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第 13 讲：拓展六：泰勒展开式与超越不等式在导数中的应
用
目录
高频考点类型.......................................................................................2
类型一：泰勒展开式............................................................................2
类型二：利用超越不等式比较大小.....................................................8
类型三：利用对数型超越放缩证明不等式........................................13
类型四：利用指数型超越放缩证明不等式........................................21
1、泰勒公式形式：
泰勒公式是将一个在 处具有 阶导数的函数利用关于 的 次多项式来逼近函数
的方法.
若函数 在包含 的某个闭区间 上具有 阶导数，且在开区间 上具有
阶导数，则对闭区间 上任意一点 ，成立下式：
其中： 表示 在 处的 阶导数，等号后的多项式称为函数 在 处
的泰勒展开式，剩余的 是泰勒公式的余项，是 的高阶无穷小量.
2、麦克劳林(Maclaurin)公式
虽然麦克劳林公式是泰勒中值定理的特殊形式，仅仅是取 的特殊结果，由于麦克劳
林公式使用方便，在高考中经常会涉及到.
3、常见函数的麦克劳林展开式：
（1）
（2）
（3）
（4）
（5）（6）
4、两个超越不等式：（注意解答题需先证明后使用）
4.1对数型超越放缩： （ ）
上式（1）中等号右边只取第一项得： 结论①
用 替换上式结论①中的 得： 结论②
对于结论②左右两边同乘“ ”得 ，用 替换“ ”得：
（ ） 结论③
4.2指数型超越放缩： （ ）
上式（2）中等号右边只取前2项得： 结论①
用 替换上式结论①中的 得： 结论②
当 时，对于上式结论② 结
论③
当 时，对于上式结论② 结
论④
高频考点类型
类型一：泰勒展开式
典型例题
例题1．（2024·陕西汉中·一模）苏格兰数学家科林麦克劳林（ColinMaclaurin）研究出了
著名的Maclaurin级数展开式，受到了世界上顶尖数学家的广泛认可，下面是麦克劳林建
立的其中一个公式： ，试根据此公式估计下面代数式 的近似值为（ ）（可能用到数值
）
A．2.322 B．4.785 C．4.755 D．1.005
【答案】C
【分析】由题目观察可知 ，代入 即可发现解法.
【详解】
所以 =4.755
故选：C
例题2．（23-24高三上·湖南永州·阶段练习）苏格兰数学家科林麦克劳林(Colin Maclaurin)
研究出了著名的Maclaurin级数展开式，受到了世界上顶尖数学家的广泛认可，下面是麦克
劳林建立的其中一个公式： ，试根据此公式估计下
面代数式 的近似值为（ ）（可能用到数值
）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由麦克劳林公式得 ，进而
可得答案.
【详解】解：根据麦克劳林公式得：
，
所以
由于 .
故 的近似值为 .
故选：B.【点睛】本题考查数学知识迁移与应用能力，解题的关键是将所求近似代替，是中档题.
例题3．（多选）（2023·辽宁·二模）泰勒公式通俗的讲就是用一个多项式函数去逼近一个
给定的函数，也叫泰勒展开式，下面给出两个泰勒展开式
由此可以判断下列各式正确的是（ ）．
A． （i是虚数单位） B． （i是虚数单位）
C． D．
【答案】ACD
【分析】对于A、B，将关于 的泰勒展开式两边求导得 的泰勒展开式，再验证结
论是否正确；
对于C，由 ，再代入关于 的泰勒展开式验证是否成立；
对于D，由 ，证明
即可.
【详解】对于A、B，由 ，
两边求导得 ，
，
，
又 ，
，
，故A正确，B错误；
对于C，已知 ，则 .因为 ，则 ，即 成立，
故C正确；
故C正确；
对于D， ,，
，
当 ， ； ； ；
， ,
所以 ，所以
成立，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】利用泰勒公式证明不等式方法点睛：
应用泰勒公式时要选好 ，有时可能需要结合题目给出信息进行相关变形，再代入验证，
利用展开项的特征进行适当的放缩，证明不等式成立.
