专题2-6 导数大题证明不等式归类（16题型+解题攻略）-2024年高考数学二轮热点题型归纳与变式演练（新高考通用）

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TOC \ "1-1" \h \u \l "_Tc4934" 题型01 不等式证明方法 PAGEREF _Tc4934 \h 1
\l "_Tc13723" 题型02 单变量构造：利用第一问结论 PAGEREF _Tc13723 \h 3
\l "_Tc32511" 题型03 单变量构造：数列型 PAGEREF _Tc32511 \h 6
\l "_Tc32667" 题型04 数列不等式：无限和裂项型 PAGEREF _Tc32667 \h 11
\l "_Tc23969" 题型05 数列不等式：累积相消型 PAGEREF _Tc23969 \h 14
\l "_Tc373" 题型06 数列不等式：取对数型 PAGEREF _Tc373 \h 18
\l "_Tc1014" 题型07 虚设根型证不等式 PAGEREF _Tc1014 \h 22
\l "_Tc31593" 题型08 利用函数“凸凹反转性”证明不等式 PAGEREF _Tc31593 \h 26
\l "_Tc32089" 题型09 同构型不等式证明 PAGEREF _Tc32089 \h 29
\l "_Tc20255" 题型10 双变量型构造 PAGEREF _Tc20255 \h 33
\l "_Tc25024" 题型11 极值点偏移型：和型证明 PAGEREF _Tc25024 \h 36
\l "_Tc9714" 题型12 极值点偏移型：积型证明 PAGEREF _Tc9714 \h 39
\l "_Tc26962" 题型13 极值点偏移型：平方型证明 PAGEREF _Tc26962 \h 44
\l "_Tc8895" 题型14 三角函数型不等式证明 PAGEREF _Tc8895 \h 47
\l "_Tc4479" 题型15 韦达定理代换型 PAGEREF _Tc4479 \h 49
\l "_Tc17176" 题型16 切线放缩型证明 PAGEREF _Tc17176 \h 53
\l "_Tc2029" 高考练场 PAGEREF _Tc2029 \h 56

题型01 不等式证明方法
【解题攻略】
【典例1-1】（陕西省澄城县20121-2022学年高三试数学（理）试题）设函数．
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当时，．
【答案】(1)f(x)的增区间为，减区间为.(2)证明见解析
【分析】（1）求出导数，由导数大于0，可得增区间；导数小于0，可得减区间，注意函数的定义域；
（2）运用（1）的单调性， 当时，可得，可推出结论.
（1）的定义域为，，由，可得；，可得，
即有f(x)的增区间为，减区间为.
（2）当时，由（1）可得在递减，
可得，即有.故有：
【典例1-2】已知函数.
(Ⅰ)求函数的单调区间；
(Ⅱ)求证：当时，.
【答案】(1)f(x)的单调增区间为(1，＋∞), 单调减区间为(0，1)；(2)见解析.
【分析】(Ⅰ)明确定义域，求出导函数，解不等式即可得到函数的单调区间；
(Ⅱ)作差构造新函数，研究函数的最值即可.
【详解】(1)依题意知函数的定义域为{x|x>0}，∵f′(x)＝2x-2=，
由f′(x)>0， 得x>1; 由f′(x)g(2)＝4-2ln2-6+4>0，∴当x>2时， x2-2lnx>3x-4,即当x>2时..
【变式1-1】（湖南省三湘名校教育联盟2021-2022学年高三数学试题）已知函数，曲线在点处的切线方程为．
(1)求a，b的值；
(2)证明：．
【答案】(1)，；(2)证明见解析.
【分析】（1）根据导数的几何意义，结合，，解方程组即可；
（2）根据（1）中所求，利用导数判断函数单调性，求得最小值，即可证明.
(1)
∵，∴，
∵曲线在点处的切线方程为，
∴，解得，．
(2)
由（1）知，，
∴当时，，为减函数，当时，，为增函数，
∴的最小值为，∴，即证.
【变式1-2】（湖北省华中师范大学潜江附属中学2021-2022学年高三4月数学试题）已知函数f（x）＝ax3﹣3lnx.
(1)若a＝1，证明：f（x）≥1；
(2)讨论f（x）的单调性.
【答案】(1)证明见解析(2)答案见解析
【分析】（1）对f（x）求导，利用导数求出f（x）的最小值，即可得证；
（2）对f（x）求导，对a分类讨论，由导数与单调性的关系即可解出.
(1)
若a＝1，则f（x）＝x3﹣3lnx，x＞0，，
令f′（x）＝0，可得x＝1，当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，所以f（x）在x＝1处取得极小值，也是最小值，最小值为f（1）＝1，故f（x）≥1.
(2)
f（x）＝ax3﹣3lnx，x＞0，（x＞0），
当a≤0时，f′（x）＜0，则f（x）在（0，+∞）上单调递减；
当a＞0时，令f′（x）＞0，得x，令f′（x）＜0，得0＜x，
所以f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增.
综上，当a≤0时，f（x）在（0，+∞）上单调递减；
当a＞0时，f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增.
【变式1-3】（2022·云南昆明·统考模拟预测）已知函数，．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)证明：．
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）根据切点和斜率求得切线方程.
（2）构造函数，利用导数判断的单调性，从而证得不等式成立.
【详解】（1），，，
故曲线在点处的切线方程为.
即．
（2）设，
则
．
由（1）知，又，
所以，所以在上单调递增，故，
所以，，．
题型02 单变量构造：利用第一问结论
【解题攻略】
【典例1-1】（2023·吉林长春·长春吉大附中实验学校校考模拟预测）已知函数.
(1)求的最小值；
(2)证明：.
【答案】(1)(2)证明过程见解析
【分析】（1）利用导数的性质进行求解即可；
（2）利用（1）的结果，取特殊值代入进行证明即可.
【详解】（1）显然该函数的定义域为全体正实数，
由，
当时，，所以函数单调递增，
当时，，所以函数单调递减，因此；
（2）由（1）可知：，即，
即，当时，.
【典例1-2】（2021下·北京丰台·高三统考）已知函数在处有极值2．
（Ⅰ）求，的值；
（Ⅱ）证明：．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析.
【分析】（Ⅰ）求出导函数，由且求得，并检验0是极值点；
（Ⅱ）不等式化为，引入函数，由导数求得的最小值，最小值大于0，从而证得不等式成立．
【详解】（Ⅰ）解：由已知，，则 解得，
经检验，符合题意.
