文档文本内容
培优点 01 切线放缩（2 大考点+强化训练）
目录
题型归纳............................................................................................................................................................................................1
题型01 单切线放缩 .......................................................................................................................................................................1
题型02 双切线放缩........................................................................................................................................................................11
【考情分析】
在高考压轴题中，经常考查与导数有关的不等式问题，这些问题可以用常规方法求解，也可以用切线不等式进行放缩．
导数切线放缩法是一种非常实用的数学方法，它可以帮助我们更好地理解函数的性质和变化规律，更能使问题简单化，
利用切线不等式进行求解，能起到事半功倍的效果．
【核心题型】
考点一：单切线放缩
常见的切线放缩：∀x∈R都有ex≥x＋1.当x>－1时，ln(x＋1)≤x.当x>0时，x>sin x；当x<0时，x<sin x.
规律方法 该方法适用于凹函数与凸函数且它们的凹凸性相反的问题(拆成两个函数)，两函数有斜率相同的切线，这
是切线放缩的基础，引入一个中间量，分别证明两个不等式成立，然后利用不等式的传递性即可，难点在合理拆分函
数，寻找它们斜率相等的切线隔板.
【例题1】（2024·重庆九龙坡·三模）已知函数 ， .
(1)当 时，函数 恒成立，求实数 的最大值；
(2)当 时，若 ，且 ，求证： ；(3)求证：对任意 ，都有 .
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）分离参数，函数 恒成立，转化为 恒成立，令 ，利用导
数讨论 的单调性，进而求最值即可求解；
（2）利用导数可得当 时， 在x∈(0,+∞)上单调递增，不妨设 ，要证 ，只需证
即可，结合不等式的特点构造函数，结合导数与单调性关系及函数性质即可证明；
（3）结合（2）中的结论，利用赋值及累加法即可证明.
【详解】（1）当 时， 恒成立，
即 恒成立，只需 即可，
令 ， ，则 ，
令 ， ，则 ，
当 时， 恒成立，ℎ(x)在 单调递增，所以 ，
所以 在 恒成立， 在 单调递增，
所以 ，
所以 ，即实数 的最大值为 .
（2）当 时， ， ，所以 ， 在x∈(0,+∞)上单调递增，
又f (1)=0， 且 ，不妨设 ，
要证 ，即证明 ，
因为 在x∈(0,+∞)上单调递增，即证 ，
因为 ，即证 ，
设
， ，
令 ，则 ，则 ， ，
由 可得 ， 在(0,1)单调递增，
所以 ，即 ，
所以 成立，所以 .
（3）由（2）可知当 时， 在(1,+∞)单调递增，且 ，
由 得 ，即 ，
令 ，则 ，即 ，
所以 ， ， ，…， ，
相加得 .
【点睛】关键点点睛：考查了导数与单调性关系在恒成立问题，不等式证明中的应用，考查了导数的综合应用，属于
难题.【变式1】（2024·上海松江·二模）已知函数 （ 为常数），记 .
(1)若函数 在 处的切线过原点，求实数 的值；
(2)对于正实数 ，求证： ；
(3)当 时，求证： .
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题意，得到 ，求得 ，结合导数的几何意义，求得切线方程，将原点
代入切线方程，即可求解；
（2）设函数 ，求得 ，求得函数ℎ(x)的单调性和最小值为 ，得到
，即可得证；
（3）根据题意，得到 ，结合 ，把转化为 ，设
，利用导数求得 的单调性和最大值 ，即可得证.
【详解】（1）解：由题意，函数 ，且 ，
可得 ，则 ，
所以 ，又因为 ，
所以 在 处的切线方程为 ，
又因为函数 在 处的切线过原点，可得 ，
解得 .（2）解：设函数 ，
可得 ，其中 ，
则 ，
令ℎ ′(x)>0，可得 ，即 ，即 ，解得 ，
令ℎ ′(x)<0，可得 ，解得 ，
所以ℎ(x)在 上单调递增，在 上单调递减，
可得ℎ(x)的最小值为 ，所以 ，
又由 ，
所以 .
（3）解：当 时，即证 ，
由于 ，所以 ，只需证 ，
令 ，只需证明 ，
又由 ，
因为 ，可得 ，令 ，解得 ；令 ，解得 ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 在 处取得极大值，也时最大值，所以 ，即 ，即 时，不等式 恒成立.