例题4．（2023·辽宁丹东·一模）计算器计算 ， ， ， 等函数的函数值，是通
过写入“泰勒展开式”程序的芯片完成的．“泰勒展开式”是：如果函数 在含有 的
某个开区间 内可以多次进行求导数运算，则当 ，且 时，有
．
其中 是 的导数， 是 的导数， 是 的导数……．
取 ，则 的“泰勒展开式”中第三个非零项为 ， 精确到0.01的近似值为
．
【答案】
【分析】根据泰勒展开式，化简得到 ，求得 的“泰
勒展开式”中第三个非零项，令 ，代入上式，进而求得 的近似值.
【详解】取 时，可得则
，
所以 的“泰勒展开式”中第三个非零项为 ，
令 ，代入上式可得 .
故答案为： ； .
练透核心考点
1．（2023·宁夏银川·模拟预测）苏格兰数学家科林麦克劳林（ColinMaclaurin）研究出了著
名的Maclaurin级数展开式，受到了世界上顶尖数学家的广泛认可，下面是麦克劳林建立
的其中一个公式： ，试根据此公式估计下面代
数式 的近似值为（ ）（可能用到数值
ln2.414＝0.881，ln3.414＝1.23）
A．3.23 B．2.881 C．1.881 D．1.23
【答案】B
【分析】利用赋值法求得所求表达式的值.
【详解】依题意 ，
令 ，则 ，
，
.
故选：B
2．（2023·全国·模拟预测）科林·麦克劳林（Colin Maclaurin）是18世纪英国最具有影响的
数学家之一．他研究出数学中著名的Maclaurin级数展开式，下面是麦克劳林建立的其中一
个公式：
，其中 ， ， ，例如： ， ， ．则
的近似值为（参考数据： ，结果精确到0.01）（ ）A．1.35 B．1.37 C．1.62 D．1.66
【答案】B
【解析】在Maclaurin级数展开式中令 ， 进行计算．取展开式的前几项（4
项）计算即可．
【详解】由题意，知
故选：B．
【点睛】方法点睛：本题考查新定义，解题方法理解新定义，把所求式与新定义比较，确
定在新定义中直接取 计算即得．考查学生的创新意识，
3．（23-24高二下·四川成都·阶段练习）英国数学家布鲁克•泰勒以发现泰勒公式、泰勒级
数和泰勒展开式而闻名于世．计算器在计算 ， ， ， 等函数的函数值时，是
通过写入“泰勒展开式”程序的芯片完成的．“泰勒展开式”是：如果函数 在含有
的某个开区间 内可以多次进行求导数运算，则当 ，且 时，有
．其中
是 的导数， 是 的导数， 是 的导数，阶乘 ，
．取 ，则 的“泰勒展开式”中第三个非零项为
， 精确到0.01的近似值为 ．
【答案】 0.84
【分析】根据泰勒展开式，化简得到 ，求得的“泰勒展
开式”中第三个非零项，令 ，代入上式，进而求得的近似值．
【详解】根据题意，
，
取 时，可得 ，
则，
所以 的“泰勒展开式”中第三个非零项为 ，
令 ，代入上式可得 ．
故答案为： ；0.84
4．（2023高三·全国·专题练习）计算器计算 ， ， ， 等函数的函数值，是通
过写入“泰勒展开式”程序的芯片完成的．“泰勒展开式”是：如果函数 在含有 的
某个开区间 内可以多次进行求导数运算，则当 ，且 时，有
．
其中 是 的导数， 是 的导数， 是 的导数……．
取 ，则 的“泰勒展开式”中第三个非零项为 ， 精确到0．01的近似值
为 ．
【答案】
【分析】根据泰勒展开式，化简得到 ，求得 的“泰
勒展开式”中第三个非零项，令 ，代入上式，进而求得 的近似值．
【详解】取 时，可得
则
，
∴ 的“泰勒展开式”中第三个非零项为 ，
令 ，代入上式可得 ．
故答案为： ， .
