒成立，所以原命题成立
法二：设
则
，
要证：
需证：
即证：
因为
，需证
，即证：
①
时
必然成立
②
时，因为
所以只需证明
，
令
，
，
令
，
∴
在上
为增函数
因为
，所以
所以存在
，使得
∴
在
上为减函数，在
上为增函数
∴
综上可知，不等式成立
【变式训练2-1】已知函数
．
(1)求曲线
在点
处的切线方程；
(2)若关于
的不等式
恒成立，证明：
且
．
【变式训练2-2】已知函数f (x)=(x
2−ax−a)e
x.
(1)当a=0时，求函数f (x)的极值；
(2)求证：当0<a<1, x>0时，f (x)>
a
a−1.
【变式训练2-3】已知函数f (x)= xln(x +1)−x
2+ax (a∈R)．
(1)若f (x)在定义域内是单调函数，求a 的取值范围；
(2)若f (x)有两个极值点x1，x2，求证：x1+ x2>0．
【变式训练2-4】已知函数f (x)=aln x−x.
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)证明：当a>0时，f (x)≤(
a
e)
a
−1.
【变式训练2-5】已知函数f ( x)=ae
x−x−3
2 (a∈R)．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)证明：当a>0时，f ( x)>2ln a−a
2．
【变式训练2-6】已知函数
．
(1)讨论
的单调性；
(2)证明：当
，且
时，
．
【变式训练2-7】已知函数
．
(1)讨论
的单调性；
(2)若
存在唯一的极值点
，证明：
．
【变式训练2-8】设函数
，
．
【变式训练2-9】已知函数
．
(1)讨论
的单调性；
(2)当
时，证明：
．
题型03：移项作差构造函数
【典型例题1】证明以下不等式：
(1)
；
(2)
；
(3)
.
【答案】见解析
【解析】（1）解：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
.
（2）解：令
，则
.
令
，即
，解得
；
令
，即
，解得
，
所以
在
单调递增，
上单调递减，
所以
，即
，
所以
.
（3）解：由（1）得
，所以
（当且仅当
时取等号）①.
由（2）得
，所以
（当且仅当
时取等号）②
因为①式与②式取等号的条件不同，所以
.
【典型例题2】已知函数
.
(1)求该函数在点
处的切线方程；
(2)证明：当
时，
.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】（1）求出
、
的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程；
（2）令
，其中
，利用导数分析函数
在区间
上的单调性可证得结论成立.
（1）解：因为
，该函数的定义域为
，则
，
所以，
，
，
因此，曲线
在点
处的切线方程为
，即
.
（2）解：令
，则
，
当
时，
，则函数
在
上为减函数，
故当
时，
，则
.
【典型例题3】已知函数
.
(1)当
时，证明：
；
(2)讨论
的单调性.
【答案】(1)证明见解析
(2)答案见解析
【解析】（1）构造函数
，利用函数的最值即可证明不等式；
（2）
，对
分类讨论即可得出函数
的单调性．
（1）当
时，令
，
，
可得
时，
，函数
单调递减；
时，
，函数
单调递增，
时，函数
取得极小值即最小值，
，
∴
，即
．
（2）函数的定义域为
，
，
当
时，
时，
，函数
单调递增；
时，
，函数
单调递减；
当
时，
时，
，函数
单调递增区间为
；
时，
，
函数
单调递减；
当
时，
，
，函数
在
单调递增．
综上，当
时，函数
在
单调递增，在
单调递减；
当
时，函数
在
上单调递增，函数
在
上单调递减；
当
时，函数
在
上单调递增.
【典型例题4】已知函数
.
(1)若
是
的极小值点，求
的取值范围；
(2)若
只有唯一的极值点，求证：
.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】（1）利用导数分
，
和
讨论函数单调性即可求解；
（2）由（1）可知当
时，
此时有唯一的极大值点，题意转化成
，令
，
利用导数求其最值即可
（1）由
可得
，
当
时，
，
则当
时，
，
单调递增；当
时，
，
单调递减，
故
是
的极大值点，不符合题意，舍去；
当
时，令
，则
或
；
由
可得当
时，
，
单调递增；当
或
时，
，
单调递减，
故
是
的极大值点，不符合题意，舍去；
当
时，
，
①若
，即
，
，故
在
上单调递增，不符合题意，舍去；
②若
，即
时，
当
或
时，
，
单调递增；当
时，
，
单调递减，
故
是
的极大值点，不符合题意，舍去；
③若
，即
时，
当
时，
，
单调递减；当
或
时，
，
单调递增，
故
是
的极小值点，符合题意.
综上所述，
的取值范围
.
（2）由（1）可知，当
时，
此时有唯一的极大值点，要证：
，
设
，
，
设
，
，
，
当
，
当
，
于是
在
单调递增，在
单调递减，
于是
，
则由
可得
，
当
，
当
，
且
在
单调递减，在
单调递增，
那么
，即证
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
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．
【变式训练3-1】求证：
(1)
（
）；
(2)
；
(3)
（
）．
【变式训练3-2】已知函数
.
(1)求该函数在点
处的切线方程；
(2)证明：当
时，
.
【变式训练3-3】已知
为正实数，构造函数
．若曲线
在点
处的切线方程为
．
(1)求
的值；
(2)求证：
．
【变式训练3-4】已知函数
(1)讨论函数
的单调性；
(2)证明：当
时，
【变式训练3-5】设函数f (x)=ln x +ax +b，曲线y = f (x)在点(1,f (1))处的切线方程为y =6 x−3．
(1)求a,b的值；
(2)证明：f (x)>−2
5 x −1．
【变式训练3-6】已知函数f (x)= x
e
x ，g(x)=ln x.
(1)求f (x)的极值；
(2)证明：xg(x)+2>e
x f (x)−2
x .
【变式训练3-7】已知函数f (x)=mln x + x
2−x ,f (x)的导函数为f
′ (x).
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)当m=1时，证明：f
′ (x +1)≤2e
x
❑√x +1 +
1
x +1 + x−1.
【变式训练3-8】已知函数y = x⋅ln x +a（a为常数），记y = f ( x)= x⋅g( x).
(1)若函数y = g( x)在x =1处的切线过原点，求实数a的值；
(2)对于正实数t，求证：f ( x)+ f (t −x)≥f (t )−t ln 2+a；
(3)当a=1时，求证：g( x)+cos x<e
x
x
.
【变式训练3-9】已知函数
，
．
(1)若
，证明：当
时
；
(2)当
时，
，求a 的取值范围．
【变式训练3-10】已知函数
.
(1)若
，求
的极值；
(2)若
，
，求证：
.
【变式训练3-11】已知函数
，
.
(1)若函数
在
上单调递增，求a 的取值范围；
(2)若
，求证：
.
【变式训练3-12】已知函数
.
(1)若
存在极值，求
的取值范围；
(2)若
，
，证明：
.
【变式训练3-13】已知函数
(1)当
，且
时，证明：
；
(2)是否存在实数a，使函数
在
上单调递增?若存在，求出a 的取值范围；不存在，说明理由．
【变式训练3-14】已知函数
，
，曲线
与曲线
在
处的切线互相平
行．
（1）求
的值；
（2）求证：
在
上恒成立．
题型04:及时换元后构造函数
【典型例题1】已知函数f(x)＝ln x－ax(x>0)，a 为常数，若函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)．求证：x1x2>e2.
【答案】见解析
【解析】不妨设x1>x2>0，
因为ln x1－ax1＝0，ln x2－ax2＝0，
所以ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，ln x1－ln x2＝a(x1－x2)，所以＝a，
欲证x1x2>e2，即证ln x1＋ln x2>2.
因为ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，
所以即证a>，
所以原问题等价于证明>，
即ln>，
令c＝(c>1)，
则不等式变为ln c>.
令h(c)＝ln c－，c>1，
所以h′(c)＝－＝>0，
所以h(c)在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(c)>h(1)＝ln 1－0＝0，
即ln c－>0(c>1)，因此原不等式x1x2>e2得证．
【典型例题2】已知函数f(x)＝ln x－ax2＋x，a∈R.
(1)当a＝0 时，求函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程；
(2)若a＝－2，正实数x1，x2满足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，求证：x1＋x2≥.
【答案】见解析
【解析】(1)当a＝0 时，f(x)＝ln x＋x，则f(1)＝1，所以切点为(1，1)，又因为f′(x)＝＋1，所以切线的斜率k＝f′(1)＝
2，故切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.
(2)证明：当a＝－2 时，f(x)＝ln x＋x2＋x(x>0)．
由f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，
得ln x1＋x＋x1＋ln x2＋x＋x2＋x1x2＝0，
从而(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1x2－ln(x1x2)，
令t＝x1x2(t>0)，令φ(t)＝t－ln t，得φ′(t)＝1－＝，
易知φ(t)在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以φ(t)≥φ(1)＝1，所以(x1＋x2)2＋(x1＋x2)≥1，因为
x1>0，x2>0，所以x1＋x2≥.
【典型例题3】已知函数
.
(1)求出
的极值点；
(2)证明：对任意两个正实数
，且
，若
，则
.
【答案】(1)
是
的极小值点，无极大值点
(2)证明见解析
【解析】（1）对
求导，判断导函数的正负号，得函数的单调性，得函数的极值点；
（2）换元令
，根据
用分别表示
，
，将证明
转化为证明
，构造
，求导数，证明其大于零即可.
（1）函数
的定义域为
，
，
当
时，
，
单调递减；
当
时，
，
单调递增，
所以
是
的极小值点，无极大值点.
（2）证明：由（1），
在
上单调递减，在
上单调递增，
因为
，不妨设
，
令
，则
，
，
由
，得
，即
，即
，
即
，解得
，
，所以
，
故要证
，即证
，即证
，即证
，
因为
，所以
，所以即证
，
令
，
，
因为
，所以
在
上是增函数，
所以
，所以
在
上是增函数，
所以
，所以
，
所以
.
【点睛】关键点点睛：根据
得等式
，设
，用分别表示
，
，用分析法将证明
转化为证明
.
【变式训练4-1】已知函数
有两个零点
，
，且
，
(1)求
的取值范围；
(2)证明：
【变式训练4-2】已知函数
有两个不同的零点.
(1)求实数
的取值范围；
(2)若方程
有两个不同的实数根
，证明：
.
【变式训练4-3】已知函数
（
）．
(1)讨论
的单调性；
(2)若
，
（
）是
的两个极值点，证明：
．
【变式训练4-4】已知函数
．
(1)当
时，求
在
处的切线方程；
(2)当
时，
恒成立，求
的取值范围；
(3)证明：当
时，
．
题型05: 等价转化后构造函数
【典型例题】已知函数
设函数
.
(1)讨论函数
的单调性；
(2)若函数
存在两个极值点
，证明：
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【解析】（1）求出函数的定义域与导函数，再对
分类讨论，讨论
的符号，
的单调性，即可得出答案．
（2）求导得
，
，又存在
，
为
的极值点，则
，即
的存在两个根为
，
，且
，
，由韦达定理可得
，
，要证明存在
，
，使得
，即证明存在
，
，
，即可得出答案．
（1）解：因为
定义域为
，
则
，
令
，解得
或
，
若
，则当
时
，当
时
，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增；
若
，则当
或
时
，当
时
，
所以
在
上单调递减，在
和
上单调递增；
若
，则
在
上恒成立，所以
在
上单调递增；
若
，则当
或
时
，当
时
，
所以
在
上单调递减，在
和
上单调递增；
综上可得：当
时
在
上单调递减，在
上单调递增，
当
时
在
上单调递减，在
和
上单调递增，
当
时
在
上单调递增，
当
时
在
上单调递减，在
和
上单调递增.