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可知，．要证，
只需证．即．
令，则． 令，解得．
，的变化情况如下表所示．
所以，时，有最小值．故成立
【变式1-1】（2021·四川·四川省绵阳南山中学校考模拟预测）设函数，其中为自然对数的底数，曲线在处切线的倾斜角的正切值为．
（1）求的值；
（2）证明：．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【分析】（1）求出函数的导函数，再代入计算可得；
（2）依题意即证，即，构造函数，，利用导数说明其单调性与最值，即可得到，从而得证；
【详解】解：（1）因为，所以，
，解得．
（2）由（1）可得
即证．
令，，于是在上是减函数，在上是增函数，所以（取等号）．
又令，则，于是在上是增函数，在上是减函数，所以（时取等号）．所以，即．
【变式1-2】（2022下·山东聊城·高三练习）已知函数.
(1)讨论的单调性并求极值；
(2)证明：当时，.
【答案】(1)在单调递减，单调递增.极小值为,无极大值；(2)见解析
【分析】(1)求出，明确单调性，从而得到函数的极值；
(2)要证当时，即证当时，，构造新函数，研究其单调性即可.
【详解】（1），，令，解得，令，解得，
所以在单调递减，单调递增.
当时函数取得极小值为，无极大值.
（2）令, ,
由（1）可知在递增，所以，
所以，因此在递减，
当时，即，
所以得证.
【变式1-3】（20122安徽马鞍山·统考模拟）已知函数.
(1)若在定义域内无极值点，求实数的取值范围；
(2)求证：当时，恒成立.
【答案】(1)(2)见解析
【分析】（1）由题意知，令，利用导数求得有最小值，结合在定义域内无极值点，得，再验证时，即可得结论；（2）结合（1）中结论可得在上单调递增，根据可得存在唯一的零点，且在上单调递减，在上单调递增,故可得结论.
【详解】（1）由题意知，令，则，
当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增，
又，∵在定义域内无极值点，∴
又当时，在和上都单调递增也满足题意，所以.
（2），令，
由（1）可知在上单调递增，又，所以存在唯一的零点，
故在上单调递减，在上单调递增，∴
由知即当时，恒成立.
题型03 单变量构造：数列型
【解题攻略】
【典例1-1】（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）已知函数．
(1)证明：；
(2)讨论的单调性，并证明：当时，．
【答案】(1)证明见解析(2)答案见解析
【分析】（1）构造函数，利用导数证明，可得，变形即可得证；
（2）构造，利用导数证明其单调性，再结合复合函数的单调性即可判定的单调性，利用的单调性可得，同时取对数变形即可证明结论.
【详解】（1）证明：令，则，
所以在上单调递减，所以，即．
令，则有，
所以，所以，即．
（2）由可得，令，则，
令，则，
所以在上单调递增，．令，则有，
所以在上单调递增，所以在上单调递增，
所以对于，有，
所以，所以，
即，整理得：．
【典例1-2】2012·河北衡水·统考一模）设函数,其中．
(1)当时，在时取得极值，求；
(2)当时，若在上单调递增，求的取值范围；
(3)证明对任意的正整数,不等式都成立．
【答案】(1)；(2)；(3)证明见解析.
【分析】(1)先由得到，再由在处取极值得到，进而可得出结果；
(2)先由得，根据在上单调递增，可得在上恒成立，令，可得，求解即可得出结果；
(3)先设，将原不等式化为证明当时，恒成立即可，对函数求导，确定其单调性，即可得出结论成立.
【详解】解：(1) 当时，，依题意有,故，此时，取得极大值，所以；
(2)当时,，若在上单调递增，则在上恒成立，
设，只需，即；
(3) 若证不等式，设，可证当时，恒成立，
在上恒正,
在上单调递增,当时,恒有
即当时,有
故对任意正整数，不等式成立．
【变式1-1】2023·吉林长春·长春吉大附中实验学校校考模拟预测）设函数，其中和是实数，曲线恒与轴相切于坐标原点．
求常数的值；
当时，关于的不等式恒成立，求实数的取值范围；
求证：．
【答案】(1) ；(2) ；(3) 详见解析【详解】. 试题解析：
(1) 对求导得：，根据条件知，所以.
(2) 由(1)得，
.
①当时，由于，有，于是在上单调递增，从而，因此在上单调递增，即而且仅有；
②当时，由于，有，于是在上单调递减，从而，因此在上单调递减，即而且仅有；
③当时，令，当时，，于是在上单调递减，从而，因此在上单调递减，即而且仅有；综上
(3) 对要证明的不等式等价变形如下：
所以可以考虑证明：对于任意的正整数，不等式恒成立. 并且继续作如下等价变形
对于相当于（2）中，情形，有在上单调递减，即而且仅有.
取，当时，成立；
当时，.
从而对于任意正整数都有成立.
对于相当于（2）中情形，对于任意，恒有而且仅有. 取，得：对于任意正整数都有成立.
因此对于任意正整数，不等式恒成立.
这样依据不等式，再令利用左边，令 利用右边，即可得到成立.
【变式1-2】（2023上·河南南阳·高三统考期中）（1）已知函数，判断函数的单调性并证明；
（2）设为大于1的整数，证明：.
【答案】（1）函数在上单调递减，在上单调递增，证明见解析；
（2）证明见解析
【分析】（1）求得函数的定义域后，判定出函数为偶函数，利用导数即可证明其单调性；（2）把不等式变形为，两边取对数后，根据的单调性即可证明；也可以两边取对数后把不等式变形为，构造函数，利用函数的单调性证明.
【详解】（1）函数的定义域为，函数的定义域为
函数在上单调递减，在上单调递增
证明：，∴则为上的偶函数.
，，故，
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
（2）（证法一）要证明，需证明即证明，
即，由（1）可知即证.
∵且在单调递增，∴
所以对，成立.
（证法二）要证明,即证明，
即证，即证，
设函数，，
故函数在上单调递增又，∴，
即成立，故原不等式成立.
【变式1-3】（2017下·黑龙江大庆·高三大庆中学校已知函数；
(1)若函数在上为增函数，求正实数的取值范围；
(2)当时，求函数在上的最值；
(3)当时，对大于1的任意正整数，试比较与的大小关系．
【答案】(1)(2)函数在区间上的最大值是，最小值是0(3)
【分析】（1）求导，由题意可得对恒成立，再利用参变分离运算求解；（2）将代入，求导，得到的单调区间，从而求的最值；（3）由（1）得的单调性，令，可得，运算整理证出结论．
【详解】（1）因为，所以
因为函数在上为增函数，所以对恒成立，
所以对恒成立，即对恒成立，所以.
（2）当时，，
当时，，故在上单调递减；当，，故在上单调递增，
所以在区间上有唯一极小值点，故，
又∵，，
因为，所以，即
所以在区间上的最大值是
综上可知：函数在区间上的最大值是，最小值是0.
（3）由（1）可知：当时， 在上为增函数.