类型二：利用超越不等式比较大小
典型例题例题1．（23-24高二下·北京丰台·阶段练习）已知 ，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】分别构造函数 ， ，和 ， ，求
导得到函数 ， 的单调性，由单调性即可比较出 ， ， 的大小．
【详解】设 ， ，
则 ，
所以 在 上单调递减，
所以 ，
所以 ，即 ，则 ；
设 ，则 ，故 在 上单调递增，
则 ，即 ，则 ，综上 .
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查函数值大小比较，关键是构造函数，利用单调性解决问题.
例题2．（23-24高三下·海南省直辖县级单位·开学考试）若 ，则
的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】构造函数 ，求导得到函数单调性，得到 ，求出
，构造 ，求导得到函数单调性，得到 ，故
，得到答案.
【详解】设 ，
则 ，
∴ 时， ， 在 上单调递增．∴ ，即 ，
∴ ， ．
设 ，则 ，
∴当 时， ，即 在 上单调递增．
∴ ， ，
∴ ，即 ．
综上， .
故选：C．
【点睛】方法点睛：构造函数比较大小是高考热点和难点，结合代数式的特点，选择适当
的函数，通过导函数研究出函数的单调性，从而比较出代数式的大小.
例题3．（2024·全国·模拟预测）已知 ， ， ，则
（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】构造函数 及函数 ，结合函数的单调性可比较 与
，构造函数 ，结合函数的单调性可比较 与 ，即可得解.
【详解】令 ， ，
则 在 上恒成立，故 在 上单调递减，
故 ，故 ，
即 ，即 ，、
令 ，则 ，故 在定义域内单调递增，
故 ，即 ；
令 ， ，
则在 上恒成立，
故 在 上单调递增，
又 ，故 ，
故 ，即 ，
故有 .
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题关键在于构造对应的函数帮助比较大小，对 与 ，可通过构造
，从而比较 与 的大小关系，构造 ，从而比较 与
的大小关系，可得 与 的大小关系，通过构造 可比较 与 的
大小关系.
练透核心考点
1．（23-24高三下·全国·阶段练习）已知 ，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】构造函数 ，由导数分析函数 在 上单调递
减，所以得到 ，得到 ，作差比较 的大小，利用
基本不等式比较大小即可.
【详解】设 ，则 在 上单调
递减，
所以 ，所以 ， ， ，
，
所以 ，
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题关键是构造函数 ，由导数分析函数在 上单调递减，所以得到 ，利用基本不等式比较大小即可.
2．（2024·甘肃陇南·一模）若 ，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用 ，结合幂函数的单调性判断得 ，再构造函数 ，推
得 ，从而推得 ，由此得解.
【详解】因为 ，所以 ；
令 ，则 ，
当 时， ，则 在 上单调递增，
当 时， ，则 在 上单调递减，
所以 ，故 ，
则 ，即 ，当且仅当 时，等号成立，
当 ，即 ，有 ，
从而有 ；
综上， .
故选：D.
【点睛】结论点睛：两个常见的重要不等式：
（1） ；（2） .
3．（23-24高二下·浙江·开学考试）已知 ，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意构造函数 ，判断出其单调性可得 ，利用函数
的单调性可知 ，再由 可求得 ，即可得出结论.
【详解】由 可知，
构造函数则 ，
由 可得 ，
因此当 时， ，即 在 上单调递减，
当 时， ，即 在 上单调递增，
所以 ，即 恒成立，
所以 （当且仅当 时取等号）恒成立，故
当 时，对 两边同时取对数可得 （当且仅当 时取等
号）恒成立，
故 （当且仅当 时取等号）
即 （当且仅当 时取等号），故 ；
构造函数
则 ，令 ，则 ，
令 ，则 ，
当 时， ，
所以 在 上单调递减，可得 ，
即 在 上单调递减，可得 ，
即可得 在 上单调递减，
即对 ，
综上 ，
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据 中的数字特征构造函数，并利用导数求出函
数单调性即可比较得出它们的大小.