（2）证明：因为
，
，
所以
，
，
则
，
又存在
，
为
的极值点，则
，
所以
的两个根为
，
，且
，
，
即
的存在两个根为
，
，且
，
，
所以
，
，
因为
，
，
所以
，即
，
要证明存在
，
，使得
，
即证
，
即证明存在
，
，使得
，
又
，
即证明存在
，
，
，
即证明存在
，
，
，
即证明存在
，
，
，
即证明存在
，
，
，
令
，则当
时，
，
所以需要证明
在
上存在区间单调递增，
因为
，
所以当
时，
，即
在
上单调递增，得证．
【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．
【变式训练5-1】已知函数
.
(1)若曲线
在点
处的切线斜率为0，求
的值；
(2)判断函数
单调性并说明理由；
(3)证明：对
，都有
成立.
题型06: 找出同构关系后构造函数
【典型例题1】已知函数
．
（1）讨论函数
的单调性；
（2）当
时，求证：
在
上恒成立；
（3）求证：当
时，
．
【答案】见解析
【解析】（1）解：函数
的定义域为
，
，
令
，即
，△
，解得
或
，
若
，此时△
，
在
恒成立，
所以
在
单调递增．
若
，此时△
，方程
的两根为：
，
且
，
，
所以
在
上单调递增，
在
上单调递减，
在
上单调递增．
若
，此时△
，方程
的两根为：
，
且
，
，
所以
在
上单调递增．
综上所述：若
，
在
单调递增；
若
，
在
，
上单调递增，
在
上单调递减．
（2）证明：由（1）可知当
时，函数
在
上单调递增，
所以
（1）
，所以
在
上恒成立．
（3）证明：由（2）可知
在
恒成立，
所以
在
恒成立，
下面证
，即证2
，
设
，
，
设
，
，
易知
在
恒成立，
所以
在
单调递增，
所以
，
所以
在
单调递增，
所以
，
所以
，即当
时，
．
法二：
，即
，
令
，则原不等式等价于
，
，令
，则
，
递减，
故
，
，
递减，
又
，故
，原结论成立．
【典型例题2】已知
(1)将
，
，
，
按由小到大排列，并证明；
(2)令
求证:
在
内无零点.
【答案】(1)
，证明见解析
(2)证明见解析
【解析】利用导数证明不等式、利用导数研究函数的零点
（1）构造函数
，结合导数研究单调性，即可比较；
（2）将问题转化为
，结合(1)可转化为证明
，令
，利用导数证明即可.
（1）令
，
则
，令
，
则
，
因为
，所以
，
则
在
上单调递增，
则
，
所以当
时，
，则
，
所以
在
上单调递增，
则
，
即当
时，
，
又
，当
时，
，
即当
时，
综上：
（2）要证
在
内无零点，
只需证
由（1）知
只需证
；
即证：
，
即证：
，
令
，
则
。
令
，则
，
当
时，
，则
在
上单调递增；
所以当
时，
，
则
在
单调递增，
所以
即
在
内无零点.
【典型例题3】 已知函数
.
(1)判断
极值点的个数；
(2)当
时，证明：
.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【解析】（1）先对
求导，再构造函数
，利用导数研究
的图像，从而分类讨论
与
，得到
的正负情况，由此得解；
（2）利用同构法得到
，再构造函数
，从而将问题转化为证明
，再构
造函数
，由此得证.
（1）因为
，所以
，
令
，则
，
当
时，
；当
时，
；
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，所以
，
当
时，
，若
，则
，若
，则
，
所以
只有一个极值点；
当
时，存在
，
，使
，
当
时，
；当
时，
；
所以若
，则
；若
，则
；若
，则
；若
，则
；
所以
有三个极值点；
综上，当
时，
只有一个极值点；当
时，
有三个极值点.
（2）
，
令
，则
，
所以当
时，
，
单调递减；当
时，
，
单调递增；
所以
，
令
，则
等价于
，
因为
，所以
等价于
，
令
，
，则
，
当
时，
，
单调递减，当
时，
，
单调递增，
所以
，
因为
，所以
，故
.
【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．
【变式训练6-1】已知函数
．
(1)讨论函数的单调性及极值，并判断方程
的实根个数；
(2)证明：
．
【变式训练6-2】已知函数
．
(1)讨论
在区间
上的单调性；
(2)当
时，证明：
．
【变式训练6-3】已知函数f (x)=ln x +ax +1,a∈R．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)当a≤2时，证明：f (x)
x
≤e
2 x．
【变式训练6-4】已知函数f ( x)=ln x + 2
x −a( x +1)(a∈R).
(1)当a=−1时，讨论f ( x)的单调性；
(2)若x1, x2(x1< x2)是f ( x)的两个极值点，证明：f (x2)−f (x1)<❑√
1
2a −4．
【变式训练6-5】己知函数f (x)=e
x−e
−x−2ax (a∈R).
(1)当a=2时，求曲线y = f (x)在点(0,f (0))处的切线方程；
(2)若函数g(x)={
1, x =0
e
x−e
−x
2 x
, x≠0)
，求证：1≤g(x)≤e
x+e
−x
2
.
【变式训练6-6】已知函数f (x)= xe
x−a(ln x + x)，其中e是自然对数的底数.
(1)当a=1时，求曲线y = f (x)在点(1,f (1))处的切线的斜截式方程；
(2)当a=e时，求出函数f (x)的所有零点；
(3)证明：x
2e
x>(x +2)ln x +2sin x.
题型07：隐零点法
【典型例题1】已知函数f (x)= x e
x−3e
x.
（1）求f (x)的极值；
（2）若g(x)= f
′ (x)−x + ln x在[
1
4 ,1)上的最大值为λ，求证：−6e
−3<f (λ)<−7e
−4.
【答案】见解析
【解析】（1）直接求导分析即可；
（2）零点不可求，隐零点代换表示λ，然后求出λ的范围，再利用f (x)= x e
x−3e
x的单调性即可获解.
（1）因为函数f (x)= xe
x−3e
x，定义域为R，
所以f
′ (x)=e
x+ xe
x−3e
x =(x−2)e
x.
由(x−2)e
x>0，得x>2；由(x−2)e
x<0，得x<2.
所以f (x)的单调递减区间为(−∞,2)，单调递增区间为(2,+∞)，
所以f (x)的极小值为f (2)=2e
2−3e
2=−e
2，无极大值.
（2）因为g(x)= f
′ (x)−x +lnx =(x−2)e
x−x +lnx，
所以g
′ (x)=(x−1)e
x−1+ 1
x =(x−1)(e
x−1
x).
令h(x)=e
x−1
x ，则h
′ (x)=e
x+ 1
x
2 >0，
当1
4 < x<1时，x−1<0，所以h(x)在[
1
4 ,1)上单调递增.
因为h(
1
2)=e
1
2 −2<0，h(1)=e−1>0，
所以存在x0∈(
1
2 ,1)使得h(x0)=0，即e
x0= 1
x0
，即ln x0=−x0.
故当x∈[
1
4 , x0)时，h(x)<0，此时g
′ (x)>0；
当x∈(x0,1)时，h(x)>0，此时g
' (x)≤0.
即g(x)在[
1
4 , x0)上单调递增，在(x0,1)上单调递减，
则λ= g(x)max = g(x0)=(x0−2)e
x0−x0+ ln x0=(x0−2) 1
x0
−x0−x0=1−2
x0
−2 x0.
令G(x)=1−2
x −2 x，则G
′ (x)= 2
x
2 −2= 2(1−x
2)
x
2
>0，
所以G (x)在x∈(
1
2 ,1)上单调递增.则当x∈(
1
2 ,1)时，G (x)>G(
1
2)=−4，G (x)<G (1)=−3，
所以−4< λ<−3.
由（1）知f (x)= xe
x−3e
x在(−4 ,−3)上单调递减，
因为f (−4)=−4e
−4−3e
−4=−7e
−4，f (−3)=−3e
−3−3e
−3=−6e
−4，
所以−6e
−3<f (λ)<−7e
−4.
【典型例题2】已知函数 f (x)=ae
x−1−x−1.
(1)讨论f ( x)的单调性;
(2)证明:当a≥1时， f (x)+ x−ln x ≥2a−2
a+1 .
【答案】见解析
【解析】（1）求导，按照a的正负，讨论f
′ (x)正负得解；
（2）令g(x)= f (x)+ x−lnx，分a=1和a>1两种情况讨论，利用导数判断单调性，求出最小值证明.
（1）f
′ (x)=ae
x−1−1，x∈R，
当a≤0时，易知f
′ (x)<0，所以函数f (x)在R 上单调递减，
当a>0时，令f
′ (x)=ae
x−1−1=0，解得x =1−lna，
令f
′ (x)>0，解得x>1−lna，即f (x)在(1−lna,+ ∞)上单调递增，
令f
′ (x)<0，得x<1−lna，即f (x)在(−∞,1−lna)上单调递减，
综上，当a≤0时，函数f (x)在R 上单调递减，
当a>0时，f (x)在(−∞,1−lna)上单调递减，在(1−lna,+∞)上单调递增.
（2）令g(x)= f (x)+ x−lnx =ae
x−1−lnx −1，x∈(0,+ ∞)，
∴g
′ (x)=ae
x−1−1
x ，令h(x)= g
′ (x)，a≥1，
则h
′ (x)=ae
x−1+ 1
x
2 >0，所以g
′ (x)在(0,+ ∞)上单调递增，
当a=1时，g
′ (x)=e
x−1−1
x ，又g
′ (1)=0，
有x∈(0,1)，g
′ (x)<0，即g(x)单调递减，
x∈(1,+∞)，g
′ (x)>0，即g(x)单调递增，
所以g(x)≥g(1)=e
0−ln1−1=0，而此时2a−2
a+1 =0，
所以当a=1时，f (x)+ x−lnx ≥2a−2
a+1 成立；
当a>1时，可得1
a −1<0，∴e
1
a −1
<1，
所以g
′(
1
a)=ae
1
a −1
−a=a(e
1
a −1
−1)<0
又g
′ (1)=a−1>0，
所以存在x0∈(
1
a ,1)，使得g
′(x0)=0，即ae
x0−1= 1
x0
，
x∈(0, x0)，g
′ (x)<0，x∈(x0,+ ∞)，g
′ (x)>0，
所以函数g(x)在(0, x0)上单调递减，在(x0,+ ∞)上单调递增，
∴g(x)≥g(x0)=ae
x0−1−ln x0−1，由ae
x0−1= 1
x0
可得，
g(x)≥x0+ 1
x0
−2+lna>2❑√
x0⋅1
x0
−2+lna=lna，
下面证明lna> 2a−2
a+1 ，a>1，
令φ(x)=lnx−2 x−2
x +1 , x>1，
∴φ
′ (x)= 1
x −2(x +1)−(2 x−2)
(x +1)
2
= (x−1)
2
x (x +1)
2 >0，
所以φ(x)在(1,+∞)上单调递增，
∴φ(x)>φ(1)=0，
即lna> 2a−2
a+1 得证，即g(x)= f (x)+ x−lnx> 2a−2
a+1 成立，
综上，当a≥1时，f (x)+ x−lnx ≥2a−2
a+1 成立.
【典型例题3】已知函数f (x)=ax−(a+1)ln x−1
x +2(a∈R).
（1）讨论函数f (x)单调性；
（2）当a=−2时，求证：f (x)<e
x−2 x−1
x .
【答案】见解析
【解析】（1）根据f (x)的导函数进行分类讨论f (x)单调性
（2）欲证f (x)<e
x−2 x−1
x ，只需证lnx +2<e
x，构造函数g(x)=lnx −e
x+2，证明g(x)max<0，这时需研究g(x)
的单调性，求其最大值即可
解：（1）f (x)=ax−(a+1)lnx−1
x +2的定义域为(0,+∞)，
f
′ (x)=a−a+1
x
+ 1
x
2 = a x
2−(a+1) x +1
x
2
= (ax−1)(x−1)
x
2
，
① 当a≤0时，由f
′ (x)<0得x>1，由f
′ (x)>0，得x<1，
所以f (x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)单调递减；
②当0<a<1时，由f
′ (x)<0得1< x< 1
a，由f
′ (x)>0，得x<1，或x> 1
a，
所以f (x)在(0,1)上单调递增，在(1, 1
a)单调递减，在(
1
a ,+∞)单调递增；
③当a=1时，f
′ (x)= (x−1)
2
x
2
≥0，所以f (x)在(0,+∞)上单调递增；
④当a>1时，由f
′ (x)<0，得1
a < x<1，由f
′ (x)>0，得x< 1
a，或x>1，
所以f (x)在(0, 1
a)上单调递增，在(
1
a ,1)单调递减，在(1,+∞)单调递增.