当时，，则
即，即
当时，对大于1的任意正整数，有
题型04 数列不等式：无限和裂项型
【解题攻略】
【典例1-1】（2023·内蒙古呼和浩特·呼市二中校考一模）已知函数．
(1)求函数的极值；
(2)求证：．
【答案】(1)①当时，没有极值；②当时，有极大值，无极小值.
(2)证明见解析
【分析】（1）求定义域后求，运用导数分类讨论与时单调性进而分析的极值.
（2）运用对进行放缩及对数运算公式即可证明.
【详解】（1），则定义域为，
.
①当时，恒成立，则为上的增函数，所以没有极值.
②当时，由，得；由，得.
所以在上单调递增，在上单调递减.
故当时，有极大值，无极小值.
综述：①当时，没有极值；
②当时，有极大值，无极小值.
（2）证明：取m＝1，由（1）知在上单调递减，所以.
即,.
令，得，即，
分别取k＝n＋1，n＋2，…，n＋（n＋1），，
可得．
即成立．
【典例1-2】（2023·全国·高三专题练习）已知函数，．
(1)讨论函数的单调性；
(2)证明: ．
【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析
【分析】（1）求得，分和，两种情况讨论，结合导数的符号，进而求得函数的单调区间；
（2）由（1），根据题意，得到，即，当时，结合，，，，将不等式累加后，即可求解.
【详解】（1）解：由函数，可得的定义域为，
且
若，可得，在上单调递减；
若，令，因为，可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
综上可得：当时， 在上单调递减；
当时，的递增区间为，递减区间为.
（2）证明：由（1）知，当时，的递增区间为，递减区间为，
所以，所以，即，
当时，可得：，将不等式累加后，
可得
，即.
【变式1-1】（2023上·浙江·高三浙江省富阳中学校联考阶段练习）已知函数）.
(1)讨论的单调性；
(2)若时，，求实数的取值范围；
(3)对任意，证明：.
【答案】(1)答案见解析(2)(3)证明见解析
【分析】（1）讨论，由的正负确定单调性；
（2）记，由得，讨论与1大小关系，验证是否成立；
（3）由（2）知，，令得，累加得证.
【详解】（1）
当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）记，由题知时恒成立，
由得，
，由（1）知：当时，在上单调递减，在上单调递增.
若，则，故在上单调递增，所以恒成立；
若，则，故，
由于，
因此，故不能恒成立.
综上得.
（3）证明：由知，令，
所以，即
所以，
故，
即.
【变式1-2】（2023上·福建厦门·高三厦门市湖滨中学校考期中）已知函数.
(1)若不等式在区间内恒成立，求实数的取值范围；
(2)求证：（为自然对数的底数）
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）分离参数，转化为求定函数的最值问题；
（2）根据第一问，合理构造，利用不等式的性质合理变形达到证明的目的.
【详解】（1）因为，，所以，
令，又，令解得，
时，，递增，时，，递减，
所以当时函数有最大值，且最大值为，所以.
（2）由（1）知，所以，
所以
，
又
，
所以，
即.
【变式1-3】（2023上·陕西·高三校联考阶段练习）已知函数，．
(1)若函数在R上单调递减，求a的取值范围；
(2)已知，，，，求证：；
(3)证明：．
【答案】(1)(2)证明见解析(3)证明见解析
【分析】（1）由函数单调递减得恒成立，分离参数法可得；
（2）利用导数得函数单调性，由单调性证明不等式即可；
（3）利用（2）结论，逐个赋值后累加法可证.
【详解】（1）对恒成立，即对恒成立．
因为，则．
（2），只需证明．
令，，
则在单调递减，则，
又，则，即成立，得证．
（3）由（2）知，令，则有，
即，，
，…，，
累加可得，
故，从而命题得证．
题型05 数列不等式：累积相消型
【解题攻略】
【典例1-1】（2022贵州铜仁·高三贵州省铜仁第一中学阶段练习）已知函数f(x)＝aln x－ax－3(a∈R)．
(1)若a＝－1，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数y＝f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t∈[1,2]，函数g(x)＝x3＋x2 (是f(x)的导函数)在区间(t,3)上总不是单调函数，求m的取值范围；
(3)求证：×…×< (n≥2，n∈N*)
【答案】（1）当时，单调增区间为，减区间为，当时，单调增区间为，减区间为，当时，不是单调函数；（2）；（3）证明见解析.
【分析】（1）求出导函数，解不等式得增区间，解得减区间；
（2）由切线斜率求得参数，的不单调转化为在上有解，然后根据零点存在定理得条件结合二次函数性质求解；
（3）由（1）单调性得，可得出（），个式子相乘可证结论．
【详解】（1）当时，()，
解得；解得，的单调增区间为，减区间为 ；
（2） ∵，∴得，，，∴
∵在区间上总不是单调函数，且，∴，
由题意知：对于任意的，恒成立，
所以，，∴.
（3）证明如下： 由（1）可知
当时，即，
∴对一切成立．
∵，则有，∴.
.
【典例1-2】（2023·全国·高三专题练习）已知函数．
(1)若，求的值；
(2)证明：当且时，．
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）求出的导数，分类讨论，确定函数的单调性，利用成立，求出；
（2）由（1），当时，即，令，则有，可得，累乘可证得结果.
【详解】（1）由题意知，，，
①当时，，在上单调递减，
所以，当时，，不合题意；
②当时，由得，，则在上单调递增，
由得，，则在上单调递减，
所以，，不合题意；
③当时，由得，，则在上单调递增，
由得，，则在上单调递减，
所以，对于任意的，，符合题意；
④当时，由得，，则在上单调递增，
由得，，则在上单调递减，
所以，，不合题意．
综上所述，．
（2）由（1）知，时，即，当且仅当时等号成立．
令，其中且，则有，
又，所以，，即
所以．所以，原不等式得证．
【变式1-1】（2023·全国·高三专题练习）已知函数，
(1)若对任意的恒成立，求实数的取值范围；
(2)求证： .
【答案】(1)(2)见解析
【分析】(1)求出的导数，通过讨论的范围，结合函数的单调性确定的具体范围即可；
(2)得到，令，得， 取不同的值，相乘即可．
【详解】（1）
因为对任意的恒成立，
设 ，所以在恒成立，
设，
在恒成立，所以在上为增函数，
所以在恒成立，所以函数为增函数；
所以，所以的取值范围为.
（2）（2）由（1）知，令，，
∴当时，，且当且仅当时
令，则
即，， ，，，
将上述个式子相乘得：，∴原命题得证
【变式1-2】（2023·全国·高三专题练习）设整数，，且，函数．
(1)求证：；
(2)求证：．
【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数研究单调性，进而求证结论；
（2）由（1）结论（伯努利不等式）有，令，放缩，累乘即可证结论.
