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2025 二轮复习专项训练9
导数与不等式证明
[考情分析] 导数与不等式证明是高考考查的重点内容，在解答题中一般会考查函数的单
调性、极值和最值的综合运用，试题难度较大，多以压轴题出现．
【练前疑难讲解】
一、单变量函数不等式的证明
用导数证明不等式一般有以下方法
(1)构造函数法．
(2)由结论出发，通过对函数变形，证明不等式．
(3)分成两个函数进行研究．
(4)利用图象的特点证明不等式．
(5)利用放缩法证明不等式．
二、双变量函数不等式的证明
破解含双参不等式的证明的关键：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系
式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；二是构造函数，借助导数，判断函数的
单调性，从而求其值；三是回归含双参的不等式的证明，把所求的最值应用到含参的不等
式中，即可证得结果．
一、单选题
1．（2023·福建·模拟预测）已知
，
，
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
2．（21-22 高三下·安徽安庆·阶段练习）已知
，
都是正整数，且
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
二、多选题
3．（2025·广东·模拟预测）记函数
在区间
的极值点分别为
，
，函数
的极值点分别为
，
，则（ ）
A．
B．
1
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C．
D．
4．（2023·重庆万州·模拟预测）若函数
，
，满足对
均有
，则
的取值不可能为（ ）
A．
B．
C．
D．9
三、填空题
5．（2022·河南·模拟预测）已知
的定义域为R，若函数满足
，则称
为
的一个不动点，有下列结论：①
的不动点是3；②
存在不动点；
③若函数
为奇函数，则其存在奇数个不动点；若
为偶函数，则其存在偶数个不动
点；④若
为周期函数，则其存在无数个不动点；⑤若
存在不动点，则
也
存在不动点，以上结论正确的序号是 .
6．（2021·河南郑州·模拟预测）已知函数
，
，若
，
则
的最小值为 .
四、解答题
7．（2024·山东济南·二模）已知函数
(1)讨论
的单调性；
(2)证明：
.
8．（2023·甘肃酒泉·三模）已知函数
．
(1)求曲线
在点
处的切线方程；
(2)若函数
有两个极值点
，且
，求
的取
值范围．
参考答案：
2
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题号
1
2
3
4
答案
A
A
ABD
AB
1．A
【分析】构造
，根据导函数可得
在
上单调递减，进而可得出
.
构造
，根据导函数单调性，结合中间值1 即可得出
，即可得出答案.
【详解】令
，则
，
令
，则
恒成立，
所以
，即
在R 上单调递增.
又
，
所以，当
时，
恒成立，
所以，
在
上单调递减.
又
，
，所以
，
即，
，即
，即
，所以
.
令
，则
，导函数单调递增，
且
所以存在
，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，
且
，所以
，
又
，所以
；
综上可得，
.
故选：A.
2．A
3
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【分析】根据题意得
，构造函数
求解即可.
【详解】因为
，所以
，令
，
所以
，故
在
上单调递增，由已知得
，
故
，因为
，
都是正整数，即
.
故选：A.
3．ABD
【分析】选项A：根据导数可得
，
为方程
的两个根，进而可得；
选项B：
，根据换元设
得
，与
解析式相同，进而可判断；
选项C：由
可判断；
选项D：根据先求出
，
根据不等式的性质进而可得.
【详解】选项A：
，
，
故由题意可知
，
为方程
的两个根，故
，A 正确；
选项B：
，
设
，因
，则
，
此时函数y = f (x)可化为
，
由题意此函数的极值点分别为
，
，
4
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当
时，函数
单调递增，故
，
，
故
，
，故B 正确；
选项C：由
解得
，
，
由题意函数
在
上单调递增，在
上单调递减，在
上单调递增，
而
，故
，故C 错误；
选项D：由A 可知，
，
，
因
，故
，即
，
故
，故D 正确，
故选：ABD
4．AB
【分析】将问题转化为两个函数的零点重合，得出
转化单变量的函数最值问题，
求导计算即可.