【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．
【变式2】（2022·贵州安顺·模拟预测）已知函数 ．
(1)讨论函数 的导函数的单调性；
(2)若 ，求证：对 ， 恒成立．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出导函数，设 ，求出 .分为 以及 ，根据导函数，即可得出函数
的单调性；
（2）由已知可将不等式转化为证明 恒成立.构造函数 ，根据导
函数得出函数的单调区间，求出函数的极值、最大值，即可得出 .即有 ，变形整理，
即可得出证明.
【详解】（1）由已知可得， ，设 ，
则 .
当 时，有 恒成立，所以 ，即 在R上单调递增；
当 时，由 可得， .由 可得， ，所以 ，即 在 上单调递减；
由 可得， ，所以 ，即 在 上单调递增.
综上所述，当 时， 在R上单调递增；当 时， 在 上单调递减，在 上
单调递增.
（2）因为 ，所以对 ，有 .
设 ，则
.
解 可得， 或 或 .
由 可得， ，所以，函数 在 上单调递增；
由 可得， 或 ，所以，函数 在 上单调递减，在 上单调递减.
所以， 在 处取得极大值，在 处取得极小值.
又 ，所以 ，即 .
所以，有 ，
整理可得， ，
所以，有 ， 恒成立．
【点睛】思路点睛：先放缩得出 .然后构造函数 ，根据导函
数求出函数的最大值，变形整理，即可得出证明.【变式3】（24-25高三上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）已知函数 ．
(1)当 时，求曲线 在点 处的切线方程；
(2)当 时，证明： ；
(3)证明： ．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）先求导得出f′(1)，再由点斜式计算即可；
（2）利用同构法将问题转化为证明 ，分别构造函数
，求其最小值即可；
（3）结合第一问先证 ，再证 ，通过放缩将问题转化为证明
即可.
【详解】（1）当 时， ，
所以 ，
故曲线y=f (x)在点(1,f (1))处的切线方程为 ；
（2）要证 ，即证 ，
即证 ，
分别令 ，
则 ，显然 时 ，此时 单调递增，
时 ，此时 单调递减，则 ，所以 恒成立，当且仅当 时取得等号，
即 ，当且仅当 时取等，
由 可得 ，当且仅当 时取得等号，
即有 ，但等号不能同时取得，所以 ，
所以 成立，证毕；
（3）令 ，
则 ，
令 ，
所以 定义域上单调递增，
又 ，则x∈(0,1)时， 单调递减，
x∈(1,+∞)时， 单调递增，
则有 ，所以 ，
故
，
令 ，
所以 定义域上单调递增，则 ，即 ，
所以 ，
令 ，
易知其对称轴为 ，即，
易知 ，所以 ，
则 ，
证毕.
【点睛】关键点睛：第三问解析式含有指数、对数、三角函数，证明需要利用合理的放缩化为简单的函数，而根据第
一问的结论将含指数与对数式的部分转化放缩为二次函数大大减轻计算量.
考点二：双切线放缩
规律方法 含有两个零点的f(x)的解析式(可能含有参数x，x)，告知方程f(x)＝b有两个实根，要证明两个实根之
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差小于(或大于)某个表达式．求解策略是画出f(x)的图象，并求出f(x)在两个零点处(有时候不一定是零点处)的切
线方程(有时候不是找切线，而是找过曲线上某两点的直线)，然后严格证明曲线f(x)在切线(或所找直线)的上方或下
方，进而对x，x作出放大或者缩小，从而实现证明．
1 2
【例题2】（2023·河北衡水·一模）已知函数
(1)求 在 处的切线方程；
(2)若 在定义域上有两解 ，求证：
① ；
② .
【答案】(1) ；
(2)①证明见解析；②证明见解析．
【分析】（1）根据导数的几何意义即可求出；
（2）①令 ，方程 在定义域上有两解 ，等价转化 在 上有两个
不同的根，
再判断出函数 的单调性，求出最值，由直线 与函数 在 上的图象有两个交点，即可证出；
②根据①，再利用“切线夹”原理放缩即可证出．【详解】（1）因为 ，所以 ，即 在 处的切线方程为 ．
（2）①易得 ， ，因为 ，
设 ， 所以 ，所以 在定义域上有两解 等价于 在 上有两个
不同的根 ，
即直线 与函数 在 上的图象有两个交点.
因为 ，易知当 时， ，当 时，
设 ， ，而 ，
，
所以存在唯一的 ，使得 ，即 ，
故当 时， ， 单调递增， 时， ， 单调递减，
综上可知，当 时， ， 单调递增， 时， ， 单调递减， ，
所以 .