类型三：利用对数型超越放缩证明不等式
典型例题例题1．（23-24高二下·河南·阶段练习）已知函数 的最小值为0.
(1)求 ．
(2)证明：（i） ；
（ii）对于任意 .
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）求导，结合分类讨论确定函数的单调性，即可求解最值，
（2）根据 和 得 ，即可求证（i），根据 .
代入 即可求证.
【详解】（1） 的定义域为 ，且 .
若 ，恒有 单调递减，没有最小值，不符合题意.
若 ，令 ，解得 ，当 时， 单调递减，
当 时， 单调递增，
当 时， 取最小值 ，即 ，
得 ，所以 .
（2）（i）由（Ⅰ）可知 时， ，
即 ，所以 ①，
由 ，可得 ②，
因为①②等号成立的条件不同，所以由①②可得 ，所以 ，即
.
（ii）当 时， ，即 .
令 ，得 .
所以 ，即 ，
所以 ，于是得证.
【点睛】方法点睛：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.
例题2．（2024·云南昆明·模拟预测）已知函数 .
(1)若 ，求 的取值范围；
(2)证明：若 有两个零点 ，则 .
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）对于 求导，得到 ，构造函数 ，判断单调性，求
解 的单调性以及 ，从而解得 的范围；
（2）由（1）可知 的两个零点一个小于1，另一个大于1，不妨设 ，构造
函数 ，由 ，得到 ，构造函数
， ，判断单调性，即可证明.
【详解】（1） 的定义域为 ，
则 ，
构造 ，则 ，
当 时， ，当 时， ，
故 在区间 内单调递减，在区间 内单调递增，
所以 ，
当 时， ，当 时， ，故 在区间 内单调递减，在区间 内单调递增，则 ，
故要使 ，即需 ，即 ，故 ；
（2）证明：由（1）可知 的两个零点一个小于1，另一个大于1，不妨设
，
因为 ，构造函数 ，则 ，
故 在 单调递增，则由 ，
则由 可知 ，即 ，
即 ，即 ，
要证 ，即证 ，即证 ，
构造函数 ， ，
则 ，
故 在区间 内单调递减，则 ，即 ，
特别地，取 ，则有 ，即 ，故
.
【点睛】关键点点睛：构造函数，利用函数单调性，函数的同构，结合不等式可证结论.
例题3．（2024·黑龙江齐齐哈尔·二模）已知函数 ．
(1)当 时，求曲线 在点 处的切线方程；
(2)当 时，证明： ．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求导可得斜率，结合点斜式方程求解即可.
（2）求 ，运用 放缩可得 ，设 ，求导可得 ，结合基本不等式可得 ，从而可得 单调性，进而可证得结果.
【详解】（1）解：当 时， ，则 ，
又 ，所以 ，即 ，
所以在点 处的切线方程为 ，即 ；
（2）证明：设 （ ），则 ，
，
设 ，则 ，
当 时， ， 单调递减，
当 时， ， 单调递增，
，
恒成立，
由 可知 ，
所以 （ ），
设 （ ），则 ，
，
所以当 时， ， 单调递增， ，
所以 单调递增， ，
所以 ．
【点睛】方法点睛：运用导数证明不等式常见方法：
（1）将不等式转化为函数的最值问题：
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”的函数，有时对
复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值
即可得证．
（2）将不等式转化为两个函数的最值进行比较：
若直接求导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．本例中同时含ln x与ex，不能直接构造函数，把指数与
对数分离两边，分别计算它们的最值，借助最值进行证明．（3）适当放缩证明不等式：
导数方法证明不等式中，最常见的是 和 与其他代数式结合的问题，对于这类问题，
可以考虑先对 和 进行放缩，使问题简化，简化后再构建函数进行证明．常见的放缩
公式如下：(1) ，当且仅当 时取等号．(2) ，当且仅当 时取等
号．
练透核心考点
1．（23-24高二下·浙江嘉兴·阶段练习）已知函数 .