【详解】条件对
均有
恒成立，等价于
，
易知
，
与
均在定义域内单调递增，
且由
，故
时
，
若要满足题意，只需两函数的零点相同即可，则
5
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令
，即
，
则
，令
，则
，
，
即
在
上单调递减，
上单调递增，
，显然A、B 不可能，C、D 可能
故选：AB
5．①⑤
【分析】①直接求解即可判断；②利用导数证
；③④取特殊函数
进行判断；
⑤根据定义可得：
．
【详解】①
则
，①正确；
②构建
则
令
则
∴
在
上递减，在
上递增，则
∴
即
不存在不动点，②不正确；
③
为偶函数，显然
只有一个不动点；③不正确；(
为奇函数, 显然
有无数个不动点)
④
为周期函数，显然
只有一个不动点；④不正确；
⑤若
存在不动点，设为
，即
∴
，则
也存在不动点，⑤正确．
故答案为：①⑤．
6．
【分析】设
，可得
，
，从而
，进而构造
6
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函数
，求出
的最小值即可.
【详解】设
，即
，
，解得
，
，
所以
，
令
，则
，
令
，解得
，
当
时，
，当
时，
，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，
所以
的最小值为
，
所以
的最小值为
.
故答案为：
.
7．(1)答案见详解
(2)证明见详解
【分析】（1）求导可得
，分
和
两种情况，结合导函数的符号判
断原函数单调性；
（2）构建
，
，根据单调性以及零点存在性
定理分析h(x)的零点和符号，进而可得F (x)的单调性和最值，结合零点代换分析证明.
【详解】（1）由题意可得：
的定义域为(0,+ ∞)，
，
当
时，则
在(0,+ ∞)上恒成立，
可知
在(0,+ ∞)上单调递减；
7
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当
时，令f
' (x)>0，解得
；令f
' (x)<0，解得
；
可知
在
上单调递减，在
上单调递增；
综上所述：当
时，
在(0,+ ∞)上单调递减；
当
时，
在
上单调递减，在
上单调递增.
（2）构建
，
则
，
由
可知
，
构建
，
因为
在(0,+ ∞)上单调递增，则h(x)在(0,+∞)上单调递增，
且
，
可知h(x)在(0,+ ∞)上存在唯一零点
，
当
，则h(x)<0，即
；
当
，则h(x)>0，即
；
可知F (x)在
上单调递减，在
上单调递增，
则
，
又因为
，则
，
，
可得
，
8
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即
，所以
.
8．(1)
(2)
【分析】（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得出结果；
（2）求出
，可得
，化简
，构造函数
，利用
单调性即可求得答案.
【详解】（1）
，
曲线
在点
处的切线方程为
，即
.
（2）
，
则函数
的定义域为
，
若函数
有两个极值点
，且
．
则方程
的判别式
，且
，
．
9
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．
设
，
则
在
上恒成立．
故
在
单调递减，从而
．
因此，
的取值范围是
．
【基础保分训练】
一、单选题
1．（2021·全国·模拟预测）已知
且
且
且
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
2．（2024·吉林长春·模拟预测）已知
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
3．（21-22 高三上·黑龙江哈尔滨·期末）若实数
满足
，则
（ ）
10
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A．
B．
C．
D．
二、多选题
4．（2024·浙江温州·模拟预测）已知
，
，且
则以下
正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
5．（2022·广东茂名·二模）若对任意的
，
，且
，都有
，则m 的值可能是（ ）
A．
B．
C．
D．1
三、填空题
6．（2021·湖北武汉·三模）当x≠0 时，函数f(x)满足
，写出一个满足条件的
函数解析式f(x)= ．
7．（20-21 高二·全国·课后作业）已知
，
，
，
，使得
成立，则实数
的取值范围是 ．
四、解答题
8．（2024·北京石景山·一模）已知函数
．
(1)求曲线
在点
处的切线方程；
(2)求
在区间
上的最大值与最小值；
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(3)当
时，求证：
．
9．（2022·广东广州·一模）已知函数
，
为
的导数.
(1)证明：当
时，
；
(2)设
，证明：
有且仅有2 个零点.