【详解】（1）由，
∵，，∴单调递增．
当时，，单调递减；当时，，单调递增．
∴．
（2）由（1）知，，令，，
得，
∴．
【变式1-3】（2022·全国·高三专题练习）已知函数，.
(1)若在上恒成立，求实数的取值范围；
(2)求证：.
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）等价于，即，记，只要证明即可，分，和三种情况讨论函数的最值，从而可得出答案；
（2）由（1）可知当时，在上成立，即，令，则，由此即可证得结论.
【详解】（1）解：等价于，即，
记，则，当时，，在上单调递增，
由，，所以，即不恒成立；
当时，则，当时，，所以在上单调递增，
则，所以不恒成立；
当时，，，在上单调递减，所以，
所以，即恒成立，
所以在上恒成立，实数的取值范围是；
（2）证明：当时，在上成立，即，
令，则，
所以
，所以.

题型06 数列不等式：取对数型
【解题攻略】
【典例1-1】（2023·全国·高三专题练习）已知函数．
(1)求证：当时，；
(2)已知e为自然对数的底数，求证：，．
【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析
【分析】（1）构造函数和，求导即可求解，
（2）由（1）可知：当时，，．取，可得，利用“累加求和”即可证明不等式的右边部分．由（1）可知：当时，，．取，则，利用“累加求和”即可证明不等式的左边部分．
【详解】（1）令，则，
故在上单调递增，∴当时，，
即成立．令，则，
∴在上单调递减，∴当时，，
即成立．综上所述，当时，成立．
（2）由（1）可知：，．取，，，．
，，
，．
由（1）可知：当时，对恒成立．
取，，，．则，，，
，
，．
综上可得：，．
【典例1-2】（2023·全国·高三专题练习）已知函数．
(1)求函数的图象在处的切线方程；
(2)若任意，不等式恒成立，求实数的取值范围；
(3)设，证明：．
【答案】(1)(2)(3)证明见解析
【分析】（1）求导，再利用导数的几何意义求解；
（2）将问题转化为，令，用导数法求其最大值即可.
（3）易知，易知在上恒成立，令得到证明.
【详解】（1）解：，∴，∴切线方程为．
（2），
令，则．
令，则．
①当，即时，恒成立，∴单调递增．
∴，∴，∴单调递增，
从而，不符合题意．
②当，即时，恒成立，∴单调递减．
∴，∴，∴单调递减，从而，符合题意．
③当，即时，由，，
∴在上存在，使得，且当时，，
∴单调递增，∴，不符合题意．
综上所述，实数的取值范围是．
（3）由（2）可知，当时，，∴．
又令，求导，得，
∴单调递减，
从而，即在上恒成立．
令，得．
∴．
即，
∴，于是得证．
【变式1-1】（2023上·江苏淮安·高三金湖中学校联考）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)证明：当时，；
(3)设为整数，若对于成立，求的最小值．
【答案】(1)(2)证明见解析(3)3
【分析】（1）求导，结合导数的几何意义运算求解；
（2）求导，利用导数判断原函数的单调性和最值；
（3）结合（2）可得：，结合等比数列的求和公式可得，结合恒成立问题分析求解.
【详解】（1）由题意可得：，则，，
即切点坐标为，斜率，
所以曲线在点处的切线方程为，即．
（2）当时，，可知的定义域为，且，
令，解得．列表如下：
可知当时，取最小值，
所以．
（3）由（2）可知：，当且仅当时，等号成立，
令，则，
可得，
即，
所以．
当时，,
所以对于任意，成立时，整数的最小值为3．
【变式1-2】（2023·全国·高三专题练习）已知关于的函数
（1）讨论的单调性；
（2）证明：当时，
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）对函数求导，分和两类分别讨论函数的单调性；
（2）由（1）知，即，利用累加法可证得命题成立．
【详解】（1）由得
知当时在上单调递减当时，
当时在上单调递增，
当时在上单调递减.
（2）由（1）知时在上单调递减，在上单调递增，
，即有，，
以上各式相加得，
【变式1-3】（2023·四川成都·石室中学校考模拟预测）已知函数
(1)若单调递增，求a的值；
(2)判断（且）与的大小，并说明理由.
【答案】(1)(2)，理由见解析
【分析】（1）根据题意，由单调递增，转化为恒成立，然后分，，讨论，即可得到结果；（2）根据题意，由（1）可得时，，然后再由放缩，裂项即可得到结果.
【详解】（1）由可得，，
由于函数单调递增，则恒成立，
设，则，
当时，，可知时，，不满足题意；
当时，，函数单调递增，
又因为，即，不满足题意；
当时，令，解得，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
所以当时，函数取得最小值，
由可得，，令，则，
可知时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减，
则，由于恒成立，
所以，当且仅当时取等号，
故函数单调递增时，实数的值为.
（2）.理由如下：由（1）可知，当时，，即有，
则时，，故当且时，
，
因为时，，
所以，
则，所以.
题型07 虚设根型证不等式
【解题攻略】
【典例1-1】已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)当时，证明：对任意的，．
【答案】(1)见解析(2)见解析
【分析】（1）利用导数求单调区间；（2）将不等式等价转化为，利用导数讨论最值即可求解.
【详解】（1）由题可知函数的定义域为 ，
，即，
(i)若，则在定义域上恒成立，
此时函数在上单调递增；
(ii) 若，令，即，解得,令，即，解得,
所以在上单调递减，上单调递增.综上，时，在上单调递增；
时，在上单调递减，上单调递增.
（2）当时，，
要证明，只用证明，令，，
令，即，可得方程有唯一解设为，且，所以，
当变化时，与的变化情况如下，
所以，因为，因为，所以不取等号，
即，即恒成立，所以，恒成立，得证.
【典例1-2】（20122·浙江·模拟预测）已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)当时，证明：对任意的，．
【答案】(1)见解析(2)见解析
【分析】（1）利用导数求单调区间；（2）将不等式等价转化为，利用导数讨论最值即可求解.
【详解】（1）由题可知函数的定义域为 ，
，即，
(i)若，则在定义域上恒成立，此时函数在上单调递增；
(ii) 若，令，即，解得,
令，即，解得,所以在上单调递减，上单调递增.
综上，时，在上单调递增；
时，在上单调递减，上单调递增.
（2）当时，，要证明，只用证明，
令，，令，即，可得方程有唯一解设为，且，
所以，当变化时，与的变化情况如下，
所以，因为，因为，所以不取等号，
即，即恒成立，所以，恒成立，得证.4.
【变式1-1】（2023上·福建福州·高三校联考）设函数．
(1)求时，的单调区间；
(2)求证：当时，．
【答案】(1)单调减区间为，单调增区间为(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，求导得，即可得到其单调区间；
（2）根据题意，当时，结合隐零点的处理方法，即可得证.