(1)求函数 的最小值；
(2)若直线 是曲线 的切线，求 的最小值；
(3)证明： .
【答案】(1)0
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）利用导数讨论单调性后求出最值即可；
（2）设出切点，利用导数的意义求出斜率，再利用点斜式写出直线方程之后用代定系数法
找到 ，然后构造函数 ，求导分析单调性，找到最小值即可；
（3）利用（1）将函数变为 ，构造不等式 ，再裂项后变为
，最后用累加求和即可证明.
【详解】（1） ，
当 时， ， 单调递减；
当 时， ， 单调递增；
所以 .
（2）令 ，则 ，
设切点为 ，则 ， ，
则切线方程为 ，即 ，又 是曲线得切线方程，则 ，
则 ，令 ，
则 ，令 ，
所以 时， ， 为单调递增函数；
时， ， 为单调递减函数；
所以 ，即 的最小值为 .
（3）证明：由（1）可知， ，即 ，当 时取等号，
令 ，则 ，所以 ，
又 ，所以 ，
所以 ， ，
累加后可得 ，
即 .
【点睛】关键点点睛：
第二问关键在于设出切点，求出斜率，用待定系数法找到 再构造函数分析单调性，求
最小值；
第三问关键在于从证明的不等式入手，利用（1）将不等式变形为 ，裂项和
累加并用求和证明.
2．（23-24高三上·宁夏石嘴山·期末）设函数 .
(1)讨论 的单调性；
(2)证明： ， ．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，考虑 和 两种情况，根据导函数的正负确定函数单调区间；（2）确定 ，得到 ， ， ， ，累加得到答案.
【详解】（1） 的定义域为 ， ，
当 时， 恒成立， 在 上单调递增；
当 时，由 得 ，
当 时， ，当 时， ，
故 在 上单调递减，在 上单调递增，
综上所述：
当 时， 在 上单调递增；
当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增.
（2）证明：当 时， 在 上单调递增，
当 时， ，即 ，
故 ， ， ， ， ，
，
故 .
3．（2022·全国·模拟预测）已知函数 ， .
(1)当 时，研究 在 上的单调性；
(2)①求证： ；
②当 ， 时，求证： .
【答案】(1) 在 和 上单调递增；在 和 上单调递减
(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）求导函数，然后解不等式即可求解函数的单调区间；
（2）①令 ，利用导数研究函数的单调性，求解最值即可证明；
②结合①的结论把所证不等式转化为 ，结合 转化为证明
，令 ，求导，研究函数单调性，求解最值即可
证明.
【详解】（1）当 时， ，则 ，令 ，解得 或 ，
当 时， ；当 时， ；
所以 在 和 上单调递增；在 和 上单调递减.
（2）①令 ，则 ，
当 时， ， 单调递增；当 时， ， 单调递减，
所以 ，即 .
②由①知 ，故要证 ，
只需证 .先证当 时， ，
令 ，则 ，
所以 在 上单调递增，所以 ，即 ，
所以 ，以下只需证明 .
令 ，
则 ，所以 在 上单调递减，
所以 ，所以 ，
综上， ，即原不等式成立.