10．（2025·全国·模拟预测）设函数
(1)分析
的单调性和极值；
(2)设
，若对任意的
，都有
成立，求实数m 的取值范围；
(3)若
，且满足
时，证明：
.
11．（2023·河南郑州·三模）已知函数
，
．
(1)讨论函数
的单调性；
(2)若函数
有两个极值点
，
，且
，求证：
．
参考答案：
题号
1
2
3
4
5
答案
D
D
A
ABD
BCD
1．D
【解析】令
，利用导数研究其单调性后可得
的大小.
【详解】因为
，故
，同理
，
令
，则
，
当
时，
，当
时，
，
12
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故
在
为减函数，在
为增函数，
因为
，故
，即
，而
，
故
，同理
，
，
，
因为
，故
，
所以
.
故选：D．
【点睛】思路点睛：导数背景下的大小比较问题，应根据代数式的特征合理构建函数，再
利用导数讨论其单调性，此类问题，代数式变形很关键．
2．D
【分析】构造函数，判断函数单调性，代入数值可比较大小.
【详解】设
，
，
时，
，
为减函数，
时，
，
为增函数，所以
，
，即
.
设
，
，
时，
，
为增函数，
时，
，
为减函数，
所以
，
，即
，所以
.
设
，
，
为增函数，所以
，所以
，即
.
故选：D
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3．A
【分析】根据题意将原不等式化简为
，令
，可知原不等式等价于
，再令
，则原不等式等价于
；再利用导数求出函数g( x)单调性，
进而可得
，由此可知只有当
时，即
时才满足
，据此即可求出
的值，进而求出结果.
【详解】∵
∴
，
即
∴
，
设
，则有
，即
，
∴
，
令
，则
，
∴当
时，
，g( x)单调递增；
当
时，
，g( x)单调递减；
∴
，即
，
要使
成立等价于
成立，
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只有当
时，即
时才满足，
∴
∴
，∴
.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是对原不等式的变形，将其变形成
，再进行换元、构造辅助函数，借助函数的最值和唯一性求
解.
4．ABD
【分析】首先利用因式分解法得
，再通过证明
，可知只
有一解即：
，然后把选项中的
代换为
并进行化简可得A 正确，C 错误，而BD 则
需要构造为关于
的函数，利用求导法来判断单调性和最值，从而得证．
【详解】由
因式分解可得：
，
又因为
，可知
，即
，
又由函数
，求导
，
当
时，
，可知
在
上递减，
当
时，
，可知
在
上递增，
所以
在
时取到最小值为0，有
即不等式
成立，所以
，
由
可得：
，即
，
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对于选项A，
，所以选项A 的正确的；
对于选项B，
，构造函数
，求导
，
由
时，
，所以
在
上递增，
即
，因为
，所以
，所以选项B 是正确的；
对于选项C，
与
不可能等价，所以选项C 是错误的；
对于选项D，
，构造函数
，求导
，
由
时，
，所以
在
上递增，
由
时，
，所以
在
上递减，
所以
的最大值是
，即
，所以选项D 是正确的；
故选：ABD.
5．BCD
【分析】将
转化为
，构造函数
，利用
导数求其单调递减区间即可.
【详解】
，且
，
则
，整理得
设
，则只需要
在
上单调递减即可，
，
令
，解得
，
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则
，
所以BCD 符合，
故选：BCD.
6．
【分析】先列举一个满足条件的函数解析式，再证明.
【详解】设
，
所以
，
所以
在(0,+ ∞)单调递增，在
单调递减，
所以
所以
；
设
，
所以
；
故答案为：
【点睛】方法点睛：对于这种开放性试题，一般先要根据已知条件，找到一个满足已知条
件的函数解析式，再进行证明.