【详解】（1）时，的定义域为，
∴，令，则，
∴当时，；当时，，
∴函数的单调减区间为，单调增区间为．
（2）证明：的定义域为且．
当时，为单调递增，单调递增，故在上单调递增，
又，假设存在满足 时，且，
当时，导函数存在唯一的零点，设该零点为，
当时，，当时，，
故在单调递减，在单调递增，当时取得最小值，
由于，即，两边取对数得，
∴，当且仅当时，即时，取等号，
故时，．
【变式1-2】（2024上·陕西安康·高三校联考阶段练习）已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，令，若为的极大值点，证明：.
【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.
【分析】（1）对参数分类讨论，根据不同情况下导函数函数值的正负，即可判断单调性；
（2）利用导数判断的单调性，求得的范围，满足的条件，以及，根据的范围夹逼的范围即可.
【详解】（1）函数的定义域为，
①当时，，函数在上单调递增；
②当时，由，得，由，得，
所以，函数在上单调递增，在上单调递减.
综上，当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递增，在上单调递减.
（2）当时，，
设，则，当时，，所以在上单调递增，
又，所以存在，使得，
且当；
又当；
故当6.，；当，；当，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，取得极大值，故，且，所以，
，
又在单调递减，所以.
【变式1-3】（2023上·重庆沙坪坝·高三重庆一中校考阶段练习）已知函数,.
(1)判断的单调性;
(2)若, 求证:,其中e是自然对数的底数.
【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增．(2)证明见详解
【分析】（1）求导，由导数的正负即可求解函数的单调性，
（2）构造函数，利用导数求解函数的单调性，即可求解最值，进而可证明.
【详解】（1）函数的定义域为，，
当时，，当，；
故在上单调递减，在上单调递增．
（2）证明：令，则，
令，则，显然在上单调递增．
又，，故存在唯一的，使得．
从而在上单调递减，在上单调递增，
，
又，两边取对数得，故，
，
故在上单调递增，所以，得证．
题型08 利用函数“凸凹反转性”证明不等式
【解题攻略】
【典例1-1】（2023上·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨市第十三中学校校考）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当时，.
【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导函数，对进行分类讨论，判断的正负作答即可；
（2）把代入不等式，化简转化为，构造新函数，对新函数求导，并求出其最小值为，即可判断原不等式成立.
【详解】（1）函数的定义域是，可得.
当时，可知，所以在上单调递增；
当时，由得，
可得时，有，时，有，
所以在上单调递减，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，要证成立，
只需证成立，只需证即可.因为，由（1）知，.
令，则，
可得时，有；时，有，
所以在上单调递减，在上单调递增，
可知，则有，所以有，
所以当时，成立.
【典例1-2】已知函数．
（1）当时，恒成立，求的取值范围；
（2）当时，证明：．
【解析】解：（1）由题意得，恒成立对恒成立，令，
则，当时，，故在上是增函数，
故当时，；故若使恒成立对恒成立，
则只需使；
（2）证明：；令，；
当时，，当时，；
即在上为减函数，在上为增函数，（1）①．
令，，故在上是减函数，在上为增函数；
故（2）②．故由①②可得，．
【变式1-1】（2021上·全国·高三校联考阶段练习）已知，．
（Ⅰ）讨论的单调性；
（Ⅱ）若，证明：．
【答案】（Ⅰ）答案见解析；（Ⅱ）证明见解析.
【分析】（Ⅰ）分，进行讨论，再利用导数研究函数的单调性即可求解；
（Ⅱ）由结合（Ⅰ）可得，构造新函数，利用导数研究函数的单调性即可得证．
【详解】（Ⅰ）由题可知，．
当时，恒成立，函数在上单调递增；
当时，令，解得．
当时，，在上单调递增；
当时，，函数在上单调递减．
综上可知，当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递增，在上单调递减．
（Ⅱ）证明：若，则由（Ⅰ）可知，在处取得极大值，
．
令．，，
函数在上单调递减．
又，，
．
【变式1-2】已知，
（1）对，不等式恒成立，求实数的取值范围；
（2）证明：对一切，都有．
【解析】解：（1），则，
设，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
（1），
对一切，恒成立，
．
证明：（2）问题等价于证明，
由（1）可知，的最小值是，当且仅当时取得．
设，则，
由题意得（1），
当且仅当时取到，从而对一切，都有成立．
【变式1-3】已知函数f（x）＝ax2﹣xlnx．
（I）若f（x）在区间（0，+∞）内单调递增，求a的取值范围；
（Ⅱ）若a＝e（e为自然对数的底数），证明：当x＞0时，f（x）＜xex+．
【分析】（Ⅰ）先求导，再分离参数，构造函数，利用到导数求出函数的最值即可得到a的取值范围，
（Ⅱ）当x＞0时，f（x）＜xex+．不等式等价于lnx+＞ex﹣ex，分别构造函数h（x）＝lnx+，φ（x）＝ex﹣ex，利用导数求出函数的最值即可证明
【解答】解：（Ⅰ）∵f（x）在区间（0，+∞）内单调递增，
∴f′（x）＝2ax﹣1﹣lnx≥0在（0，+∞）上恒成立，
∴2a≥在（0，+∞）上恒成立，设g（x）＝，∴g′（x）＝﹣，
令g′（x）＝0，解得x＝1，当x∈（0，1）时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增，
当x∈（1，+∞）时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减，
∴g（x）max＝g（1）＝1，∴2a≥1，∴a≥，故a的取值范围为[，+∞），
证明（Ⅱ）当a＝e时，要证f（x）＜xex+，即证ex2﹣xlnx＜xex+，
∵x＞0，则需要证ex﹣lnx＜ex+，即证lnx+＞ex﹣ex，设h（x）＝lnx+，
∴h′（x）＝﹣＝，x＞0，当x∈（0，）时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减，
当x∈（，+∞）时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增，∴h（x）min＝h（）＝0，∴h（x）≥0，
即lnx+≥0，
再设φ（x）＝ex﹣ex，∴φ′（x）＝e﹣ex，
当x∈（0，1）时，φ′（x）＞0，函数φ（x）单调递增，
当x∈（1，+∞）时，φ′（x）＜0，函数φ（x）单调递减，
∴φ（x）max＝φ（1）＝0，∴φ（x）≤0，即ex﹣ex≤0，∵h（x）和φ（x）不同时为0，
∴当x＞0时，lnx+＞ex﹣ex，故原不等式得以证明．
题型09 同构型不等式证明
【解题攻略】
【典例1-1】（2023·全国·高三专题练习）已知，，．
(1)当时，求函数的极值；
(2)当时，求证：．
【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析
【分析】（1）分类讨论求解函数的极值即可.
（2）首先将题意转化为．令，即证：，再构造函数，求其最小值即可证明.
【详解】（1），当时，，即在上单调递减，
故函数不存在极值；
当时，令，得，
故，无极小值.