【点睛】结论点睛：恒成立问题：
（1） 恒成立 ； 恒成立 ．
（2） 恒成立 ； 恒成立 ．
（3） 恒成立 ； 恒成立
；
（4） ， ， ．
类型四：利用指数型超越放缩证明不等式
典型例题例题1．（23-24高三下·江西·开学考试）已知函数 ．
(1)若 ，求 的极值；
(2)若 ，设 ．证明：
（ⅰ） ；
（ⅱ） ．
【答案】(1)极小值 ，极大值为
(2)证明见解析
【分析】
（1）先化简函数 的解析式，再利用导数研究函数的极值即可；
（2）（ⅰ）根据题意，将 转化为 ，再由 与 证明即可；
（ⅱ）根据题意，结合（ⅰ）中的结论，构造函数 ，求导即可得到
，即可证明.
【详解】（1）由 得
，
即 ，其定义域为 .
所以 ，
令 ，则 ，明显 为单调递减函数，
令 ，得 ，
即当 时， ，当 时，
即 在 上单调递增，在 上单调递减，
又因为 ，所以 ，且 ， ，当 时， ，当 时， ，
即 在 上单调递减，在 上单调递增，在 上单调递减，
所以函数 在 处取得极小值，即极小值为 .
函数 在 处取得极大值，即极大值为
，
综上：函数极小值为 ，极大值为 ；
（2）（ⅰ）要证明 ，即
即证 ，
即证 ，因为 （利用 ，后面证明），
即证 ，即 ，因为 （利用 ，后面证明）
即证 ，即证 ，
因为 ，所以 成立，
所以 ；
证明： ，
设 ，则 ，
当 时， ， 单调递增，当 时， ， 单调递减，
所以 ，即 ；
证明： ，
设 ，则 ，
当 时， ， 单调递增，当 时， ， 单调递减，
所以 ，即 ；
（ⅱ）由（ⅰ）得 ，故
设 ，
则 ，所以 ，令 ，
则 ，所以 在 上单调递增，
所以 ，所以 在 上单调递增
所以
因为 ，
又 ，
所以 ，
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【点睛】关键点睛：本题主要考查了利用导数研究函数极值问题与利用导数证明不等式问
题，难度较大，解答本题的关键在于合理构造函数，利用导数解决问题.
例题2．（2024·吉林·模拟预测）已知函数 ．
(1)求函数 的单调区间和最小值；
(2)若 ，证明： ．
【答案】(1) 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ，
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，判断导数的正负，即可求得单调区间以及函数的最小值.
（2）利用基本不等式放缩，将 化为 ，即可证明
，由此构造函数 ，利用导数可推出 ，故需证
明 ，继而构造函数 ，再利用导数进行不等式的证明，
即可证明结论.
【详解】（1）由于 ，则 ，
令 ，则 ；令 ，则 ；
故 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ，
则 ；（2）证明：由题意知 ，则 ，故 ，
当且仅当 ，即 时取等号，由于 ，而 ，
故等号取不到， ，故 ，
要证明 ，只需证 ，
令 ，则 ，
当 时， ，即 在 上单调递减，
故 ，即 ；
故只需证明 ，即证 ，
令 ， ，
由（1）知 ，故 ，
即 在 上单调递增，则 ，
故 ，即 成立，故原命题得证.
【点睛】关键点点睛：本题考查了导数的应用，利用导数求解函数的单调区间以及最小值
和证明不等式；难点在于不等式的证明，解答时要首先利用基本不等式放缩，进而要连续
构造函数，利用导数判断所构造函数的单调性，从而证明不等式.
例题3．（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.
【详解】（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.
练透核心考点
1．（23-24高三下·山东潍坊·阶段练习）已知函数 ．
(1)若 在R上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)当 时，证明： ， ．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】
（1）求得 ，转化为 在 上恒成立，进而转化为 在 上
恒成立，令 ，得出函数 的单调性和最大值，即可求解.
（2）当 时，得到 且 ，当 时，只需使得 ，利用
导数求得 单调递增，得到 ；当 时，显然满足 ；当
时，由 和 ，得到 ，即可得证.