7．
【分析】可转化为在
上，
，求导可得
的单调性，将
的最小值代入，即得解
【详解】
，
，使得
成立等价于在
上，
．
易得
，当
时，
，
17
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∴
在区间
上单调递减，在区间
上单调递增，
∴函数
在区间
上的最小值为
．易知
在
上单调递增，
∴函数
在区间
上的最小值为
，
∴
，即实数
的取值范围是
．
故答案为：
8．(1)
(2)见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据导数的几何意义，求切线方程；
（2）首先求函数的导数，再讨论
和
两种情况求函数的单调性，求函数的最值；
（3）首先根据不等式构造函数
，再利用导数求函数的最小值，即可
证明.
【详解】（1）
，
，
，
所以曲线
在点
处的切线方程为
；
（2）
，
当
时，
在区间
上恒成立，
在区间
上单调递增，
所以函数
的最小值为
，最大值为
，
当
时，
，得
，
在区间
小于0，函数
单调递减，
在区间
大于0，函数
单调递增，
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所以函数
的最小值为
，
，
，显然
，所以函数
的最大值为
，
综上可知，当
时，函数
的最小值为
，最大值为
，
当
时，函数
的最小值为
，最大值为
；
（3）当
时，
，即证明不等式
，
设
，
，
，
设
，
，
，
所以
在
单调递增，并且
，
，
所以函数
在
上存在唯一零点
，使
，
即
，则在区间
，
，
单调递减，
在区间
，
，
单调递增，
所以
的最小值为
，
由
，得
，且
，
所以
，
所以
，即
.
9．(1)证明过程见解析
(2)证明过程见解析
【分析】（1）令
，利用导数判断
的单调性，并求出其最小值即
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可证明；
（2）由（1）可知，
在
上单调递增，利用零点存在性定理可证明在这个区间上
有一个零点，通过构造函数即可证明
在
上单调递减，同理利用零点存在性定理
可证明在这个区间上有一个零点，即可得证.
【详解】（1）由
，
设
，则
，
当
时，设
，
，
∵
，
，
∴
和
在
上单调递增，
∴
，
，
∴当
时，
，
，
则
，
∴函数
在
上单调递增，
∴
，
即当
时，
;
（2）由已知得
，
①当
时，
∵
，
∴
在
上单调递增，
20
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又∵
，
，
∴由零点存在性定理可知
在
上仅有一个零点，
②当
时，
设
，则
，
∴
在
上单调递减，
∴
，
∴
，
∴
，
∴
在
上单调递减，
又∵
，
，
∴由零点存在性定理可知
在
上仅有一个零点，
综上所述，
有且仅有2 个零点.
10．(1)
在
单调递减，在
单调递增，
的极小值为
，无极大值.
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求导研究函数单调性，求出极值；
（2）构造函数
，求导后注意到
，进而得到
，
，再验证充分性；
（3）构造函数利用导函数研究其单调性，从而证明不等式.
【详解】（1）函数
，则
，
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令
，解得：
，且当
时，
，
时，
，
因此：
在
单调递减，在
单调递增，
故
的极小值为
，无极大值.
（2）对任意的
，都有
成立，
即对任意的
，
恒成立，
令
，则
，
注意到：
，若要
，必须要求
，即
，亦即
，
另一方面：当
时，因为
单调递增，
则当
时，
恒成立，
所以
在
时单调递增，故
；故实数
的取值范围为：
；
（3）记
，则
，
记
，
，
，
当x∈(0,1)时，
，
为增函数，
当x∈(1,+ ∞)时，
，
为减函数，
所以
，即
，
所以函数
在(0,+∞)单调递减，
则
为
，注意到
，不妨
，
要证
，只需证
，即证：
，
22
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即证：
，即证：
，
记
，
则
，记
，
则
，所以
在(0,1)单调递增，所以
，
即
，所以
在(0,1)单调递减，所以
，
所以
，所以
，得证.
11．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）首先求函数的导数，再根据判别式讨论函数的单调区间；
（2）根据（1）的结果，可知，
，
，
，这样可将所证明不等式
进行变形，从而构造函数
，利用导数即可证明.
【详解】（1）函数
的定义域为
，
，
设
，令
，
，
当
时，即
，
在
单调递减，
当
时，即，
，令
，得
，
，
若
，
，
，由
即
，得出
.
由
即
，得出
.
当
时，
，由
即
，得出
.