设 ， ，
当 ， ，
设 ， ，则 ，
当 时， ，当 时， ，
故 在 为增函数，在 为减函数，故 ，故 ， ，
故 ， .
当 ，显然 ，故 时， 恒成立.
故 ，
即方程 在定义域上有两解 时， ，原命题得证.
②由①知，设 ， 所以 ，所以 在定义域上有两解 等价于 在
上有两个不同的根 ，
不妨设 ，且 ，所以 ，
设 ， ，所以 ，所以， ，
即 ，又 ，所以， ， ，即
，
所以 ，原不等式得证.
【点睛】本题第二问的解题关键是等价转化，一是方程根的个数转化为图象的交点个数，二是利用“切线夹”将直线
与函数的图象交点的横坐标之差，转化为研究直线与两条切线之间的交点的距离之差，再根据位置关系从而证出．
【变式1】（21-22高三上·山东·期中）已知函数 .
(1)函数 在定义域内恒成立，求实数 的取值范围：
(2)求证：当 时， ；
(3)若 有两个不同的零点 ，求证： .【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1） 在定义域内恒成立只需要 在定义域内满足 ，对 进行分类讨论；（2）
取 时， ，然后将待证不等式的左边取对数，让左边的式子结构能和 产生联系；（3）由题知
，联立该两个方程，由于待求证表达式不含有 ，故想办法消去参数，只保留 的关系，然后构
造函数进行解决.
【详解】（1）函数定义域为(0,+∞)， ，当 时， ，不满足题设；当 时，
， ，在 上， ， 单调递增，在 上， ， 单调递减，所以
，解得 .综上： 的取值范围是 .
（2）证明：由（1）得，当 时 ，当且仅当 时等号成立，所以 ，结合对数的运算法
则可得
，
所以 .所以 .
（3）由题意 ， ，两式相减得 ，即 ，故要证明 ，
即证明 ，
即证明 ，不妨设 ，令 ，，
令 ， ，
所以 在 上单调递减， ，所以 在 上单调递减，
， 在 上成立，
令 ，得 ，所以 .
【变式2】（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(1,0)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.
【详解】（1）因为 ，所以 ，
所以直线 的方程为： ，即
（2）令 ，则 ，
令 ，则 ，
由ℎ ′(x)>0，解得 ，由ℎ ′(x)<0，解得 ，
所以ℎ(x)在 上单调递减，在 上单调递增，
当 时， ，
所以 在 上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以 ，当且仅当 等号成立，
所以除切点(1,0)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(0,+∞)上单调递减，
，
当 时， ．
因为 ，则 ，不妨令 ．
因为曲线 在(1,0)点的切线方程为 ，
设点 在切线上，有 ，故 ，由（1）知x∈(0,1)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F(x)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.【变式3】（2024·全国·模拟预测）已知函数 ．
(1) 对任意 恒成立，求 的取值范围；
(2) 有两个解 ， ，求证： ．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）构造函数 ，利用导数研究函数单调性，求最小值大于0的条件；
（2） 图象上三个点 ， ， ，记线段 ， 与直线 的交点横坐标分别为 ， ，
在 ， 两点处的切线为 ， ，记两条切线与直线 的交点横坐标分别为 ， ，证明
即可得证结论.