（2）当a=−2时，欲证f (x)<e
x−2 x−1
x ，只需证lnx +2<e
x，
令g(x)=lnx −e
x+2，x∈(0,+ ∞)，则g
′ (x)= 1
x −e
x，
因存在x0∈(0,1)，使得1
x0
=e
x0成立，即有x0=−ln x0，使得g
′(x0)=0成立.
当x变化时，g
′ (x)，g(x)的变化如下：
x
(0, x0)
x0
(x0,+∞)
g
′ (x) +
0
−
g(x) 单调递增
g(x0 单调递减
所以g(x)max = g(x0)= ln x0−e
x0+2=−x0−1
x0
+2=−(x0+ 1
x0)+2.
因为x0∈(0,1)，所以x0+ 1
x0
>2，所以g(x)max<−2+2=0.
即g(x)=lnx −e
x+2≤g(x)max<0，
所以当a=−2时，f (x)<e
x−2 x−1
x 成立.
【典型例题4】已知函数f (x)= xe
ax（a>0）.
(1)求f (x)在区间[−1,1)上的最大值与最小值；
(2)当a≥1时，求证：f (x)≥ln x + x +1.
【答案】见解析
【解析】（1）求导f
′ (x)=e
ax(1+ax)（x>0）（a>0），分0<a≤1，a>1讨论求解；
（2）方法一：隐零点法，由x>0，a≥1，转化为证明xe
x≥lnx + x +1，令g(x)= xe
x−lnx−x−1，（x>0），由
g(x)min≥0成立即可；方法二：（同构）由x>0，a≥1，转化为xe
x≥lnx + x +1，进而变形为
xe
x =e
lnxe
x =e
lnx + x≥lnx + x +1，再构造函数h(x)=e
x−x−1（x∈R），证h(x)≥0即可.
（1）解：f
′ (x)=e
ax(1+ax)（x>0）（a>0），
令f
′ (x)=0，则x =−1
a，
当0<a≤1时，−1
a ≤−1，所以f
′ (x)≥0在区间[−1,1)上恒成立，f (x)在区间[−1,1)上单调递增，
所以f (x)min= f (−1)=−e
−a，f (x)max= f (1)=e
a.
当a>1时，−1<−1
a <1，则当x∈[−1,−1
a)时，f
′ (x)<0，f (x)在区间[−1,−1
a)上单调递减；
当x∈(−1
a ,1)时，f
′ (x)>0，f (x)在区间(−1
a ,1)上单调递增，
所以f (x)min= f(−1
a)=−1
ae，
而f (−1)=−e
−a<0，f (1)=e
a>0.所以f (x)max= f (1)=e
a
综上所述，当0<a≤1时，f (x)min=−e
−a，f (x)max=e
a；
当a>1时，所以f (x)min=−1
ae，f (x)max=e
a.
（2）方法一：隐零点法
因为x>0，a≥1，所以xe
ax≥xe
x，欲证xe
ax≥lnx + x +1，只需证明xe
x≥lnx + x +1，
设g(x)= xe
x−lnx −x−1，（x>0），g
′ (x)=(x +1)(e
x−1
x)，
令ϕ(x)=e
x−1
x ，易知ϕ(x)在(0,+ ∞)上单调递增，
而ϕ(
1
2)= ❑√e−2<0，ϕ(1)=e−1>0，
所以由零点的存在性定理可知，存在唯一的x0∈(
1
2 ,1)使得ϕ(x0)=0，
即e
x0−1
x0
=0，因此e
x0= 1
x0
，x0=−ln x0，
当x∈(0, x0)时，ϕ
′ (x)<0，g
′ (x)<0，g(x)在(0, x0)上单调递减；
当x∈(x0,+ ∞)时，ϕ
′ (x)>0，g
′ (x)>0，g(x)在(x0,+∞)上单调递增；
所以g(x)min= g(x0)=e
x0 x0−ln x0−x0−1= 1
x0
x0−−ln x0−x0−1=0
所以g(x)≥0，因此f (x)≥lnx + x +1.
方法二：（同构）
因为x>0，a≥1，所以xe
ax≥xe
x，欲证xe
ax≥lnx + x +1，只需证明xe
x≥lnx + x +1，
只需证明xe
x=e
lnxe
x=e
xlnx + x≥lnx + x +1，
因此构造函数h(x)=e
x−x−1（x∈R），
h
′ (x)=e
x−1，
当x∈(−∞,0)时，h
′ (x)<0，h(x)在(−∞,0)上单调递减；
当x∈(0,+ ∞)时，h
′ (x)>0，h(x)在(0,+ ∞)上单调递增：
所以h(x)≥h(0)=0，所以e
x≥x +1，
所以xe
x≥lnx + x +1，
因此f (x)≥lnx + x +1.
【变式训练7-1】已知函数
.
(1)求函数
的单调区间；
(2)证明：当
时，
.
【变式训练7-2】已知函数
(1)当
时，求
的零点；
(2)若
恰有两个极值点，求
的取值范围.
【变式训练7-3】已知函数
．
(1)若实数
，求函数
在点
处的切线方程；
(2)讨论函数
的单调性；
(3)设
，若
且
，使得
，证明：
．
【变式训练7-4】已知函数
．
(1)已知点
在函数
的图象上，求函数
在点P 处的切线方程．
(2)当
时，求证
．
【变式训练7-5】函数
，
其中为自然对数的底数．
(1)当
时，判断函数
的单调性；
(2)若直线
是函数
的切线，求实数
的值；
(3)当
时，证明：
．
【变式训练7-6】已知函数
．
(1)若
，求
的取值范围；
(2)当
时，证明：
．
【变式训练7-7】已知函数 f (x)=ae
x−1−x−1.
(1)讨论f ( x)的单调性;
(2)证明:当a≥1时， f (x)+ x−ln x ≥2a−2
a+1 .
题型08:选择关键部位构造函数
【典型例题】已知函数
.
(1)若
是
的极小值点，求
的取值范围；
(2)若
只有唯一的极值点，求证：
.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】（1）利用导数分
，
和
讨论函数单调性即可求解；
（2）由（1）可知当
时，
此时有唯一的极大值点，题意转化成
，令
，
利用导数求其最值即可
（1）由
可得
，
当
时，
，
则当
时，
，
单调递增；当
时，
，
单调递减，
故
是
的极大值点，不符合题意，舍去；
当
时，令
，则
或
；
由
可得当
时，
，
单调递增；当
或
时，
，
单调递减，
故
是
的极大值点，不符合题意，舍去；
当
时，
，
①若
，即
，
，故
在
上单调递增，不符合题意，舍去；
②若
，即
时，
当
或
时，
，
单调递增；当
时，
，
单调递减，
故
是
的极大值点，不符合题意，舍去；
③若
，即
时，
当
时，
，
单调递减；当
或
时，
，
单调递增，
故
是
的极小值点，符合题意.
综上所述，
的取值范围
.
（2）由（1）可知，当
时，
此时有唯一的极大值点，要证：
，
设
，
，
设
，
，
，
当
，
当
，
于是
在
单调递增，在
单调递减，
于是
，
则由
可得
，
当
，
当
，
且
在
单调递减，在
单调递增，
那么
，即证
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
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．
【变式训练8-1】已知函数
.
(1)若曲线
在点
处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为
，求实数
的值；
(2)证明：若
，则
.
【变式训练8-2】已知函数
(1)讨论
的单调性；
(2)证明：
.
【变式训练8-3】已知函数
.
(1)若曲线
在点
处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为
，求实数
的值；
(2)证明：若
，则
.
题型09:放缩法证明不等式
（一）参数放缩
【典型例题1】已知函数
.
(1)若
，求
的极值点；
(2)证明：当
时，曲线
恒在
图象的上方.
【答案】(1)
为
的极小值点，无极大值点
(2)证明见解析
【解析】（1）求导后，根据
的正负可确定
单调性，由极值点的定义可得结果；
（2）由
可推导得到
；根据所证结论可知只需证得
即可；分别令
、
，利用导数可求得
和
，由
可证得结论.
（1）当
时，
，则
定义域为
，
，
当
时，
；当
时，
；
在
上单调递减，在
上单调递增，
是
的极小值点，无极大值点.
（2）当
时，
，则
，
，
令
，则
，
当
时，
；当
时，
；
在
上单调递减，在
上单调递增，
；
设
，则
，
当
时，
；当
时，
；
在
上单调递增，在
上单调递减，
；
，
，
在
上恒成立，即
，
，
又
，
，
即当
时，曲线
恒在
图象的上方.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解函数的极值点、证明两函数图象位置关系的问题；本题第二问求解的关
键是能够结合放缩的思想去掉变量
，将两函数图象位置关系的证明转化为不等式的证明问题，进而通过构造函数的
方式进一步将问题转化为两函数最值之间关系的求解问题.
【典型例题2】已知函数
.
(1)讨论函数
的单调性；
(2)当
时，证明：不等式
.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【解析】（1）求导，然后分
和
两种情况讨论
的单调性即可；
（2）法一：将证明
成立转化为证
成立，然后根据单调性得到
，即可得到
；
法二：将证明
成立转化为证
成立，然后根据
的单调性得到
，即可得到
.
（1）定义域为
，
，
①若
恒成立，即
恒成立，因为
，所以
恒成立，所以
，因为
，当且仅当
即
时，等号成立，所以
，即
时，
在
上是单调递增；
②当
时，则
的根为
，
，
由
，
得
，
，由
，得
或
，
，得
.∴
在
，
上单调递增，在
上单调递减.
综上，
时，
在
上是单调递增；
时，
在
，
上单调递增；在
上单调递减.
（2）要证
，只须证
.
∵
，即证
.
法一：∵
，∴只需证
，
则
，令
，
恒成立，
∴
在
上单调递增，又
，
.
∴
使
，即
，∴
.
当
时，
，即
；当
时，
，即
，
∴
在
上单调递减，在
上单调递增，
∴
.
∴
，得证.
法二：令
，只须证
.
，令
，则
.∵
，∴
，∴
在
上单调递增.
又∵
，而
，∴
，使
，∴
，即
.
∵
，在
上单调递增，∴
，即
，
又
知
，
知
.当
时，
；当
时，
，∴
在
上单
调递减，在
上单调递增，∴
，得证.
【点睛】导数证明不等式方法：
（1）构造函数：转化为求函数的最值问题；
（2）放缩法：要证
，而
，只要证明
即可，可以通过函数不等式，切线不等式进行
放缩.
（3）隐零点法：当导数零点不可求时可先证明零点存在，再用此零点代入求函数最小值；
（4）转化为比较两个函数最值大小：要证
，只要证
即可.
【变式训练9-1-1】已知函数
，若
恒成立，
(1)求实数
的取值范围；
(2)当
时，证明：
.
【变式训练9-1-2】已知函数
.
(1)若
恒成立，求
的取值范围；
(2)当
时，证明
恒成立.
【变式训练9-1-3】已知函数
.
（1）求函数
的极值；
（2）若
，求证：
.
（二）利用结论放缩
【典型例题1】已知函数
.
(1)当
时，求曲线
在点
处的切线方程；
(2)若对
恒成立，求k 的取值范围；
(3)求证：对
，不等式
恒成立.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【解析】(1)对函数求导，利用导数的几何意义即可求解；
(2)根据题意将不等式进行等价转化为求函数
在
的最小值问题，利用导数求解即可；
(3)结合（2）的结论，构造函数
，利用导数即可求解.