综上，当时，函数不存在极值；
当时，函数有极大值，，不存在极小值．
（2）显然，要证：，
即证：，即证：，
即证：．
令，故只须证：．
设，则，
当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
即，所以，从而有．
故，即．
【典例1-2】（2023上·安徽马鞍山·高三马鞍山二中校考阶段练习）已知函数，为自然对数的底数.
(1)试判断函数的零点个数并说明理由；
(2)证明：.
【答案】(1)两个，理由见解析(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数导函数，讨论其单调性后结合零点存在性定理可判断函数零点个数；
（2）方法一，令，则等价于，令，利用函数的导数，通过函数的最值判断证明即可；
方法二：令，则等价于，令，利用函数的导数，通过函数的最值判断证明即可.
【详解】（1）的定义域为，当时，恒有，故在内没有零点.
当时，由得，令得，令得，
所以在上单调递减，在上单调递增.又，
故存在，，使得，，所以在两个零点.
综上，函数有两个零点.
（2）方法一：令，则时，，且.于是等价于，
令，可得，令，可得，当时，，函数是增函数，
当时，，函数是减函数，
所以时，函数取得最大值：，所以，即.
方法二：令，则，于是等价于，
即，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，即.
【变式1-1】（2023·四川遂宁·统考模拟预测）设，，
(1)试讨论的单调性；
(2)当时，证明恒成立.
【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析
【分析】（1）根据导数与函数单调性的关系，利用分类讨论思想，可得答案；
（2）利用放缩法，整理不等式，构造新函数，结合换元法与导数研究单调性，可得答案.
【详解】（1）∵，∴.
（i）当时，，所以在上单调递减；
（ii）当时，令，得，
因为当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增.
（2）当时，，
要证，只需证，即证，即证，
令，则，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，令，则，
当时，，单调递增，所以因此，
所以从而，所以当时恒成立.
【变式1-2】已知，，．
(1)当时，求函数的极值；
(2)当时，求证：．
【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析
【分析】（1）分类讨论求解函数的极值即可.
（2）首先将题意转化为．令，即证：，再构造函数，求其最小值即可证明.
【详解】（1），当时，，即在上单调递减，
故函数不存在极值；
当时，令，得，
故，无极小值.
综上，当时，函数不存在极值；
当时，函数有极大值，，不存在极小值．
（2）显然，要证：，
即证：，即证：，
即证：．
令，故只须证：．
设，则，
当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
即，所以，从而有．
故，即．
题型10 双变量型构造
【典例1-1】（2022贵州黔东南·统考一模）已知函数.
(1)试讨论函数的单调性；
(2)对，且，证明：.
【答案】(1)见解析；(2)见解析.
【分析】（1）的定义域为，且，对分类讨论，明确函数的单调性；
（2）要证：只需证： 即证：. 设，研究函数的单调性即可.
【详解】（1）的定义域为，且．
①当时，对，有，故函数在单调递增；
对，有，故函数在单调递减．
②当时，对，有，函数在单调递减；
对，有，函数在单调递增．
（2）对且，要证：只需证： 即证：.
设，则当时，有，
故函数在单调递减．又，且，
所以，即． 成立故原不等式成立．
【典例1-2】（2023上·四川内江·高三四川省内江市第六中学校考阶段练习）已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)已知m，n是正整数，且，证明．
【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析
【分析】（1）求导，令导数为0，结合定义域对进行讨论即可；
（2）两边取对数，整理后，构造函数，证明为上的减函数，即可求解.
【详解】（1）函数的定义域为，，
①当时，在上恒成立，的减区间为，无增区间；
②当时，令，解得，令，解得，
所以的增区间为，减区间为．
综上，当时，的减区间为，无增区间；
当时，的增区间为，减区间为．
（2）两边同时取对数，证明不等式成立等价于证明，
即证明，
构造函数，
令，由（1）知，当时，在上为减函数，故，
所以，所以为上的减函数，
因为，知，即，即．
【变式1-1】（2022·全国·高三专题练习）已知函数．
（1）求的单调区间；
（2）当时，试证明．
【答案】（1）的单调递增区间是，单调递减区间是；（2）证明见解析.
【分析】（1）由题可求函数的导函数，利用导函数可求；
（2）利用函数的单调性可证.
【详解】（1）因为，
所以．
令，得；令，得．
所以的单调递增区间是，单调递减区间是．
（2）由（1）知在上单调递减，
所以时，，
即，
所以，即．
【变式1-2】（2021·全国·高三专题练习）已知函数．
（1）求证：函数在上单调递增；
（2）设，求证：．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）利用导数法，证明时，即可；
（2）不妨设，利用作差法得到，然后令，转化为，利用其在上单调性证明.
【详解】（1）由题意知，，，
∴函数在上单调递增．
（2）不妨设，
则，
令，则．由（1）知在上单调递增，，
∵，∴．又，∴．
【变式1-3】（2022·全国·高三专题练习）已知函数.
（1）若函数在上为单调增函数，求的取值范围；
（2）设，且，求证.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）对函数进行求导并解不等式，转化为二次不等式在上恒成立问题；
（2）将所证不等式转化为构造为主元的不等式，再构造函数进行证明；
【详解】解：（1），
因为在上为单调增函数，所以在上恒成立
即在上恒成立，
当时，由，
得：，设，
则，当且仅当即时，有最小值2，
所以，解得，所以的取值范围是；
（2）设，要证，只需证，即，即，
设，由（1）知在上是单调增函数，又，
所以，即成立，得到.
题型11 极值点偏移型：和型证明
【解题攻略】
【典例1-1】（2023·四川成都·成都七中校考模拟预测）已知函数有两个极值点，．
(1)求实数a的取值范围；
(2)证明：．
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）由，有，令，利用导数研究单调性，求的取值范围得实数a的取值范围；
（2）由，得，证明，得，从而．
【详解】（1）有两个两侧异号的零点，又，于是，
令，则，令，则.
当时，，于是，
所以在单调递减且，
当时，，在单调递增，
又，所以当时，，在单调递减，
当时，，在单调递增.
又且，，所以.所以实数a的取值范围为.
（2）因为，所以，于是，从而，
下面证明，即证明，令，即证明，即证明，
令，.所以在单调递增，所以.
从而.所以，于是，由(1)知，从而．
【典例1-2】（2023·山西·校考模拟预测）已知函数.
(1)若，求的取值范围；
(2)若关于的方程有两个不同的正实根，证明：.
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）对不等式参变分离，然后构造函数，利用导数求的最大值可解；
（2）将变形为，构造函数，根据其单调性将方程转化为，再构造函数，利用导数讨论其性质，结合图象可得，构造函数，根据单调性，并令，可得，最后由作差整理可证.