23
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由
即
，得出
.
综上所述：当
时，函数
在
上单调递减，
当
时，函数
在
上单调递减，在
上单调递增，
当
时，函数
在
上单调递减，
在
上单调递增；在
上单调递减.
（2）由（1）可知：当
时，
，
是函数
两个极值点，
有
，
，此时
，
要证明
，只要证明
设
，
令
，
当
时，
，
所以当
时，
，
单调递减，
24
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所以有
，即证
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数研究函数性质的综合应用问题，本题第二问处理
双变量问题，关键是
，
，
，从而为后面的消参，构造函数创造
条件.
【能力提升训练】
一、单选题
1．（2022·江苏·二模）已知实数
，且
，为自然对数
的底数，则（ ）
A．
B．
C．
D．
2．（2023·福建福州·模拟预测）
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
3．（2022·山西晋中·模拟预测）已知函数
，
，若存在
，
，使得
成立，则
的最大值为（ ）
A．
B．1
C．
D．
二、多选题
4．（2022·全国·模拟预测）已知a，
，满足
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
5．（2024·河北沧州·一模）已知函数
与函数
的图象相交于
两点，且
，则（ ）
A．
B．
25
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C．
D．
6．（2024·海南海口·模拟预测）设函数
，则（ ）
A．
B．函数
有最大值
C．若
，则
D．若
，且
，则
三、填空题
7．（2023·浙江温州·二模）已知函数
，则
的最小值是
；若关于
的方程
有个实数解，则实数
的取值范围是 .
8．（2024·北京西城·三模）已知函数
，下面命题正确的是 .
①存在
，使得
；
②存在
，使得
；
③存在常数
，使得
恒成立；
④存在
，使得直线
与曲线
有无穷多个公共点.
9．（2022·浙江杭州·模拟预测）已知函数
，若存在
，使得
，则
的最小值为 .
四、解答题
10．（2021·浙江·高考真题）设a，b 为实数，且
，函数
26
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（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)
11．（2023·山东潍坊·一模）已知函数
.
(1)讨论
的单调性；
(2)证明：当
时，
.
12．（2024·广东佛山·二模）已知
.
(1)当
时，求
的单调区间；
(2)若
有两个极值点
，
，证明：
.
参考答案：
题号
1
2
3
4
5
6
答案
D
D
A
ABD
AC
ACD
1．D
【分析】化简条件后根据形式构造函数，利用单调性判断不等式
【详解】因为
，所以
，
函数
在
上单调递增，且
，因为
所以
，所以
，即
，
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又
，所以
，所以
，即
，综上，
.
故选：D
2．D
【分析】令
，利用导数研究函数的单调性可得到
，
即可判断
、
的大小关系；构造函数
判断
与0.1 的大小，构造
函数
判断0.1 与
大小，从而可判断b、c 大小．
【详解】令
，
，则
，
所以当
时
，即
在
上单调递增，
所以
，即
，即
，即
，
令
，则
，
在
时，
，则
为减函数，
∴
，即
；
令
，
，则
，
故
在
为减函数，
∴
，即
；
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∴
，
令
，则
，即
，∴
，
所以
．
故选：D．
【点睛】结论点睛：常用的不等式：
，
，
，
，
，
.
3．A
【分析】先得到
，再由
的单调性得
，进而得到
，由
导数求出
的最大值，即可求解.
【详解】
，
，易得在
上
，则
在
上单调递增，
又
，所以
即
，
，所以
，则
，令
，则
，
当
时，
，
单调递增，当
时，
，
单调递减，
则
，即
时，
取得最大值
．
故选：A
4．ABD
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【分析】A、D 利用基本不等式即可判断，注意等号成立条件；B 由
，构造
且
，利用导数证明不等式；C 根据A、B 的分析，应用特殊值法判断.
【详解】A：由
，即
，当且仅当
时等号成立，
正确；
B：由
，则
且
，
令
且
，则
，
递减，
所以
，
，即
成立，正确；
C： 当
时，
，错误；
D：由
，当且仅当
时等号成立，正确.