（1）因
，
所以
，所以所求切线方程为
，
即
；
（2）因为
在
上恒成立，
而
，令
得
所以
①当
，即
时，
，
所以
在
上单调递增，则
，满足题意；
②当
，即
时，设
，
则
的对称轴为
，
所以
在
上存在唯一零点
，当
时，
，
所以
在
上单调递减，故
，不合题意.
综上，k 的取值范围为
；
（3）由（2），当
时，
在
恒成立，即
，
令
，
则
，故
在
上单调递增，
所以
，即
在
上恒成立.
综上可得，对
，不等式
恒成立.
【点睛】关键点点睛：第三问解题关键是在（2）中令
得到
，将所证明的不等式转化为证明
在
上恒成立即可.
【典型例题2】已知函数
为常数.
(1)若
，求
的最小值；
(2)在（1）的条件下，证明：
.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】（1）由
可求出
，然后利用导数求出函数的单调区间，从而可求出函数的最小值；
（2）将问题转化为证
成立，令
，则只需证明
，构造函数
，
利用导数求出其最小值大于等于零即可.
（1）由题得
，则
，所以
，
所以
当
时，
，当
时，
，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，
所以
.
（2）证明：由（1）知：
，所以要证
即证
，即证
，
即证
，
因为
，所以即证
，
令
，则只需证明
，
由（1）知
，令
，
则
在
递增，
所以当
时，
取得最小值0，
所以
，即
，
所以原不等式成立.
【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最值，考查利用导数证明不等式，第（2）问
解题的关键是将问题转化为
，然后通过换元，构造函数，利用导数求其最值即可，考查数转化
思想和计算能力，属于较难题.
【变式训练9-2-1】已知函数
（
）．
(1)若函数
的极大值为0，求实数a 的值；
(2)证明：当
时，
．
【变式训练9-2-2】已知函数
．
(1)若
在
上恒成立，求实数a 的值；
(2)证明：当
时，
．
【变式训练9-2-3】已知函数f (x)=e
mx(x
2−3m+3
m
x + 2m
2+5m+3
m
2
)，其中m≠0.
(1)求曲线y = f (x)在点(2,f (2))处切线的倾斜角；
(2)若函数f (x)的极小值小于0，求实数m的取值范围；
(3)证明：2e
x−2(x +1)ln x−x>0.
【变式训练9-2-4】已知函数f (x)= ln x +a x
2+(a+2) x +1，（a∈R，a≠0）.
(1)讨论函数f (x)的单调性；
(2)若a=−2，证明：e
x−x
2+2 x−xf (x)>1.
（三）切线放缩
【典型例题1】函数
，在点
处的切线方程为
．
(1)求
；
(2)
，证明：
．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】（1）根据已知结合曲线的切线得出
，即可解出
，
，即可得出答案；
（2）令
，
，根据导数得出
，即
，
则要证明
，只需证明
，令
，根据导数得出
，即
，要证明
，只需证明
，令
，根据导数即可证
明
，即可得出答案.
（1）
，
在点
处的切线方程为
，
，解得
，
，
所以
．
（2）令
，
，
则
，
当
时，
，
单调递增，
当
时，
，
单调递减，
所以
，即
．
若要证明
，只需证明
，
令
，则
在
上恒成立，
所以
在
上单调递增，
所以当
时，
，即
，
所以
．
故只需证明
．
令
，
则
，
所以
在
上单调递减，
所以当
时，
，
所以
．
综上知，
．
【典型例题2】已知函数
.
(1)求函数
的单调区间；
(2)证明：当
时，都有
.
【答案】(1)单调递增区间是
，单调递减区间是
.
(2)证明见解析.
【解析】（1）函数求导，找到导函数零点，判断零点分定义域所得区间导数的符号得到函数的单调区间.
（2）化简结论，构造函数，求导研究函数的单调性，证明
，结合
，利用不等式的性质证
明结论.
（1）
，令
，则
，
当
时，
，所以
，
当
时，
，所以
，
所以函数
的单调递增区间是
，单调递减区间是
.
（2）要证明
，即证
，
令
，则
，
当
时，
，当
时，
，
所以函数
在
上单调递增，在
上单调递减，
，所以
，
要证
，
因为
时，
，
，此时不等式
成立，
当
时，
，
，
只需再证
时，
即可.
令
，
，所以
，当且仅当
时取等号，
所以
时，
；
综上所述，当
时，都有
.
【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.
【变式训练9-3-1】已知函数
．
(1)求函数
的极值；
(2)当
时，
恒成立，求证：
．
【变式训练9-3-2】已知函数
为常数，
是自然对数的底数），曲线
在点
处的切线与
轴平行.
(1)求
的值；
(2)求
的单调区间；
(3)设
，其中
为
的导函数.证明：对任意
，
.
【变式训练9-3-3】已知函数
.
（1）求函数
的极值；
（2）若
，求证：
.
题型10:拆分法证明不等式
将不等式转化为两个函数的最值进行比较
【典型例题1】已知函数
.
（1）讨论
的单调区间；
（2）当
且
，求证：
.
【答案】（1）见解析（2）证明见解析
【解析】（1）函数
定义域为
，求出导函数，通过
，
，
判断导函数符号，求解函数的单调
区间；（2）运用分析法转化证明，要证，只需证，法一中要证
，只需证：
，令
，求导判断导数值符号即可；法二中只需证
，设
，
，
在
上恒成立，求出
，
的最值进行比较即可；法三中只需证：
.设
，判断
，函数
单调递增，
，证明即可.
（1）函数
定义域为
，
.
①若
时，则
，
在
上单调递减；
②若
时，
，令
或
.
又
，
在
上单调递减，在
上单调递增；
③若
时，
，
令
或
.
又
，
在
上单调递减，在
上单调递增；
（2）法一：
，
，
要证
，只需证
，
只需证：
，
只需证：
，设
，
即
，
在
上单调递减，所以
，即原不等式成立.
法二：要证
，只需证
，
，只需证
，
设
，
，
在
上恒成立，
所以
在
上单调递增.
所以
，
，
所以
在
上单调递增，
所以
，
所以当
时，
，
即原不等式成立.
法三：
，
.
要证：
成立，
只需证：
.
设
，
，
所以
在
上单调递增，
所以
.
即原不等式成立.
【点睛】本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及构造法的应用，考查分类讨论以及转化思想的应用，是难题.
【典型例题2】已知函数f (x)=axe
x(a≠0).
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)当a≥4
e
2 时，证明：f (x)
x +1 −(x +1)ln x>0.
【答案】见解析
【解析】（1）求导，分为a>0，a<0两种情况讨论f
′ (x)的正负，得出f (x)的单调性；
（2）对要证的不等式进行等价变形得4e
x−2
(x +1)
2 > lnx
x ，构造函数g(x)= 4e
x−2
(x +1)
2，h(x)= lnx
x
，通过导数研究两个函数
的最值，证得结论.
（1）由题意可得f
′ (x)=a(x +1)e
x.
则a>0时，由f
′ (x)>0，得x>−1，由f
′ (x)<0，得x<−1，
则f (x)在(−∞,−1)上单调递减，在(−1,+∞)上单调递增；
当a<0时，由f
′ (x)<0，得x>−1，由f
′ (x)>0，得x<−1，
则f (x)在(−∞,−1)上单调递增，在(−1,+∞)上单调递减.
（2）因为x>0，所以xe
x
x +1 >0.
因为a≥4
e
2 ，所以axe
x
x +1 −(x +1)lnx ≥4 xe
x−2
x +1
−(x +1)lnx.
要证f (x)
x +1 −(x +1)lnx >0，即证4 xe
x−2
x +1
−(x +1)lnx >0，即证4e
x−2
(x +1)
2 > lnx
x .
设g(x)= 4e
x−2
(x +1)
2，则g
′ (x)= 4e
x−2(x−1)
(x +1)
3
.
当x∈(0,1)时，g
′ (x)<0，当x∈(1,+ ∞)时，g
′ (x)>0，
则g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增.
故g(x)min= g(1)= 1
e .
设h(x)= lnx
x ，则h
′ (x)= 1−lnx
x
2
.
当x∈(0,e)时，h
′ (x)>0，当x∈(e,+∞)时，h
′ (x)<0，
则h(x)在(0,e)上单调递增，在(e,+ ∞)上单调递减.
故h(x)max =h (e)= 1
e .
因为g(x)min=h(x)max，且两个最值的取等条件不同，
所以4e
x−2
(x +1)
2 > lnx
x ，
即当a≥4
e
2 时，f (x)
x +1 −(x +1)lnx >0.
【典型例题3】已知函数f (x)=ax−ln x ,a∈R．
(1)若函数F (x)= f (x)−x
2有两个极值点，求a的取值范围；
(2)若曲线y = f (x)在点(
1
e ,f(
1
e))处的切线与y轴垂直，求证：f (x)<e
x+ 1
e x ．
【答案】见解析
【解析】（1）根据条件知，F
′ (x)有两个正的变号零点，即方程−2 x
2+ax−1=0有两个不相等的正实根，有Δ>0及
韦达定理得到不等式，解出后验证即可；
（2）根据条件f
′(
1
e)=0，可求得a=e，不等式转化为e x−e
x<ln x + 1
e x ，利用导数考察不等式左右两边函数的最
值即可证明.
（1）由题，F (x)=ax−ln x−x
2，
函数的定义域为(0,+∞)，
F
′ (x)=a−1
x −2 x = −2 x
2+ax−1
x
(x>0)，
因为F (x)有两个极值点，
所以方程−2 x
2+ax−1=0有两个不相等的正实根，
设为x1, x2，且x1< x2，得x1+ x2= a
2 >0，
且Δ=a
2−8>0，得a>2❑√2．
当0< x< x1时，F
′ (x)<0, F (x)单调递减；
当x1< x< x2时，F
′ (x)>0, F (x)单调递增；
当x> x2时，F
′ (x)<0, F (x)单调递减．
所以F (x)在x = x1处有极小值，在x = x2处有极大值，
因此a的取值范围是(2❑√2,+ ∞)．
（2）因为f (x)=ax−ln x，则f
′ (x)= ax−1
x
(x>0)，
由题意知f
′(
1
e)=e(
a
e −1)=0，得a=e，
故f (x)=e x−ln x，所以f (x)<e
x+ 1
e x ，
即e x−ln x<e
x+ 1
e x ，
即e x−e
x<ln x + 1
e x ．
令g(x)=e x−e
x(x>0)，则g
′ (x)=e−e
x，
当x>1时，g
′ (x)<0, g(x)单调递减，
当0< x<1时，g
′ (x)>0, g(x)单调递增，
所以g( x)max= g(1)=e−e=0．
令h(x)=ln x + 1
e x ，则h
′ (x)=e x−1
e x
2
，
当x> 1
e 时，h
′ (x)>0,h(x)单调递增，
当0< x< 1
e 时，h
′ (x)<0,h(x)单调递减，
所以h( x)min=h(
1
e)=ln 1
e +1=0．
显然g(x)与h(x)不同时为0，
所以e x−e
x<ln x + 1
e x ，故f (x)<e
x+ 1
e x .
【变式训练10-1】已知函数f (x)= 1+ ln x
e
x
．
(1)求函数f (x)在点(1,f (x))处的切线方程；
(2)求函数f (x)的单调区间；
(3)若f
′ (x)为f (x)的导函数，设g(x)=(x
2+ x)f
′ (x)．证明：对任意x>0，g(x)<1+e
−2．
【变式训练10-2】已知函数f (x)= 1
2 e
2 x+(a−2)e
x−2ax．
(1)若曲线y = f (x)在(0,a−3
2)处的切线方程为4 ax +2 y +1=0，求a的值及f (x)的单调区间．
(2)若f (x)的极大值为f (ln2)，求a的取值范围．
(3)当a=0时，求证：f (x)+5e
x−5
2 > 3
2 x
2+ xln x．
【变式训练10-3】已知函数
．
(1)求函数
的单调区间；
(2)当
时，证明：
．
【变式训练10-4】已知函数
．
(1)证明函数
有唯一极小值点；
(2)若
，求证：
．
【变式训练10-5】已知函数
.