【详解】（1）的定义域为，由，得.
设，则.由，得，由，得，
则在上单调递增，在上单调递减，从而.
故，即的取值范围是.
（2）证明：由，得，即，即.
设，则等价于.易证在上单调递增，则，即.设，则.由，得，由，得，
则在上单调递增，在上单调递减，
从而，且，
当x趋于时，趋于0.
方程有两个不同的正实根，不妨设，
由图可知，.设
则在上单调递增.因为，所以，即.
设，则，即，则.
因为方程有两个不同的正实根，所以，作差得.
因为，所以，所以，则，故.
【变式1-1】（2023·江西·统考模拟预测）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若，且，证明：，且．
【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析
【分析】（1）求定义域，求导，分和两种情况，得到函数的单调性；
（2）变形为是方程的两个实数根，构造函数，得到其单调性和极值最值情况，结合图象得到，再构造差函数，证明出.【详解】（1）的定义域为R，
由题意，得，，当时，恒成立，在上单调递增；
当，且当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
综上，当时，在上单调递增；
当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增．
（2）证明：由，得，是方程的两个实数根，
即是方程的两个实数根．令，则，
所以当时，，单调递增；当时，，单调递减，
所以．因为当时，；当时，，，所以．
不妨设，因为，是方程的两个实数根，则．
要证，只需证．因为，，所以只需证．
因为，所以只需证．今，，
则在恒成立．
所以在区间上单调递减，所以，即当时，．
所以，即成立．
【变式1-2】（2023上·江苏镇江·高三校考阶段练习）已知函数．若函数有两个不相等的零点．
(1)求a的取值范围；
(2)证明：．
【答案】(1)；(2)证明见详解.
【分析】（1）利用导数研究函数的单调性及最值，结合零点存在性定理计算即可；
（2）构造函数，利用导数研究其单调性与最值即可证明.
【详解】（1）由题意可知：，
若，则恒成立，即单调递增，不存在两个不等零点，故，
显然当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，
所以若要符合题意，需，此时有，且，
令，而，即在上递减，故，所以，又，
故在区间和上函数存在各一个零点，符合题意，综上；
（2）结合（1），不妨令，构造函数，
则，即单调递减，所以，
即，因为，所以，
由（1）知在上单调递增，所以由，故.
题型12 极值点偏移型：积型证明
【解题攻略】
【典例1-1】（2023上·河南·高三南阳中学校联考阶段练习）已知函数.
(1)若有唯一极值，求的取值范围；
(2)当时，若，，求证：.
【答案】(1)；(2)证明见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，分析极值点情况即可得解.
（2）由（1）的信息可设，再构造函数，探讨函数的单调性推理即得.
【详解】（1）函数的定义域为，
求导得，
当时，若，，函数在上单调递增，无极值点，不符合题意；
若，当或时，，当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，函数有两个极值点，不符合题意；
若，当或时，，当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，函数有两个极值点，不符合题意；
当时，当时，，当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，2是函数的极大值点，且是唯一极值点，
所以的取值范围是.
（2）当时，函数在上单调递增，在上单调递减，
由，，不妨令，
要证，只证，即证，就证，
令，求导得
，于是函数在上单调递减，，
而，则，即，又，
因此，显然，又函数在上单调递增，则有，
所以.
【典例1-2】（2023上·陕西汉中·高三西乡县第一中学校联考）已知函数，.
(1)求函数的极值；
(2)若，求函数的最小值；
(3)若有两个零点，，证明：.
【答案】(1)极大值为，无极小值(2)(3)证明见解析
【分析】（1）求导后解不等式、即可求得极值.
（2）运用导数研究的单调性，进而可求得其最小值.
（3）由已知可得，构造函数，根据其单调性可得，构造函数并研究其单调性，构造函数并研究其单调性，当时，依次结合函数、的单调性即可证得结果.
【详解】（1）由题意知函数的定义域为，，
，，所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，极大值为，无极小值.
（2）由题意知函数的定义域为.，
则，，所以在上单调递减，在上单调递增.
所以.
（3）不妨设，则由（2）知，.设，由，得，即，
因为函数在R上单调递增，所以成立.
构造函数，则，
，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
构造函数，则，
所以函数在上单调递增，
所以当时，，即当时，，
所以，又在上单调递减，所以，即.
【变式1-1】（2023上·重庆渝中·高三统考）已知函数．
(1)若函数是减函数，求的取值范围；
(2)若有两个零点，且，证明：．
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）在上恒成立，参变分离在上恒成立，构造函数求出的最大值，从而求出的取值范围；
（2）由零点得到，令，从而得到，，，构造，求导得到其单调性，从而证明出结论.
【详解】（1）的定义域为，
，
函数是减函数，故在上恒成立，
即在上恒成立，令，，，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
故在处取得极大值，也是最大值，且，故，解得，故的取值范围是；
（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，
，即，故.
【变式1-2】（2023上·江苏连云港·高三江苏省海州高级中学校考阶段练习）已知函数.
(1)当时，求函数的零点个数.
(2)若关于的方程有两个不同实根，求实数的取值范围并证明.
【答案】(1)有且仅有一个零点(2)，证明见解析
【分析】（1）利用导函数与单调性的关系，以及零点的存在性定理求解；
（2）根据题意可得有两个不同实根，进而可得，两式相加得，两式相减得，从而有，进而要证，只需证，即证，
构造函数即可证明.
【详解】（1）当时，，
所以函数在上单调递增，又因为，
所以函数有且仅有一个零点.
（2）方程有两个不同实根，等价于有两个不同实根，
得，令，则，令，解得；令，解得；
所以在上单调递增，在上单调递减，所以当时，取得最大值，
由，得当时，；当的大致图象如图所示，
所以当，即时，有两个不同实根；
证明：不妨设且两式相加得，两式相减得，
所以，要证，只需证，
即证，设，令，
则，所以函数在上单调递增，且，
所以，即，所以，原命题得证.
题型13 极值点偏移型：平方型证明
【典例1-1】（2023下·辽宁·高三统考）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若（e是自然对数的底数），且，，，证明：.
【答案】(1)结论见解析；(2)证明见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，再按分类探讨的正负作答.
（2）等价变形给定等式，结合时函数的单调性，由，，再构造函数，，利用导数、均值不等式推理作答.
【详解】（1）函数的定义域为，求导得则，由得，
若，当时，，则单调递减，当时，，则单调递增，
若，当时，，则单调递增，当时，，则单调递减；
所以当时，函数在上单调递减，在上单调递增；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减.
（2）由，两边取对数得，即，
由（1）知，当时，函数在上单调递增，在上单调递减，
，而，时，恒成立，
因此当时，存在且，满足，
若，则成立；
若，则，记，，
则，
即有函数在上单调递增，，即，
于是，
而，，，函数在上单调递增，因此，即，
又，则有，则，
所以.