【详解】（1）令 ，则有 ， ．
若 ，即 ，则存在 ，使得ℎ(x)在 上单调递减，有ℎ(x)<0，与已知矛盾，
所以 ，解得 ．
因为 ，所以 ，
记 ，则有 ．
下证 对任意 恒成立．
易得 ．
记 ，则有 ，所以 在(0,+∞)上单调递增，
所以 ，则有φ′(x)>0，
所以φ(x)在(0,+∞)上单调递增，则有 ，原命题得证．综上， 的取值范围 ．
（2）证明：由题可得 ，
令 ，则 ，易知 ，
时， ； 时， ，
所以 在 上单调递减，在(0,+∞)上单调递增．
又有 ， ，
且 ， ，所以存在 ，使得g(x )=0，
0
时， ； 时， ，
则 在 上单调递减，在 上单调递增，且 ．
记 ， ， ，连接 ， ，记线段 ， 与直线 的交点横坐标分别为 ， ，
下证：函数 的图象在线段 的下方．
令 ，则 ， ， ，
令 ，则 ，故 在(0,1)上单调递增．
， ，由零点存在定理得存在唯一 ，使得 ，
故当 时， ， 单调递减；当 时， ， 单调递增，
结合 ， ，可知 ，
所以 ，所以函数 的图象在线段 的下方．
同理可证，函数 的图象在线段 的下方，
则有 ，其中直线 的方程为 ，则有 ，解得 ．
直线 的方程为 ，则有 ，解得 ，
则有 ，所以 ．
分别记函数 在 ， 两点处的切线为 ， ，
则有 ， ，两条切线分别为 ， ．
记两条切线与直线 的交点横坐标分别为 ， ，则有 ，
将 分别代入 ， 有 解得
则有 ，所以 ，
综上， ．
【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．证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想
去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
【强化训练】
一、解答题
1．（2021·黑龙江齐齐哈尔·一模）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】(1)答案不唯一，具体见解析；(2)证明见解析；(3)证明见解析．
【分析】(1)指出函数定义域，求出f(x)的导函数，由导函数值为0时的一元二次方程根的情况讨论得单调区间，单调
性；
(2)利用(1)的结论，利用单调性比较与f(1)的大小而得；
(3)利用(2)的结论，并写出其等价不等式，借助分析法、不等式的传递性转化证新的不等式.
【详解】(1)函数 的定义域为(0,+∞)， ，
令 ，即 ，
，解得 或 ，
若 ，此时 ， 在(0,+∞)恒成立，
所以 在(0,+∞)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(0,+∞)上单调递增．
综上所述：若 ， 在(0,+∞)单调递增；
若 ， 在 ， 上单调递增，
在 上单调递减．
(2)由(1)可知当 时，函数 在 上单调递增，即 ，所以 在 上恒成立．
(3)由(2)可知 在 恒成立，
所以 在(0,+∞)恒成立，
下面证x>0时， ，即证 ，
设 ， ，
设 ， ，
易知 在(0,+∞)恒成立， 在(0,+∞)单调递增，
所以 ， 在(0,+∞)单调递增，
从而有 ，
所以 ，即当 时， ．
【点睛】(1)含参数的函数单调性讨论问题，定义域内以导函数的零点情况进行分类讨论；
(2)证明函数不等式，借助分析法、放缩思想转化，再用导数解决.
2．（2021·浙江杭州·模拟预测）已知函数 有两个不同的零点 ，且 .
（Ⅰ）求实数 的取值范围；
（Ⅱ）若不等式 对任意的 恒成立，求实数 的最大值；
（Ⅲ）求证： .
【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ）2；（Ⅲ）证明见解析.
【分析】（Ⅰ）由题意转化为 ，利用导数分析 的单调性即可求解；
（Ⅱ）由题意转化为 ，由 只需证明 单调递增即可；（Ⅲ）由题意可放缩得 ，即只需证 ，构造函数 ，利用导数求出函数最小
值即可求证.
【详解】（Ⅰ） 有两个不同的零点 有两个不同的根，显然0不是根，
，
记 ，令
在 上递减，在 上递增，如图，
，
（Ⅱ）由 在 恒成立，
，
因此 的一个必要条件是 ，
而当 时， ，
令 ， ，则 ，
所以 是增函数且 ，因此 在 上递增， ，符合，
所以
（Ⅲ）易得 ，由（Ⅱ）
①，用 换①中的x，可得
，
只需证 ，
即证 ，记 ，
在 上增函数，
，得证!
【点睛】关键点点睛：函数中不等式的证明，需要转化为函数不等式恒成立，构造恰当函数，利用导数求出函数的最
值，转化为最值有关的不等式，一般技巧性较强，属于难题.
3．（20-21高三下·浙江台州·阶段练习）已知函数
（1）若对任意 ，不等式 恒成立，求 的取值范围；
（2）已知函数 有3个不同的零点 .
（i）求 的取值范围；
（ii）求证： .