(1)判断0 是否为
的极小值点，并说明理由；
(2)证明：
.
【变式训练10-6】已知函数
.
（1）讨论
的单调区间；
（2）当
且
，求证：
.
【变式训练10-7】已知函数f (x)=ax−ln x ,a∈R．
(1)若函数F (x)= f (x)−x
2有两个极值点，求a的取值范围；
(2)若曲线y = f (x)在点(
1
e ,f(
1
e))处的切线与y轴垂直，求证：f (x)<e
x+ 1
e x ．
【变式训练10-8】已知函数f (x)=(x
2−ax−a)e
x.
(1)当a=0时，求函数f (x)的极值；
(2)求证：当0<a<1, x>0时，f (x)>
a
a−1.
【变式训练10-9】已知函数f (x)= xln(x +1)−x
2+ax (a∈R)．
(1)若f (x)在定义域内是单调函数，求a 的取值范围；
(2)若f (x)有两个极值点x1，x2，求证：x1+ x2>0．
【变式训练10-10】已知函数f (x)=aln x−x.
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)证明：当a>0时，f (x)≤(
a
e)
a
−1.
【变式训练10-11】已知函数f ( x)=ae
x−x−3
2 (a∈R)．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)证明：当a>0时，f ( x)>2ln a−a
2．
题型11:双变量不等式的证明
【典型例题1】已知f (x)=−1
2 e
2 x+ 4e
x−ax−5.
(1)当a=3时，求f (x)的单调区间；
(2)若f (x)有两个极值点x1，x2，证明：f (x1)+ f (x2)+ x1+ x2<0.
【答案】见解析
【解析】（1）求导后，借助导数的正负即可得原函数的单调性；
（2）借助换元法，令t =e
x，t1=e
x1，t2=e
x2，可得t1、t2是方程t
2−4t +a=0的两个正根，借助韦达定理可得
t1+t2= 4，t1t2=a，即可用t1、t2表示f (x1)+ f (x2)+ x1+ x2，进而用a表示f (x1)+ f (x2)+ x1+ x2，构造相关函数后
借助导数研究其最大值即可得.
（1）当a=3时，f (x)=−1
2 e
2 x+ 4e
x−3 x−5，
f
′ (x)=−e
2 x+ 4e
x−3=−(e
x−1)(e
x−3)，
则当e
x∈(0,1)∪(3,+ ∞)，即x∈(−∞,0)∪(ln3,+∞)时，f
′ (x)<0，
当e
x∈(1,3)，即x∈(0,ln3)时，f
′ (x)>0，
故f (x)的单调递减区间为(−∞,0)、(ln3,+ ∞)，单调递增区间为(0,ln3)；
（2）f
′ (x)=−e
2 x+ 4e
x−a，令t =e
x，即f
′ (x)=−t
2+ 4t −a，
令t1=e
x1，t2=e
x2，则t1、t2是方程t
2−4 t +a=0的两个正根，
则Δ=(−4)
2−4 a=16−4 a>0，即a<4，
有t1+t2= 4，t1t2=a>0，即0<a<4，
则f (x1)+ f (x2)+ x1+ x2=−1
2 e
2 x1+ 4e
x1−a x1−5−1
2 e
2 x2+ 4e
x2−a x2−5+ x1+ x2
=−1
2 (t1
2+t2
2)+ 4(t1+t2)−(a−1)(lnt1+ lnt2)−10
=−1
2[(t1+t2)
2−2t1t2)+ 4(t1+t2)−(a−1)lnt1t2−10
=−1
2
(16−2a)+16−(a−1)lna−10
=a−(a−1)lna−2，
要证f (x1)+ f (x2)+ x1+ x2<0，即证a−(a−1)lna−2<0(0<a<4)，
令g(x)= x−(x−1)lnx −2(0< x<4)，
则g
′ (x)=1−(lnx + x−1
x )= 1
x −lnx，
令h(x)= 1
x −lnx (0< x<4)，则h
′ (x)=−1
x
2 −1
x <0，
则g
′ (x)在(0,4)上单调递减，
又g
′ (1)= 1
1 −ln1=1，g
′ (2)= 1
2 −ln 2<0，
故存在x0∈(1,2)，使g
′(x0)= 1
x0
−ln x0=0，即1
x0
= ln x0，
则当x∈(0, x0)时，g
′ (x)>0，当x∈(x0,4)时，g
′ (x)<0，
故g(x)在(0, x0)上单调递增，g(x)在(x0,4)上单调递减，
则g(x)≤g(x0)= x0−(x0−1)ln x0−2= x0−(x0−1)× 1
x0
−2= x0+ 1
x0
−3，
又x0∈(1,2)，则x0+ 1
x0
∈(2, 5
2)，故g(x0)= x0+ 1
x0
−3<0，
即g(x)<0，即f (x1)+ f (x2)+ x1+ x2<0.
【典型例题2】已知函数
.
(1)求出
的极值点；
(2)证明：对任意两个正实数
，且
，若
，则
.
【答案】(1)
是
的极小值点，无极大值点
(2)证明见解析
【解析】（1）对
求导，判断导函数的正负号，得函数的单调性，得函数的极值点；
（2）换元令
，根据
用分别表示
，
，将证明
转化为证明
，构造
，求导数，证明其大于零即可.
（1）函数
的定义域为
，
，
当
时，
，
单调递减；
当
时，
，
单调递增，
所以
是
的极小值点，无极大值点.
（2）证明：由（1），
在
上单调递减，在
上单调递增，
因为
，不妨设
，
令
，则
，
，
由
，得
，即
，即
，
即
，解得
，
，所以
，
故要证
，即证
，即证
，即证
，
因为
，所以
，所以即证
，
令
，
，
因为
，所以
在
上是增函数，
所以
，所以
在
上是增函数，
所以
，所以
，
所以
.
【点睛】：根据
得等式
，设
，用分别表示
，
，用分析法将证明
转化为证明
.
【变式训练11-1】已知函数f ( x)=a(1−2ln x)+ 4 x
6(a∈R)．
(1)讨论f ( x)的单调性；
(2)若x1，x2(x1≠x2)为函数g( x)=k x
2+ 1
x
2 −ln x的两个零点，求证：(x1 x2)
4>12e
4．
【变式训练11-2】已知函数
有两个零点
，
，且
，
(1)求
的取值范围；
(2)证明：
【变式训练11-3】已知函数
（
）．
(1)讨论
的单调性；
(2)若
，
（
）是
的两个极值点，证明：
．
【变式训练11-4】已知函数f ( x)=a(1−2ln x)+ 4 x
6(a∈R)．
(1)讨论f ( x)的单调性；
(2)若x1，x2(x1≠x2)为函数g( x)=k x
2+ 1
x
2 −ln x的两个零点，求证：(x1 x2)
4>12e
4．
【变式训练11-5】已知函数f ( x)= sin x
e
x
−m, x∈(0,π).
(1)求函数f ( x)的单调区间；
(2)若x1< x2，满足f (x1)= f (x2)=0.
（ⅰ）求m的取值范围；
（ⅱ）证明：x1+ x2<π.
【变式训练11-6】已知f (x)=−1
2 e
2 x+ 4e
x−ax−5.
(1)当a=3时，求f (x)的单调区间；
(2)若f (x)有两个极值点x1，x2，证明：f (x1)+ f (x2)+ x1+ x2<0.
【变式训练11-7】已知函数f (x)=3ln x−ax．
(1)讨论f (x)的单调性．
(2)已知x1, x2是函数f (x)的两个零点(x1< x2)．
（ⅰ）求实数a的取值范围．
（ⅱ）λ∈(0, 1
2),f
′ (x)是f (x)的导函数．证明：f
′[ λ x1+(1−λ) x2)<0．
题型12:数列不等式的证明
【典型例题1】已知函数
．
(1)当
时，讨论
的单调性；
(2)当
时，
，求a 的取值范围；
(3)设
，证明：
．
【答案】(1)
的减区间为
，增区间为
.
(2)
(3)见解析
【解析】（1）求出
，讨论其符号后可得
的单调性.
（2）设
，求出
，先讨论
时题设中的不等式不成立，再就
结合放缩法讨论
符号，最后就
结合放缩法讨论
的范围后可得参数的取值范围.
（3）由（2）可得
对任意的
恒成立，从而可得
对任意的
恒成立，结合裂
项相消法可证题设中的不等式.
（1）当
时，
，则
，
当
时，
，当
时，
，
故
的减区间为
，增区间为
.
（2）设
，则
，
又
，设
，
则
，
若
，则
，
因为
为连续不间断函数，
故存在
，使得
，总有
，
故
在
为增函数，故
，
故
在
为增函数，故
，与题设矛盾.
若
，则
，
下证：对任意
，总有
成立，
证明：设
，故
，
故
在
上为减函数，故
即
成立.
由上述不等式有
，
故
总成立，即
在
上为减函数，
所以
.
当
时，有
，
所以
在
上为减函数，所以
.
综上，
.
（3）取
，则
，总有
成立，
令
，则
，
故
即
对任意的
恒成立.
所以对任意的
，有
，
整理得到：
，
故
，
故不等式成立.
【点睛】：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类
讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.
【典型例题2】已知函数
．
(1)求曲线
在
处的切线斜率；
(2)求证：当
时，
；
(3)证明：
．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【解析】（1）利用导数的几何意义求斜率；
（2）问题化为
时
，构造
，利用导数研究单调性，即可证结论；
（3）构造
，
，作差法研究函数单调性可得
，再构造
且
，应用导数研究其单调性得到
恒成立，对
作放缩处
理，结合累加得到
，即可证结论.
（1）
，则
，
所以
，故
处的切线斜率为
；
（2）要证
时
，即证
，
令
且
，则
，
所以
在
上递增，则
，即
.
所以
时
.
（3）设
，
，
则
，
由（2）知：
，则
，
所以
，故
在
上递减，故
；
下证
，
令
且
，则
，
当
时
，
递增，当
时
，
递减，
所以
，故在
上
恒成立，
则
，
所以
，
，…，
，
累加得：
，而
，
因为
，所以
，
则
，
所以
，故
；
综上，
，即
.
【点睛】：第三问，作差法研究
单调性证右侧不等关系，再构造
且
，导数研究其函数符号得
恒成立，结合放缩、累加得到
为关键.
【典型例题3】已知函数
．
(1)求
的单调区间；
(2)若
恒成立，求实数
的取值范围；
(3)求证：
．（
且
）
【答案】(1)递增区间为
，递减区间为
．
(2)
(3)证明见解析
【解析】（1）对函数
求导,再根据
的正负分类讨论单调性即可;
（2）若
恒成立，即
，根据（1）中
的单调性求出其最大值即可列式求解.
（3）由（2）知当
时,有
在
恒成立，令
,即可推出
，再对不等式两边累加求和,即可推出结论.
（1）函数
的定义域为
．
．
①
时，
，
的递增区间为
，无递减区间；
③
时，令
得
；令
得
，
所以
的递增区间为
，递减区间为
．
（2）由（1）知，
时，
在
上递增，
，不合题意，
故只考虑
的情况，由（1）知
即
综上，
的取值范围为
．
（3）由（2）知：当
时，
恒成立，所以
，
所以
当
恒成立，令
，
进而
，
即
，
．
所以
．（
且
）
即
．（
且
）
【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．
【典型例题4】已知函数
．
(1)若
在
恒成立，求实数a 的取值范围；
(2)证明：
．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】（1）由题意可得
恒成立，令
，求导得
，利用导数分类可求实数a 的取值范围；
（2）由（1）知当
时，可得
在
恒成立，当
时，可得
，利用累加法可得结论.
（1）
在
恒成立．
构造函数
，则
在
恒成立．
当
时，
，所以
在
上单调递增，
所以
，矛盾，故舍去
当
时，由
得
，所以
在
上单调递增，
故
，均有
，矛盾，故舍去
当
时，
，所以
在
上单调递减，
所以
，满足题意；
综上，实数a 的取值范围为
（2）由（1）知当
时，
恒成立，
即
在
上恒成立，当且仅当
时取等号．
所以当
时，可得
同理
，
，
，
两边分别累加得：
即
即
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是通过（1）中的结论得到
，再代入
得到其他不等式，最后累加即可证明.