故选：ABD
5．AC
【分析】构造函数利用奇偶性和单调性得出
，结合选项逐项验证即可.
【详解】由题意
有两个不等的实数根，
，
，
令
，则
，即
为奇函数；
当
时，
，
为增函数；
若
，则
，又
，所以
.
对于A，
，正确.
对于B，若
成立，则有
，与
矛盾，所以B 不正确.
对于C，由指数均值不等式
可得
，所以
，C 正确.
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对于D，令
，
，当
时，
，
为增函数，
所以
，即
，D 不正确.
故选：AC.
【点睛】结论点睛：均值不等式的拓展：（1）对数型均值不等式：
，
其中
，
；（2）指数型均值不等式：
，其中
.
6．ACD
【分析】根据f (x)的解析式直接求解
可对A 判断；利用导数求最值方法可对B 判断；
结合给出的已知条件并利用A、B 中的结论可对C、D 判断求解.
【详解】对A，由题意知
，所以
，故A 正确；
对B，由题意知f (x)的定义域为
，
，
当
，
，当
，
，所以f (x)在
上单调递减，在
上单调递增，
所以当
时，f (x)取到极小值也是最小值
，故B 错误；
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对C，当
时，可得
，由A 知
，
所以
，
由B 知
恒成立，所以
，故C 正确；
对D，当
时，得
，又因为
，所以
，
由B 知f (x)在
上单调递增，所以
，又由A 知
，
所以
，故D 正确.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：灵活运用已知条件
，
，并结合f (x)的对称性和单调
性进行求解.
7．
【分析】第一空，由题意可知
，故设
，
作出其图象，数形结合，可得
的最小值；第二空，利用导数的几何意义求出直线
与曲线
相切时的
的值，将关于
的方程
有个实数解
问题转化为直线
与曲线
的交点问题，数形结合，可得答案.
【详解】根据
与
大小关系（比较
与
大小的推理见后附），
可知
，
设
，注意到曲线
与曲线
恰好交于点
，
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显然，
，作出
的大致图象如图，
可得
的最小值是1，从而
的最小值是
．
由
，得
．
设直线
与曲线
切于点
，
，直线
过定点
，则
，
解得
，从而
．
由图象可知，若关于
的方程
有个实数解，
则直线
与曲线
有个交点，则
或
，
即所求实数
的取值范围是
，
故答案为：
；
附：当
时，设
，则
，
所以
在区间
上单调递减，从而
，此时
；
当
时，设
，
在区间
上单调递减，
所以当
时，
，即
；
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当
时，
，即
；
当
时，
，即
．
【点睛】关键点睛：解答本题的关键所在：（1）明确
的含义，即
；（2）数形结合思想，作出函数
的图象；
（3）将关于
的方程
有个实数解，转化为直线
与曲线
的交点
问题.
8．①③
【分析】①函数求导，用
，令
，
与
同正
负.研究
正负即可，用
来研究
即可得出答案.；②
，即两点间
的斜率正负问题，也就是转化研究
内的单调性.求导即可.③用三角函数的有界性可
解.④借助函数单调性,数形结合可解.
【详解】函数
，定义域
.
由于
知其为偶函数.
， 令
，
与
同正负.
.
对于①，当
，
，则
单调递增，
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则
，故存在
，
，
即存在
，使得
.故①正确.
对于②，与①同理，当
，
，则
单调递减，
则
，故
，
，即
，
单调递减.
任意
，
，故②错误.
对于③，由于
为偶函数，根据对称性，我们只需要考虑
即可.
令
，则
，即
在
上单调递减，
故
，即
，故
，
故存在常数
，使得
，故③正确.
对于④，将
代入
，得
，由于
为偶函数，根据对称
性，我们只需要考虑
即可.
由①②知，
，单调递减，
，单调递减，
，单调递增.一直往复
下去. 图象如下.
则
与
不能有无数个交点，
即
与
不能有无穷多个公共点.故④错误.
综上所得，只有①③正确.
故答案为：①③.