【答案】（1）[0，+∞)；（2）（i） ；（ii）证明见解析.【分析】（1）问题转化为a≥2lnx﹣x ，（x≥1），记F（x）＝2lnx﹣x ，（x≥1），根据函数的单调性求出F
（x）的最大值，求出a的取值范围即可；
（2）（i）问题转化为y＝|f（x）|的图像和y＝a的图像有3个不同的交点，根据函数的单调性画出函数y＝|f（x）|的
图像，结合图像求出a的取值范围即可；
（ii）求出|xlnx| ，画出草图，结合图像证明结论成立即可．
【详解】解：（1）若对任意x∈[1，+∞)，不等式 恒成立，
即2xlnx≤x2+ax﹣1在[1，+∞)恒成立，即 ，
记 ，则a≥F(x)max，
又 ，
故F(x)在[1，+∞)上单调递减，故 ，
故a的取值范围是[0，+∞)；
（2）（i）令h(x)=0，得|f(x)|=a，
问题转化为y=|f(x)|的图像和y=a的图像有3个不同的交点，
而f(x)=xlnx，f′(x)=lnx+1，
令 ，解得： ，令 ，解得： ，
故 在 递减，在 递增，
而 时， 时， ，
画出函数y=|f(x)|的图像，如图示：结合图像，a的取值范围是 ；
（ii）证明：令 ，则 ，
令 ，解得： ，令 ，解得：
故 在 递增，在 递减， ，
故 在 递减， ，故 ，
时， ，故 ，画出草图，如图所示：
设直线 和 在 时的交点横坐标为 ，结合图像，，而由 ，解得： ，.
故 ，原结论成立.
【点睛】方法与关键点点睛：（1）参变分离（2）（i）数形结合（ii）解题关键：注意到 是
的两个正根，找到辅助函数 ，利用曲线放缩夹出范围.
4．（2022·浙江·模拟预测）已知函数 .
(1)设函数 ，且 恒成立，求实数 的取值范围；
(2)求证： ；
(3)设函数 的两个零点 、 ，求证： .
2
【答案】(1)t≤−
e
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）利用参变量分离法得出t≤2xlnx，利用导数求出函数 的最小值，即可得出实数 的取值
范围；
（2）证明出 ，即可证得结论成立；
（3）分析可得 ，证得 ，利用基本不等式可得出 ，
构造函数 ，分析看可知函数 在(0,+∞)上为增函数，分析得出 ，结合函数
的单调性可证得结论成立.t
【详解】（1）解：由 可得 −lnx≤lnx，可得t≤2xlnx，
x
令 ，其中 ，则 ，
当 时， ，此时函数 单调递减，
当 时， ，此时函数 单调递增，
2
所以， ，所以，t≤− ；
e
（2）解：要证 ，即证 ，
由（1）可知， ，当且仅当 时，等号成立，
令 ，其中 ，则 ，
当 时， ，此时函数 单调递增，
当 时， ，此时函数 单调递减，
所以， ，
因为 和 取等的条件不同，故 ，即 ；
（3）解：由题知 ①， ②，
① ②得 ③，
② ①得 ④.
③ ④得 ，不妨设 ，记 .
令 ，则 ，
所以 在 上单调递增，
所以 ，则 ，即 ，
所以 .
因为
，
所以 ，即 .
令 ， ，则 在(0,+∞)上单调递增.
又 ，
所以 ，即 ，所以 .
【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.5．（2024·全国·一模）已知
(1)若 ，求实数 的取值范围；
(2)设 是 的两个零点（ ），求证：① ；② .
【答案】(1)
(2)①证明过程见解析；②证明过程见解析
【分析】（1）求导得出函数 的单调区间和最小值，由最小值大于0列出不等式即可求解.
（2）①由题意 ， ，作差得 ，由此即
可构造函数 比较大小，进而结合函数 单调性即可得证；②通过分析得出要证
，只需 ，进而构造函数 ，求导得出其单调性，进而得出
，从而若要使得 ，则只需 ，所以构造函数
即可得证.
【详解】（1） ，设 ，
则 ，所以 单调递增，注意到 ，
所以当 时， ， ， 单调递减，
当 时， ， ， 单调递增，
所以 ，
若 ，则 ，解得 ，
所以实数 的取值范围为 ；（2）①由题意不妨设 ，则由（1）可知 ，且 ，
所以
，
设 ， ，
所以函数 单调递增，所以 ，
所以 ，即 ，
又函数 在 上面单调递减，所以 ，所以 ；
②注意到 ，
所以 ，要证 ，
只需 ，即只需 ，
令 ，则 ，
当 时， ， 单调递增，
当 时， ， 单调递减，
又 ，所以 ，所以要证 ，只需 ，即 ，
不妨设 ，
则 ，
当 时， ， 单调递增，
当 时， ， 单调递增，
因为 ，所以 ，即 ，
又因为 ，所以 ，
综上所述，命题 得证.
【点睛】关键点点睛：第二问的关键是要用到分析法，将自变量同一到同一个单调区间，并构造适当的函数，由此即
可顺利得解.