【变式训练12-1】已知函数
．
(1)证明：
时，
；
(2)证明：
．
【变式训练12-2】已知函数
.
(1)
时，求
的零点个数;
(2)若
恒成立，求实数
的最大值;
(3)求证:
.
【变式训练12-3】已知函数
.
(1)若
，求实数
的值；
(2)已知
且
，求证：
.
【变式训练12-4】设数列
的前
项之积为
，满足
.
(1)设
，求数列
的通项公式
；
(2)设数列
的前
项之和为
，证明：
.
【变式训练12-5】已知函数f ( x)= ln x + λ(
1
x −x)( λ∈R).
（1）当x>1时，不等式f (x)<0恒成立，求λ的最小值；
（2）设数列an= 1
n (n∈N
∗)，其前n项和为Sn，证明：S2n−Sn+ an
4 >ln2.
【变式训练12-6】已知函数f (x)= ln
1
1−x （x≠0）.
(1)证明：
x
1−x >f (x)；
(2)若正项数列{an)满足an= f (an+1)，且a1∈(0,1)，记{an)的前n项和为Sn，证明：Sn> 2na1
n+2a1
（n≥2）.
【变式训练12-7】已知函数f (x)=
x
ln(2−x) .
(1)求f (x)的单调区间；
(2)当0< x<1时，f (x)>
a
x−1 +a，求实数a的取值范围；
(3)已知数列{an)满足：a1= 1
3，且an= f (an+1).证明：
1
3⋅2
n−1 ≤an≤
1
n+2.
【变式训练12-8】已知函数g(x)=ln x +mx +1.
(1)当m<0时，求g(x)的单调区间；
(2)当m=1时，设正项数列{xn)满足：x1=1, xn+1= g(xn)，
①求证：xn
2
n−1 ≤1；
②求证：∑
i=2
n
ln(1+ 1
xi
2)<1.
【变式训练12-9】已知函数
(1)证明：
；
(2)证明：
．
【变式训练12-10】已知
.
(1)当
，证明
；
(2)讨论
的单调性；
(3)利用（1）中的结论，证明：
.
【变式训练12-11】已知函数
.
(1)当
时，
，求
的取值范围；
(2)函数
有两个不同的极值点
（其中
），证明：
；
(3)求证：
.
【变式训练12-12】已知函数
（其中为自然对数的底数），
．
(1)讨论函数
的单调性；
(2)若对任意的
都有不等式
成立，求实数a 的值．
(3)设
，证明：
．
【变式训练12-13】已知函数
，
为
的导数
(1)讨论
的单调性；
(2)若
是
的极大值点，求
的取值范围；
(3)若
，证明：
．
【变式训练12-14】已知函数
（
），
.
(1)讨论函数
的单调性；
(2)证明：
（
）；
(3)证明：
（
）.
【变式训练12-15】已知函数
，
(1)求
的最小值；
(2)证明：
.
【变式训练12-16】已知函数
(1)若函数在
内点
处的切线斜率为
，求点
的坐标；
(2)①当
时，求
在
上的最小值；
②证明：
．
题型13: 三角函数类型不等式的证明
【典型例题】已知函数
，
．当
，
时，求证：
．
【答案】见解析
【解析】证明：要证
，即证
，只需证
，
因为
，也就是要证
，令
，
因为
，所以
，
所以
在
上为减函数，
所以
，所以
得证．
【变式训练13-1】已知函数
，
.
(1)求函数
的极小值；
(2)证明：当
时，
.
【变式训练13-2】已知函数
，
(1)求
的最小值；
(2)证明：
.
【变式训练13-3】已知函数
(1)若函数在
内点
处的切线斜率为
，求点
的坐标；
(2)①当
时，求
在
上的最小值；
②证明：
．
高考导数压轴大题不等式证明
题型01：无限和裂项型数列不等式证明
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.
【典型例题】如果函数
的导数
，可记为
.若
，则
表示曲线
，直线
以及
轴围成的“曲边梯形”的面积.
(1)求曲线
在
上与
轴围成的封闭图形的面积；
(2)当
时，求证：
；
(3)求证：
.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【解析】（1）由基本函数的导数公式和题中新定义的含义计算即可.
（2）先由新定义的运算得到
，再构造函数
，利用导数分析单调性，证明
结论.
（3）先证明
时，再利用结论，得
，累加法可得答案.
（1）由
，得
.由题意可得所求面积
.令
，则
是常数）
所以
，
即曲线
在
上与
轴围成的封闭图形的面积为
.
（2）令
，可得
（
是常数），所以
，
要证
，只需证
，令
，
当
时，
，所以
在
上单调递减，所以当
时，
，所以
，即
.
（3）由（2）得，当
时，
.因为
，所以
.
即
.所以
.
.
.
.累加可得
，
即
，
所以
.
【点睛】：构造函数
，求导证明
，进而得到
，利用累
加法得出答案.
【变式训练1-1】已知函数
．
(1)讨论
的单调性；
(2)证明：
且
）
(3)若对任意
，都有
恒成立，求实数
的取值范围．
【变式训练1-2】已知函数
，
，
(1)求函数
的单调区间及最值；
(2)若对任意
，有
成立，求
的取值范围；
(3)求证：
.
题型02：累积型数列不等式证明
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.
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
【典型例题】已知函数
，
(1)讨论
的单调性；
(2)当
时，以
为切点，作直线交
的图像于异于
的点
，再以
为切点，作直线
交
的图像于异于
的点
，…，依此类推，以
为切点，作直线
交
的图像于异
于
的点
，其中
．求
的通项公式．
(3)在（2）的条件下，证明：
【答案】(1)答案见解析(2)
(3)证明见解析
【解析】（1）利用导数分成
，
，
三种情况讨论函数
的单调性；
（2）根据所给的规则求出切点为
的切线方程，再进一步求得
，结合等比数列的定义得出结
果；
（3）当
时，先证明
成立，得出
，再结合等比数列求和得出结
果.
（1）
①若
，当
时，
；当
时，
，
故
在
上单调递增，在
上单调递减，在
上单调递增，
②若
，则
，则
在R 上单调递增，
③若
，当
时，
；当
时，
，
故
在
上单调递增，在
上单调递减，在
上单调递增，
综上所述：
①当
时，
在
上单调递增，在
上单调递减，在
上单调递增；
②当
时，则
在R 上单调递增；
③当
时，
在
上单调递增，在
上单调递减，在
上单调递增．
（2）当
时，
，
，切点
，切线斜率：
，
故切线方程为：
，
联立
得：
，
化简得：
，因式分解得：
．
故
上式亦满足由
作切线而得到的
的横坐标
，故
，
，则
是以
为首项，以
为公比的等比数列,故
，故
.
（3）构造
，
，故
在
上单调递减，故
故当
时，
，故
，
则
，
，……，
将上式累加，得
，
故
，
故
.
【变式训练2-1】已知函数
，
．
(1)求函数
的最值；
(2)若不等式
在
上恒成立，求
的取值范围；
(3)证明不等式：
．
【变式训练2-2】已知正项数列
的前
项和为
，首项
.
(1)若
，求数列
的通项公式；
(2)若函数
，正项数列
满足：
.
（i）证明：
；
（ii）证明：
.
题型03：三角函数型不等式证明
对于含有三角函数型不等式证明：
1.证明思路和普通不等式一样。
2.充分利用正余弦的有界性
3.三角函数与函数的重要放缩公式：
.
【典型例题】已知函数
．
(1)求
的极值；
(2)已知
，证明：
．
【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析
【解析】（1）求导后，分别在
和
的情况下得到
单调性，结合极值定义可得结果；
（2）令
，结合（1）中结论，采用赋值方式可得到
；令
，利
用导数可证得
，采用放缩的方式可证得不等式.
（1）由题意知：
定义域为
，
；
①当
时，
，
，
在
上单调递增，
无极值；
②当
时，令
，解得：
，
当
时，
；当
时，
；
在
上单调递减，在
上单调递增，
的极小值为
，无极大值；
综上所述：当
时，
无极值；当
时，
的极小值为
，无极大值.
（2）令
，则
，
由（1）知：
，
，即
，
令
，则
且
，
，
，
取
，则
，即
，
令
，则
，
在
上单调递增，
，即
，
，
即
.
【点睛】：本题考查利用导数求解函数极值、证明不等式的问题；本题证明不等式的关键是能够对于灵活应用（1）中
所求结论，并通过构造函数的方式对所证不等式进行合理放缩，从而整理得到结果.
【变式训练3-1】已知函数
．
(1)若函数
在
上单调递增，求实数
的值；
(2)求证：
．
【变式训练3-2】已知函数
．
(1)若
的图象不在
轴的下方，求
的取值集合；
(2)证明：
．
题型04：凸凹翻转证明不等式
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
gmin(x)>hmax(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)为下凹型函数
来完成证明.
x
y
y=h(x)
y=g(x)
O
【典型例题】已知函数
．
(1)求函数
在
处的切线方程；
(2)证明：
；
(3)证明：
．
【答案】(1)
(2)证明见解析(3)证明见解析
【解析】（1）对
求导，得到
，利用导数的几何意义，得到函数
在
处的切线的斜率，即可求解；
（2）对
求导，得到
，构造函数
，利用零点存在性原理，可得
，
使得
，从而得到
的单调区间，进而得到
，再利用
，即可证
明结果；
（3）根据条件，将问题转化成证明
在
上恒成立，构造函数
，利用导数与
函数的单调性间的关系，求出单调区间，进而得到
，即可证明结果.
（1）因为
，则
，
所以
，又
，所以函数
在
处的切线方程为
.
（2）因为
，则
，
令
，则
，所以
在区间
上单调递减，
又
，
，所以
，使得
，即
，
当
时，
，当
时，
，
得到
在区间
上单调递增，在区间
上单调递减，
所以
，又
，得到
，
又
，当且仅当
时取等号，又
，则
，
所以
，得证.
（3）因为
，由
，得到
，
又
，得到
，即
，
所以要证
，即证
，即证
，
令
，则
在区间
上恒成立，所以
，
即证
在
上恒成立，
令
，则
，
当
时，
，当
时，
，
所以
在区间
上单调递减，在区间
上单调递增，
得到
，所以
，即
，命题得证.
【点睛】关键点点晴，对于第（2）问，利用导数与函数单调性间的关系，结合零点存在性原理，求出函数的“隐零点
”，进而得到
，再结合
，利用基本不等式，即可求解；对于第（3）问，利用同构思想，将问
题转化成求证
，通过换元
，转化成
在
上恒成立，构造函数
，利用导数，求出函数最小值，即可求解.
【变式训练4-1】已知函数
.
(1)当
时，求曲线
在点
处的切线方程；
(2)求
的单调区间；
(3)当
时，求证：
时，
成立.参考数据
.
【变式训练4-2】已知函数
，m，
．
(1)当
时，求
的最小值；
(2)当
时，讨论
的单调性；
(3)当
时，证明：
，
．
题型05：零点不等式证明
三个零点型不等式证明常见思维，关键是问题的转化．证明不等式问题第一步转化是消元，把三个根用一个变量
表
示，第二步构造新函数
，证明
的最小值
，第三步由导数求得极小值点
的范围，并对
变形，
第四步换元
，最终转化为关于的多项式不等式，问题易于解决．
【典型例题】已知函数
.
(1)若函数
在其定义域上单调递减，求实数a 的最小值.
(2)若函数
存在两个零点
，设
（i）求实数m 的取值范围；
（ii）证明：
.
【答案】(1)
．(2)（i）
；（ii）证明见解析.
【解析】（1）求出函数
的导数，借助给定单调性列出不等式求解.