【典例1-2】（2023·广东广州·广州市从化区从化中学校考模拟预测）已知函数.
(1)讨论函数的单调性：
(2)若是方程的两不等实根，求证：；
【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的定义域和导数，再根据和分类讨论，即可得出函数的单调性；
（2）由可得，是方程的两不等实根，从而可将问题转化为是方程的两不等实根，即可得到和的范围，原不等式等价于，即极值点偏移问题，根据对称化构造（解法1）或对数均值不等式（解法2）等方法即可证出．
【详解】（1）由题意得，函数的定义域为.
由得：，当时，在上单调递增；
当时，由得，由得，
所以在上单调递增，在上单调递减.
（2）因为是方程的两不等实根，，
即是方程的两不等实根，
令，则，即是方程的两不等实根.
令，则，所以在上递增，在上递减，，
当时，；当时，且.所以0，即0.
令，要证，只需证，
解法1（对称化构造）：令，
则，令，
则，
所以在上递增，，所以h，所以，
所以，所以，即，所以.
解法2（对数均值不等式）：先证，令，
只需证，只需证，
令，
所以在上单调递减，所以.因为，所以，
所以，即，所以.
【变式1-1】（2023·山西·校联考模拟预测）已知函数.
(1)若，求实数的取值范围；
(2)若有2个不同的零点（），求证：.
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）求解函数定义域，参变分离得到，构造，利用导函数得到其单调性，极值和最值情况，得到；
（2）转化为有2个不同的实数根，构造，得到其单调性，得到，且，求出，换元后即证，构造，求导后得到在上单调递增，，得到证明.
【详解】（1）因为函数的定义域为，所以成立，等价于成立.
令，则，
令，则，所以在内单调递减，
又因为，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减，
所以在处取极大值也是最大值.因此，即实数的取值范围为.
（2）有2个不同的零点等价于有2个不同的实数根.
令，则，当时，解得.所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减，所以在处取极大值为.
又因为，当时，，当时，.
且时，.所以，且.
因为是方程的2个不同实数根，即.将两式相除得，
令，则，，变形得，.
又因为，，因此要证，只需证.
因为，所以只需证，即证.
因为，即证.令，则，
所以在上单调递增，，
即当时，成立，命题得证.
【变式1-2】（2023上·云南·高三云南师大附中校考阶段练习）已知函数，．
(1)若，求的取值范围；
(2)证明：若存在，，使得，则．
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数后可得函数的单调性，结合单调性可求最大值，从而可求参数的取值范围.
（2）利用极值点偏移可证，结合不等式放缩可证.
【详解】（1），，令，解得，
所以当时，，在上单调递增；
当时，，在单调递减，
所以，要使，则有，而，故，所以的取值范围为．
（2）证明：当时，由（1）知，当时，单调递增；
当时，单调递减，设，所以，，
①若，则，成立；
②若，先证，此时，
要证，即证，即，，令，，
，
所以在(1,2)上单调递增，所以，即，，所以，
因为，，所以，
即．
题型14 三角函数型不等式证明
【解题攻略】
【典例1-1】（2023·全国·高三专题练习）已知函数.
(1)证明：；
(2)当时，证明不等式，在上恒成立.
【答案】(1)答案见解析；(2)答案见解析.
【分析】（1）求导，根据导函数分析的单调性，即可得到，即可证明；
（2）令，求导，根据放缩的思路得到，然后利用在上的单调性即可证明.
【详解】（1）证明：，当时，，单调递增；
当时，，单调递减，，
故，当且仅当时取等号，∴.
（2）令，则，
由（1）可得，即，
又，所以，
令，则，
当时，，所以在上单调递增，
所以当时，，则，在上单调递增，
当时，，即，
所以当时，不等式，在上恒成立.
【典例1-2】（2023·四川资阳·统考模拟预测）已知函数．
(1)当时，过点作曲线的切线l，求l的方程；
(2)当时，对于任意，证明：．
【答案】(1)或(2)证明见解析
【分析】（1）易知不在上，设切点，由导数的几何意义求出切线方程，将代入求出对应，即可求解对应切线方程；
（2）构造，求得，再令，通过研究正负确定单调性，再由正负研究最值，进而得证.
【详解】（1）由题，时，，，
设切点，则切线方程为，
该切线过点，则，即，
所以或．又；；，．
所以，切线方程为或；
（2）设，则，
令，则，
可知，时，；时，，
故时均有，则即在上单调递增，，
因为时，则，，故在上单调递增，
此时，．
所以，当时，对于任意，均有．
【变式1-1】（2022·新疆·统考三模）已知函数，
(1)若在处的切线为，求实数a的值；
(2)当，时，求证：
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）由导数的几何意义有，求解即可；
（2）将变形成，故只需证，用导数法证明即可
【详解】（1）∵，∴，∴
（2）要证，即证，只需证，因为，也就是要证，令，
∵，∴
∴在为减函数，∴，
∴，得证
【变式1-2】设函数，，.
(1)求的最小值，并证明：；
(2)若不等式：成立，求实数a的取值范围.
【答案】(1)，证明见解析(2)
【分析】（1）求导，利用导数确定函数的单调性，进而可求最值，结合单调性，即可证明，
（2）根据和分类讨论，结合第一问的结论和基本不等式即可求解.
【详解】（1）由可得，令得，，
当时，，时，，所以在单调递增，在单调递减，
所以，因为，所以，
因为时，，所以在上单调递减，所以，化简得，；
（2）等价于，当，因为，所以，，
所以，由（1）得，，
所以；当时，，
即时，不成立，即不成立，
综上，实数a的取值范围为.
题型15 韦达定理代换型
【解题攻略】
【典例1-1】已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）设存在两个极值点，且，若，求证：.
【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析
【分析】
（1）先把函数进行求导并进行化简，由题意知，，在对进行讨论即可得到答案.
（2）由（1）知在时，存在两个极值点，利用韦达定理求出的关系式，并用分别表示出和，把代入中进行化简，，所以可以求出最小值，即可证出.
（1）由题意可知，，
当时，，则在是单调递增；
当时，若，即时，
若，即时，和时，时，，综上，时，在是单调递增；时，在和递增，在递减
（2）由题意可设，是的两个根，则
（用分别表示出和），整理，得
，此时设，求导得
恒成立，
在上单调递减，
【典例1-2】已知函数f（x）＝ln x＋ax2－x.
（1）若a＝－1，求函数f（x）的极值；
（2）设f′（x）为f（x）的导函数，若x1，x2是函数f′（x）的两个不相等的零点，求证：f（x1）＋f（x2）0，0，得到x1，x2是方程2ax2－x＋1＝0的两个不相等正实根，利用根的分布，得到0