6．（2022·四川泸州·模拟预测）已知函数 （其中e为自然对数的底数， …）．
(1)若 恒成立，求实数a的值；
(2)若 ，求证： ．
【答案】(1)1；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由题可得 恒成立，利用导数分类讨论可得 ，构造函数
，利用导数研究函数的性质即得;
（2）由题可得当 时， ，利用放缩可证 ，构造函数然后利用导数即得.【详解】（1）设 ，则 ．
当 时， 单调递增， ，不满足 恒成立；
当 时，由 ，可得 ，
所以 ， ， 单调递减．
， ， 单调递增，
所以 的最小值为 ，
即 ，即 ．
设 ，
则 单调递减， 单调递增，
即 ，
故 的解只有 ．
综上， ．
（2）先证当 时， 恒成立．
令 ，
所以 在 上单调递增，
又 ，所以 ．
所以要证 ，可证 ，
即证 ，即证 ．
设 ，则 ，所以 在 上单调递减，
所以 ，即 ，
所以当 时， ．
【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：
若 在区间D上有最值，则
（1）恒成立： ； ；
（2）能成立： ； .
若能分离常数，即将问题转化为： （或 ），则
（1）恒成立： ； ；
（2）能成立： ； .
7．（2022·天津和平·一模）已知函数 ，g(x)=ln(x+1).
(1)当 时，求函数 在点 处的切线；
(2)若 对任意的 恒成立，求实数 的取值范围；
(3)求证： 时， .
【答案】(1)
(2)
(3)证明过程见解析
【分析】（1）求导，利用导数的几何意义求出切线斜率，求出切线方程；（2）构造 ，注意
到 ，二次求导后结合函数单调性对 分类讨论，求出 满足要求， 不合要求，得到答案；（3）构
造函数，对函数进行适当放缩，证明出结论.【详解】（1）当 时， ， ，
所以 ，故 在点 处的切线为 ，即
（2） ，即 在 上恒成立，
设 ，注意到 ，
，令 ，
则 在 为增函数，且 ，
所以 恒成立，即 单调递增，
其中 ，
若 ，则 恒成立，此时 单调递增，又 ，
所以 恒成立，
即 在 上恒成立，即结论成立；
若 ，则 ，
又 ，
故由零点存在性定理可知，在 内存在 ，使得 ，
当 时， ，所以 单调递减，又 ，
所以当 时， ，即 ，不合题意，舍去；
综上：实数 的取值范围是
（3）构造函数 ，，
令 ，
则 ，
当 时， 恒成立，
所以 在 上单调递增，
所以 ，故 在 单调递增，
，即 ，
构造函数 ， ，
，
所以 在 上为单调递增，
所以 ，即
所以 ，
即 时， ，证毕
【点睛】证明不等式常用放缩法，常用的放缩有 ， ， ， ，
等.
8．（2023·河北·模拟预测）已知函数 ．
(1)若 ，求 的取值范围；
(2)当 时，记函数 的两个零点为 ，求证： ．【答案】(1)
(2)证明见详解
【分析】（1）根据题意分析可得原题意等价于 恒成立，利用导数求最值结合恒成立问题分析运算；
（2）求导，利用导数判断原函数的单调性，结合零点存在性定理求 所在区间，进而可得结果.
【详解】（1）若 ，整理得 ，
构建 ，则原题意等价于 恒成立，
则 ，
令 ，解得 ；令 ，解得 或 ；
则 在 上单调递增，在 单调递减，
可得 ，且当 时， ，
所以 的最小值为 ，则 ，
故 的取值范围为 .
（2）当 时，则 ，可得 ，
且 ，令 ，解得 ；令 ，解得 或 ；
则 在 上单调递增，在 单调递减，
当 时，则 在 单调递减，
由 ，
构建 ，则 ，令 ，解得 ；令 ，解得 ；
则 在 上单调递减，在 上单调递增，
且 ，可得 对 恒成立，
可得 ，
令 ，则 ，
可得 ，
故 ，
且 ，则 ，
故 在 内存在零点，设为 ；
当 时， 在 上单调递增，
且 ，
故 在 内存在零点，设为 ；
当 ，则 ，可得 ，
故 在 内无零点；
综上所述：函数 有两个零点为 ，且 ， ，
可得 ，又因为 ，可得 ，
所以 ，即 .
【点睛】关键点睛：在说明零点 的取值范围是，利用割线放缩，取 ，进而可得 .