（2）（i）利用导数探讨函数的最值，再列出不等式求出
的范围；（ii）由（1）的信息，结合零点的意义推理证得
，构造函数
，结合函数的零点证得
即可.
（1）函数
的定义域为
，由
在
上单调递减，
得
，
恒成立，即
恒成立，
而当
时，
，当且仅当
时取等号，因此
，
所以
的最小值为
.
（2）（ⅰ）函数
的定义域为
，
，
令
，求导得
，函数
在
上单调递减，
而
，则当
时，
，即
；当
时，
，即
，
因此函数
在
上单调递增，在
上单调递减，
，
而当
时，
，当
时，
，
由函数
存在两个零点，得
，解得
，
所以实数m 的取值范围是
.
（ⅱ）由（1）知当
时，
，当
时，
，
由（ⅰ）知
，则
，
，
由
，得
，
，整理得
，
两式相减得
，因此
；
记
，令
，求导得
，
函数
在
上单调递增，
，即
，
整理得
，而
，即
，
因此
，即
，
所以
.
【变式训练5-1】已知函数
，
，
.
(1)若
，求实数m 的取值范围；
(2)设函数
，且
，
是
的两个零点.
（i）求a 的取值范围；
（ii）证明：
.
【变式训练5-2】已知函数
．
(1)讨论
的极值点个数；
(2)证明：
，
；
(3)若关于x 的方程
有两个不同实根
，
，求a 的取值范围，并证明：
．
题型06：同构型不等式
常见同构技巧：
【典型例题】已知函数
在
上没有极值.
(1)求实数
的取值范围；
(2)若
对
恒成立，求实数
的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）由题意将函数求导，将问题等价转化为不等式恒成立问题，整理不等式，构造新函数，利用导数研究新
函数的单调性，结合分类讨论，可得答案；
（2）由（1）可得函数
的单调性，化简不等式，整理不等式利用同构思想，构造新函数，利用导数研究新函数单
调性，进一步化简不等式，再利用对数运算分离参数，再构造新函数，利用导数研究新函数的最值，可得答案.
（1）因为
，所以
.
因为
在
上没有极值，且
，所以
在
上恒成立.
设
，则
.
当
时，
，当
时，
，当
时，
，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，在
上单调递减，
当
时，要证
，只需证
对
恒成立，
因为
在
上单调递减，在
上单调递增，所以
，所以
；
当
时，要证
，只需证
对
恒成立，
因为
在
上单调递减，且
，所以
.故
.
（2）由（1）知
在
上单调递增.
因为
，所以
，即
.
设
，则
，所以
在
上单调递增，
所以
等价于
.因为
，所以
，
所以
，所以
恒成立.令
，则
，
当
时，
，当
时，
，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，所以
，
所以
，即
，故
的取值范围为
.
【点睛】：本题解题的难点在于第二问，解题的关键在于两点：1、利用函数单调性化简不等式，在化简不等式时要注
意括号里代数式的取值范围与函数单调区间的包含关系；2、整理不等式同构函数，在同构函数时要注意整体思想的应
用.
【变式训练6-1】已知函数
（
）.
(1)求
在区间
上的最大值与最小值；
(2)当
时，求证：
.
【变式训练6-2】已知函数
，
.
(1)讨论
极值点的个数；
(2)若
恰有三个零点
和两个极值点
.
（i）证明：
；
（ii）若
，且
，证明：
.
题型07：双变量比值代换型
【典型例题】已知函数
.
(1)当
时，求曲线
在
处的切线方程；
(2)若
有两个零点
，且
，证明：
.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】（1）根据导数的几何意义求出切线的斜率，进而根据点斜式即可求解；
（2）令
得
，令
，则
，从而
令
，则利用导数求出
最小值可得答案.
（1）当
时，
，
曲线
在
处切线的斜率为
，又
切线方程为
，
即曲线
在
处的切线方程为
；
（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，
，故
.
【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．
【变式训练7-1】已知函数
，
.
(1)若
，求曲线
在点
处的切线方程；
(2)若对任意
，不等式
恒成立，求a 的值；
(3)若实数m，n 满足
，证明：
.
【变式训练7-2】已知函数
.
(1)若函数
在其定义域上单调递减，求实数a 的最小值.
(2)若函数
存在两个零点
，设
（i）求实数m 的取值范围；
（ii）证明：
.
题型08：双变量不等式和差换元型
【典型例题】已知函数
有3 个极值点
，其中是自然对数的底数．
(1)求实数
的取值范围；
(2)求证：
．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】（1）易知0 是函数
的一个极值点，则函数
有2 个零点，利用导数讨论函数
的性
质可得
，即
.由零点的存在性定理和
即可求解；
（2）由（1），设
，只需证
．由
得
，令
得
，则只需证
，利用导数讨论函数
的性质得出
，即可
证明.当然也可以采用对称设法来证明.
（1）由题意，得
，
由
，得
或
，所以0 是函数
的一个极值点．
所以
有2 个不相等的实数根，且这2 个根均不为0 和
．
令
，则
．
当
时，
恒成立，故
在定义域上是增函数，不可能有2 个零点；
当
时，由
，得
，由
，得
，
所以
在
上是减函数，在
上是增函数，
所以
，即
，所以
．
又
．
由零点存在定理可知，
在
上存在唯一零点．
令
，则
，令
得
，
令
得
，所以
在
上递增，在
上递减，
所以
，
，
所以
，
由零点存在定理可知，
在
上存在唯一零点．
因为
所以
，综上，
的取值范围是
．
（2）证明：由（1）知，0 是函数
的一个极值点．不妨设
，所以只要证明
．
由
得
，即
两式相除得
．
令
，则
．
所以
，所以
．
所以要证明
，只要证明
，
即
，其中
，所以
．
所以只要证明
．令
，
所以
，从而
恒成立，
所以
在
上是减函数，所以
．
所以
在
上是增函数，所以
，即证：
．
另解：由
，知
，所以
，且
为
的两根．
记
，则
，当
，
，当
，
故
在
上递增，在
上递减．
不妨取
，所以要证
，即要证
，
只要证
，又
，故只要证
，
即要证
，也即要证
(#)．
令
，则
．
而当
时，
，故
在
上递减，
故
，故
在
上递增，故
，所以(#)成立，
故
．
【点睛】破解含双参不等式证明题，先由已知条件入手，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；进而巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，求出函数的最值；最后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.
【变式训练8-1】已知函数
．
(1)求函数
的单调区间；
(2)已知函数
的图象与
的图象关于直线
对称，证明：当
时，
；
(3)如果
，且
，证明：
．
【变式训练8-2】已知函数
，其中
．
(1)当
时，讨论关于
的方程
的实根个数；
(2)当
时，证明：对于任意的实数
，都有
．
题型09：双变量不等式韦达定理型
【典型例题】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
的取值范围
②证明：
【答案】(1)在
上单调递减，在
上单调递增.
(2)①
；②证明见解析
【分析】（1）首先求函数的导数，再根据导数和函数单调性的关系，即可求解；
（2）①首先求函数的导数，转化为关于一元二次方程有2 个不同的正实根，即可求解；
②首先求
，再利用韦达定理，转化为关于
的函数，再通过不等式构造函数
，利用导数判断导函数单调性，再结合零点存在性定理，求函数的最大值，证明函数
的最大值小于0，即可证明不等式.
【详解】（1）当
时
，（
）
，
令
，
如图表示
的关系如下，
1
3
0
0
单调递增
单调递减
单调递增
在
上单调递减，在
上单调递增.
（2）①
，因为
有两个极值点
即：
在
有两个不相等的实根，所以
，所以
，
②由①得
要证
即证：
，只需证
令
令
则
恒成立，所以
在
上单调递减
又因为
由零点存在性定理得：
，使得
，即
，
所以
，
单调递增.
时，
，
单调递减.
则
因为
在
上单调递增所以
所以
，即
得证.
【点睛】思路点睛：本题第二问，转化为“隐零点”问题，求函数的最大值.
【变式训练9-1】已知函数
．
(1)求函数
的单调区间；
(2)若函数
有两个极值点
，求证：
．
【变式训练9-2】已知函数
.
(1)讨论
的极值点个数；
(2)当
时，记
，证明：当
为锐角时，
；
(3)若函数
有两个极值点
、
，且
，证明：
.
题型10：导数新定义的不等式证明问题
【典型例题1】帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法，在计算机数学中有着广泛
的应用.已知函数f ( x)在x =0处的[m,n)阶帕德近似定义为：R( x)= a0+a1 x +⋯+am x
m
1+b1 x +⋯+bn x
n
，且满足：f (0)= R(0)，
f
′(0)= R
′(0)，f
(2)(0)= R
(2)(0)，…，f
(m+n)(0)= R
(m+n)(0).其中f
(2)( x)=[f
′( x))
′，f
(3)( x)=[f
(2)( x))
′，…，
f
(m+n)( x)=[f
(m+n−1)( x))
′.已知f ( x)= ln( x +1)在x =0处的[2,2)阶帕德近似为R( x)=
a+bx + 1
2 x
2
1+ x + 1
6 x
2
.
(1)求实数a，b 的值；
(2)设h(x)= f (x)−R (x)，证明：xh( x)≥0；
(3)已知x1, x2, x3是方程ln x = λ(x−1
x)的三个不等实根，求实数λ的取值范围，并证明：x1+ x2+ x3
3
> 1
λ −1.
【答案】见解析
【解析】（1）结合题意，利用导数计算即可得；
（2）由题意可得h( x)= ln(1+ x)−3 x
2+6 x
x
2+6 x +6
，借助导数研究其单调性即其正负即可得解；
（3）设x1< x2< x3，借助导数，分λ≤0及λ>0进行讨论，结合函数单调性与零点的存在性定理计算可得当且仅当
0< λ< 1
2时，ln x = λ(x−1
x)存在三个不等实根，且满足x1< x2=1< x3，且x1= 1
x3
，结合（2）中所得，代入计算并
化简即可得解.
（1）依题意可知，f (0)=0, R(0)=a，因为f (0)= R(0)，所以a=0，
此时，R( x)= 6bx +3 x
2
6+6 x + x
2，因为f
′( x)=
1
1+ x ，R
′( x)= (18−6b)x
2+36 x +36b
(x
2+6 x +6)
2
，
所以f
′(0)=1，R
′(0)=b，
因为f
′(0)= R
′(0)，所以b=1；
（2）依题意，h( x)= f ( x)−R( x)= ln(1+ x)−3 x
2+6 x
x
2+6 x +6
，
h
′( x)=
1
1+ x −12(x
2+3 x +3)
(x
2+6 x +6)
2 =
x
4
(1+ x)(x
2+6 x +6)
2 ≥0，
故h( x)在(−1,+ ∞)单调递增，
由h(0)=0，故∀x∈(−1,0)，h( x)<0，∀x∈(0,+ ∞)，h( x)>0，
综上，∀x>−1，xh( x)≥0；
（3）不妨设x1< x2< x3，令t( x)= ln x−λ(x−1
x)，
t
′( x)= 1
x −λ(1+ 1
x
2)= −λ x
2+ x−λ
x
2
( x>0)，
当λ≤0时，t
′( x)>0，此时t( x)单调递增，t( x)=0不存在三个不等实根；
当λ>0时，令s( x)=−λ x
2+ x−λ，其判别式Δ=1−4 λ
2，
若Δ=1−4 λ
2≤0，即λ≥1
2，s( x)≤0恒成立，即t
′( x)≤0，
此时t( x)单调递减，t( x)=0不存在三个不等实根；
若Δ=1−4 λ
2>0，即0< λ< 1
2，t
′( x)=0存在两个不等正实根r1,r2(r1<r2)，
此时有当x∈(0,r1)时，t
′( x)<0，t( x)单调递减，
当x∈(r1,r2)时，t
′( x)>0，t( x)单调递增，
当x∈(r2,+∞)时，t
′( x)<0，t( x)单调递减，
又因为t(1)=0，且t
′(1)=1−2 λ>0，故t (r1)<0,t (r2)>0，
因为ln x< x−1( x≠1)，所以ln 1
❑√x < 1
❑√x −1，即ln x>2−2
❑√x
，
所以t (λ
4)= ln λ
4−λ(λ
4−1
λ
4)>2−2
λ
2 −λ
5+ 1
λ
3 =(2−λ
5)+ 1
λ
2(
1
λ −2)>0，
所以存在x1∈(λ
4,r1)，满足t (x1)=0，
又因为t(
1
x)= ln 1
x −λ(
1
x −x)=−ln x + λ(x−1
x)=−t( x)，
故存在x3= 1
x1
，满足t (x3)=0，
故当且仅当0< λ< 1
2时，ln x = λ(x−1
x)存在三个不等实根，
且满足x1< x2=1< x3，且x1= 1
x3
，
由（2）可知，当x>0时，ln(1+ x)> 3 x
2+6 x
x
2+6 x +6
，
因此，ln x> 3 x
2−3
x
2+ 4 x +1
( x>1)，
故ln x3= λ(x3−1
x3)>
3 x3
2−3
x3
2+ 4 x3+1
，
化简可得：3
λ < x3
2+ 4 x3+1
x3
= x3+ 4+ 1
x3
= x1+ x2+ x3+3，
因此x1+ x2+ x3
3
> 1
λ −1，命题得证.