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【点睛】本题主要考查函数很多性质，如奇偶性、单调性、零点与方程，有界性等.综合性
较强，有一定难度，关键是借助导数来研究性质，需要冷静分析，认真计算 .
9．
【分析】根据分段函数解析式画出函数
的简图，设
，根据图像确定
的取值范围，将
化成只含有一个变量的二次函数，由定区间内二次函数的性质，
从而确定
的最小值.
【详解】当
时，
，
，
当
时，
，当
时，
，
即当
时，
取得极小值为
.
当
时，
为增函数，且
，
函数
的图像如图：
设
，由题可知
，由
得
，则
，
则
，
，所以当
时，
取得最小值为
.
故答案为：
.
【点睛】本题重点是根据函数解析式做出函数图像，然后根据换元的思想，把双变量问题
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转化为单变量问题，然后就可以轻松求解.
10．(1)见解析
(2)
；
(3)证明见解析.
【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论即可确定函数的单调性；
(2)将原问题进行等价转化，然后构造新函数，利用导函数研究函数的性质并进行放缩即可
确定实数a 的取值范围；
(3)方法一：结合(2)的结论将原问题进行等价变形，然后利用分析法即可证得题中的结论成
立.
【详解】(1)
，
①若
，则
，所以
在
上单调递增；
②若
，
当
时，
单调递减，
当
时，
单调递增.
综上可得，
时，
的单调递增区间为
,无减区间；
时，函数的单调减区间为
，单调增区间为
.
(2)
有2 个不同零点
有2 个不同解
有2 个不同的解，
令
，则
，
记
，
记
，
又
，所以
时，
时，
，
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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，
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又
，故
在
时为正，
从而题中的不等式得证.
[方法二]：分析+放缩法
有2 个不同零点
，不妨设
，由
得
（其中
）．
且
．
要证
，只需证
，即证
，只需证
．
又
，所以
，即
．
所以只需证
．而
，所以
，
又
，所以只需证
．
所以
，原命题得证．
[方法三]：
若
且
，则满足
且
，由（Ⅱ）知
有两个零点
且
．
又
，故进一步有
．
由
可得
且
，从而
．．
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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.
11．(1)函数
在
上单调递增
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，再根据导函数的符号即可得出答案；
（2）当
时，
，即证
在
上恒成立，利用导数求出函
数
的单调区间，再利用导数比较在
时，
和
的大小，即可得证.
【详解】（1）函数
的定义域为
，
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，
记
，则
，
所以当
时，
，函数
单调递减，
当
时，
，函数
单调递增，
所以
，
所以
，
所以函数
在
上单调递增；
（2）原不等式为
，即
，
即证
在
上恒成立，
设
，则
，
所以，当
时，
，
单调递增；当
时，
，
单调递减，
所以
，
令
，
当
时，
，
单调递增；当
时，
，
单调递减，
所以
，所以
，
且在
上有
，所以可得到
，即
，
所以在
时，有
成立.
【点睛】本题考查了利用导数求函数的单调区间及利用导数证明不等式问题，考查了转化
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思想及逻辑推理能力，有一定的难度.
12．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（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
，
，
，可得
、
是方程
的两个正根，
借助韦达定理可得
，
，即可用
、
表示
，进而用
表示
，构造相关函数后借助导数研究其最大值即可得.
【详解】（1）当
时，
，
，
则当
，即
时，f
' (x)<0，
当
，即
时，f
' (x)>0，
故
的单调递减区间为
、
，单调递增区间为
；
（2）
，令
，即
，
令
，
，则
、
是方程
的两个正根，
则
，即
，
有
，
，即
，
则
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，
要证
，即证
，
令
，
则
，
令
，则
，
则
在(0,4)上单调递减，
又
，
，
故存在
，使
，即
，
则当x∈(0, x0)时，
，当
时，
，
故
在
上单调递增，
在
上单调递减，
则
，
又
，则
，故
，
即g(x)<0，即
.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助换元法，令
，
，
，从而可结
合韦达定理得
、
的关系，即可用
表示
，构造相关函数后借助导
数研究其最大值即可得.
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