【详解】（1）
由函数 ，可得 ，
因为 在R上单调递增，可得 在R上恒成立，即 在 上恒成立，即 在 上恒成立，
令 ，可得 ，
当 时， ， 在 单调递减；
当 时， ， 在 单调递增，
所以当 时，函数 取得极大值，最大值 ，所以 ，
即实数a的取值范围为 .
（2）
当 时， ，可得
可得 ，要使得 ，只需使得 ，
当 时，令 ，可得 ，
所以 在 上单调递增，
又由 ，所以 ，所以 在 上单调递增，
所以 ；
当 时，可得 且 ，所以 ，满足 ；
当 时 ， 可 得 ， 因 为 且
，
所以 ，所以 ，
综上可得，对于 ，都有 .
【点睛】
关键点睛：本题考查导数的综合应用，根据函数的单调性求解参数范围以及利用导数证明
不等式，解答的关键是将证明 时，不等式 成立，转化为证明
，然后分类讨论x的取值范围，结合函数单调性，即可证明结论.
2．（2024·内蒙古包头·一模）设函数 ．
(1)当 时，讨论 的单调性，并证明 ；
(2)证明：①当 时， ；
②当 时， ，当 时， ；
③当 时，函数 存在唯一的零点．
【答案】(1) 在 单调递减，在 单调递增，证明见解析(2)①证明见解析；②证明见解析；③证明见解析
【分析】（1）求导得 ，令 ，继续求导发现
即 在 上单调递增，结合 即可得 的单调性，从而
也可得证；
（2）①构造函数 ，求导得其单调性、最值即可得证；
②构造函数 ，求导得其单调性即可得证；
③当 时， ， ，设
，则 ，由①、②得 在 单调递增，然后分类讨论得
在 单调递减，从而 ，由此可得 单调，由零点存在定理
即可得解.
【详解】（1）因为 ，所以
，
设 ，则 ，
所以当 时， ，函数 在 上单调递增，
所以 在 上单调递增，又 ，
所以当 时 ；当 时 ，
因此，当 时， 在 单调递减，在 单调递增，
所以 ．
（2）①设 ，则 ，
当 时， ，当 时， ，
所以 在 单调递减，在 单调递增，
所以 ，即 时， ．
②设 ，则 ，
所以 在 上单调递增，且 ，
所以当 时， ，即 ；
当 时， ，即 ．③当 时， ， ，
设 ，则 ，
当 时，由①、②，得
，
所以 在 单调递增；
当 时，
（ⅰ）若 ，由①知 ，得 ，故 ，
又由②知当 时， 成立，
则 ，此时 单调递减，
（ⅱ）若 ，则 ，
此时 单调递减，
由（ⅰ）（ⅱ）可知 在 单调递减，即 在 单调递减．
综上，可知当 时， ，所以 在 上单调递增，
又 ， ，
所以根据零点存在定理可知 在 上存在唯一零点．
【点睛】关键点点睛：第二问③的关键是结合①、②结论得 在 单调递
增，然后分类讨论得 在 单调递减，由此即可顺利得解.
3．（23-24高二上·福建南平·期末）已知函数 .
(1)当 时，比较 与 的大小；
(2)若 ，比较 与 的大小.
【答案】(1)
(2)
【分析】
（1）令设函数 ，利用导数求出函数的最值，进而可得出答案；（2）先证明 ，则有 ， ，再根据
，可得 ，再利用导数分别求出函数 在 上
的单调性，根据函数的单调性即可得出结论.
【详解】（1）设函数 ，
则 ，
当 时， ，则 在 上单调递增，
所以 ，从而 ，即 ；
（2）设函数 ，
当 时， ， ，则 即 恒成立，
所以 ， ，
又 ，所以 ，
因为 ，所以 ，
令 ，则 恒成立，
所以 在 上单调递增，则 ，
所以 在 上单调递增，
又 ， ，所以 ，即 ，
设函数 ，则 ，
所以 在 上单调递增，
因为 ，所以 ，所以 ，所以 ，
所以 ，从而 .
【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.