【典型例题2】若函数f (x)在定义域内存在两个不同的数x1, x2，同时满足f (x1)= f (x2)，且f (x)在点
(x1,f (x1)),(x2,f (x2))处的切线斜率相同，则称f (x)为“切合函数”
(1)证明：f (x)= x
3−2 x为“切合函数”；
(2)若g(x)= xln x−x
2+ax为“切合函数”，并设满足条件的两个数为x1, x2．
（ⅰ）求证：x1 x2< 1
4 ；
（ⅱ）求证：(a+1)
2 x1 x2−❑√x1 x2< 3
4 ．
【答案】见解析
【解析】（1）假设存在两个不同的数x1, x2满足条件，通过求出x1, x2即可得证；
（2）（ⅰ）利用“切合函数”的定义得出关系式，通过构造新函数，通过新函数的单调性得出证明. （ⅱ）利用a与
x1 x2的关系，把待证不等式转化为关于a的不等式，构造函数，利用单调性证明即可.
（1）假设存在两个不同的数x1, x2，满足题意，
易知f
′ (x)=3 x
2−2，由题意可得
f (x1)= f (x2)，
即x1
3−2 x1= x2
3−2 x2，
x1
3−2 x1−(x2
3−2 x2)=0，x1
3−x2
3−2(x1−x2)=0，(x1−x2)(x1
2+ x1 x2+ x2
2)−2(x1−x2)=0，
(x1−x2)(x1
2+ x1 x2+ x2
2−2)=0，
又x1≠x2，
所以x1
2+ x1 x2+ x2
2−2=0.
因为f
′(x1)= f
′(x2)，即3 x1
2−2=3 x2
2−2，
化简可得x1
2= x2
2，又x1≠x2，
所以x1=−x2，
代入x1
2+ x1 x2+ x2
2−2=0，
可得x1=−❑√2, x2= ❑√2或x1= ❑√2, x2=−❑√2，
所以f (x)= x
3−2 x为“切合函数”.
（2）由题意知g
′ (x)=ln x−2 x +a+1，
因为g(x)= xln x−x
2+ax为“切合函数”，
故存在不同的数x1, x2(不妨设0< x1< x2)使得
{
g(x1)= g(x2)
g
′(x1)= g
′(x2))，
即{
x1ln x1−x1
2+a x1= x2ln x2−x2
2+a x2
ln x1−2 x1+a+1=ln x2−2 x2+a+1)，
整理得{
a= x1ln x1−x2ln x2
x2−x1
+(x2+ x1)(1)
1
2 =
x2−x1
ln x2−ln x1
(2)
)
，
（ⅰ）先证
x2−x1
ln x2−ln x1
>❑√x1 x2，
即
x2−x1
❑√x1 x2
>ln x2−ln x1，
❑√
x2
x1
−❑√
x1
x2
>ln x2
x1
，
令t = ❑√
x2
x1
，则由0< x1< x2，知t >1，
要证❑√
x2
x1
−❑√
x1
x2
>ln x2
x1
，只需证t −1
t >2lnt，
即2lnt −t + 1
t <0，
设m(t )=2lnt −t + 1
t (t >1)，
易知m
′ (t )= 2
t −1−1
t
2 = −(t −1)
2
t
2
<0，
故m(t )在(1,+∞)单调递减，所以m(t )<m(1)=0，
故有
x2−x1
ln x2−ln x1
>❑√x1 x2，
由上面的(2)式知❑√x1 x2< 1
2,
所以x1 x2< 1
4 .
（ⅱ）由上面的(2)得1= 2(x2−x1)
ln x2−ln x1
，
a= x1ln x1−x2ln x2
x2−x1
+(x2+ x1)= x1ln x1−x2ln x2
x2−x1
+ (x2+ x1)
1
= x1ln x1−x2ln x2
x2−x1
+
(x2+ x1)
2(x2−x1)
ln x2−ln x1
= x1ln x1−x2ln x2
x2−x1
+ (x2+ x1)(ln x2−ln x1)
2(x2−x1)
= 2(x1ln x1−x2ln x2)+(x2+ x1)(ln x2−ln x1)
2(x2−x1)
= x1ln(x1 x2)−x2ln(x1 x2)
2(x2−x1)
=−ln(x1 x2)
2
，
又x1 x2< 1
4 ，
所以a>ln 2且x1 x2=e
−2a，
故要证(a+1)
2 x1 x2−❑√x1 x2< 3
4 ，
只需证(a+1)
2e
−2a−e
−a< 3
4 ，
即3
4 e
2a+e
a−(a+1)
2>0 (a>ln 2)，
设h(a)= 3
4 e
2a+e
a−(a+1)
2，
则即证h(a)>0 (a>ln 2)
h
′(a)= 3
4 ×2e
2a+e
a−2(a+1)= 3
2 e
2a+e
a−2(a+1)，
设k(a)= 3
2 e
2a+e
a−2(a+1)，
则k
′(a)=3e
2a+e
a−2=(3e
a−2)(e
a+1)>0，
即k(a)也就是h
′(a)在(ln 2,+∞)单调递增，
h
′(a)>h
′(ln2)= 3
2 e
2ln2+e
ln2−2(ln2+1)
= 3
2 ×4+2−2ln2−2 =2(3−ln 2)>0，
所以h(a)在(ln 2,+∞)单调递增，
所以h(a)>h(ln2)= 3
4 e
2ln2+e
ln2−(ln2+1)
2 =5−(ln 2+1)
2，
因为1<ln 2+1<2，
所以1<(ln 2+1)
2<4，
所以5−(ln 2+1)
2>0，
所以原不等式成立.
【变式训练10-1】微分中值定理是微积分学中的重要定理，它是研究区间上函数值变化规律的有效工具，其中拉格朗
日中值定理是核心，它的内容如下:
如果函数f ( x)在闭区间[a,b)上连续，在开区间(a,b)可导，导数为f
′( x)，那么在开区间(a,b)内至少存在一点c，
使得f
′(c)= f (b)−f (a)
b−a
，其中c叫做f ( x)在[a,b)上的“拉格朗日中值点”.已知函数
f ( x)= (a+1)x
2
4
ln x +b
2( x−4)e
ax−b
2
6 x
3+(
9b+15
8 )x
2.
(1)若a=−1,b=0，求函数f ( x)在[1,7)上的“拉格朗日中值点”x0；
(2)若a=−1,b=1，求证:函数f ( x)在区间(0,+ ∞)图象上任意两点A，B连线的斜率不大于18−e
−6；
(3)若a=1,b=−1,∀x1, x2, x3∈(
1
4 ,1)，且x1< x2< x3，求证:f (x2)−f (x1)
x2−x1
> f (x3)−f (x2)
x3−x2
.
【变式训练10-2】帕德近似是法国数学家亨利•帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法.给定两个正整数m,n，
函数f ( x)在x =0处的[m,n]阶帕德近似定义为：R( x)= a0+a1 x +⋯+am x
m
1+b1 x +⋯+bn x
n ，且满足：f (0)= R(0)，
f
′(0)= R′(0)，f
″(0)= R
″(0)，…，f
(m+n)(0)= R
(m+n)(0). 已知f ( x)=e
x在x =0处的[1,1]阶帕德近似为
R( x)= 1+ax
1+bx .注：f
″( x)=[f ′( x))
′，f
′ ′ ′( x)=[f ′ ′( x))′，f
(4)( x)=[f
′ ′ ′( x))′，f
(5)( x)=[f
(4)( x))
′，…
(1)求实数a,b的值；
(2)当x∈(0,1)时，试比较f (x)与R (x)的大小，并证明；
(3)定义数列{an}：a1= 1
2
，ane
an+1=e
an−1，求证：1
2
n ≤an≤1
2
n−1.
1．已知函数
.
(1)讨论
的单调性；
(2)证明：当
时，
.
2．已知函数
．
(1)若方程
恰有个实数解，求实数
的取值范围；
(2)证明：
．
3．已知函数
．
(1)求曲线
在
处的切线方程；
(2)设
，当
时，证明：
．
4．已知函数
．
(1)证明：当
时，
恒成立；
(2)若
且
，证明：
，
．
5．已知函数
．
(1)求
在
处的切线方程；
(2)若
存在两个非负零点
，求证：
．
6．已知函数
，其中为自然对数的底数，
.
(1)当
时，函数
有极小值
，求
；
(2)证明：
恒成立；
(3)证明：
.
7．已知
为正实数，函数
.
(1)若
恒成立，求
的取值范围；
(2)求证：
（
）.
8．已知函数
（
）．
(1)若函数
的极大值为0，求实数a 的值；
(2)证明：当
时，
．
9．已知函数
，
为函数
的导函数
(1)讨论
的单调性；
(2)当
时，
，若
，
，且
，证明：
.
10．已知函数
（
）.
(1)若函数
的极大值为0，求实数a 的值；
(2)证明：当
时，
.
11．已知函数
（其中为自然对数的底数），
．
(1)讨论函数
的单调性；
(2)若对任意的
都有不等式
成立，求实数a 的值．
(3)设
，证明：
．
12．已知函数
．
(1)讨论函数
的零点个数；
(2)若存在不同的正实数
使得
，证明：
．
13．已知
.
(1)当
，证明
；
(2)讨论
的单调性；
(3)利用（1）中的结论，证明：
.
14．已知函数
．
(1)讨论函数
的单调性；
(2)若a，b 为两个不相等的实数，且满足
，求证：
．
15．已知函数
.
(1)若
在定义域上具有唯一单调性，求
的取值范围；
(2)当
时，证明：
.
16．已知函数
.
(1)当
时，
，求实数
的取值范围；
(2)证明：
（
）．
17．已知函数
.
(1)若
，求
的取值范围；
(2)求证：
，其中
，
.
18．已知函数
.
(1)求曲线
在
处的切线方程；
(2)①当
时，
恒成立，求
的取值范围；
②证明：
.
19．若函数
有两个零点
，且
.
(1)求a 的取值范围；
(2)若
在
和
处的切线交于点
，求证：
.
20．已知
有两个极值点
、
，且
．
(1)求
的范围；
(2)当
时，证明：
．
21．已知函数
．
(1)若不等式
在
上恒成立，求实数a 的取值范围；
(2)若
，求证：
．
22．已知函数
．
(1)若
在
上恒成立，求实数a 的取值范围；
(2)证明：
．
23．已知
(1)当
时，求
单调区间；
(2)当
时，
恒成立，求
的取值范围；
(3)设
，
，证明：
．
24．已知函数
．
(1)若
，求
的值；
(2)证明：
．
25．已知函数
．
(1)当a=0 时，求函数
的最小值；
(2)当
的图像在点
处的切线方程为y=1 时，求a 的值，并证明：当
时，
．
