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重難點2-4 利用導數研究不等式與極值點偏移8大題型
函數與導數一直是高考中的熱點與難點，利用導數研究不等式問題在近幾年高考中出現的頻率較高.求解此類問題關鍵是要找到與待證不等式緊密聯系的函數，然后利用導數工具來研究函數的單調性、極值、最值（值域），從而達到目的.考查難度較大.
函數的極值點偏移問題，是導數應用問題，呈現的形式往往非常簡潔，涉及函數的雙零點，是一個多元數學問題，考查考生的化歸與轉化思想，邏輯思維能力、運算求解能力.
【題型1 單變量不等式的證明】
滿分技巧不等式證明的常用思路 1、移項構造函數法：證明不等式（或）轉化為證明（或），進而構造輔助函數； 2、最值法：若無法轉化為一個函數的最值問題，則可以考慮轉化為兩個函數的最值問題． 在證明過程中，等價轉化是關鍵，此處恒成立．從而f（x）>g（x）， 但此處與取到最值的條件不是同一個“x的值”． 3、適當放縮構造法：一是根據已知條件適當放縮；二是利用常見放縮結論； 4、構造“形似”函數，稍作變形再構造，對原不等式同解變形，根據相似結構構造輔助函數
【例1】（2024·山東青島·高三校考期末）
1．已知函數．
(1)當時，求的單調區間；
(2)當時，證明：．
【變式1-1】（2023·安徽合肥·高三校考期末）
2．已知函數.
(1)當時，求的單調區間
(2)討論的單調性；
(3)當時，證明.
【變式1-2】（2024·陜西榆林·高三一模）
3．設函數，曲線在點處的切線方程為.
(1)求；
(2)證明：.
【變式1-3】（2024·內蒙古·高三校考期末）
4．已知函數.
(1)討論的單調性；
(2)證明：在上.
【題型2 雙變量不等式的證明】
滿分技巧雙變量不等式的處理策略： 含兩個變量的不等式，基本的思路是將之轉化為一元的不等式， 具體轉化方法主要有三種:整體代換，分離變量，選取主元.
【例2】（2024·全國·模擬預測）
5．已知函數．
(1)若函數在上單調遞增，求實數的取值范圍；
(2)已知，求證：．
【變式2-1】（2024·北京西城·高三統考期末）
6．已知函數，其中.
(1)當時，求曲線在點處的切線方程；
(2)求的單調區間；
(3)當且時，判斷與的大小，并說明理由.
【變式2-2】（2024·全國·高三專題練習）
7．已知函數，其中.
(1)當時，求的極值；
(2)當，時，證明：.
【變式2-3】（2024·全國·高三專題練習）
8．知函數．
(1)求函數的單調區間和最小值；
(2)當時，求證：（其中為自然對數的底數）；
(3)若，求證：．
【題型3 對稱化構造解決極值點偏移】
滿分技巧1、和型（或）問題的基本步驟： ①首先構造函數，求導，確定函數和函數的單調性； ②確定兩個零點，且，由函數值與的大小關系， 得與零進行大小比較； ③再由函數在區間上的單調性得到與的大小，從而證明相應問題； 2、積型問題的基本步驟： ①求導確定的單調性，得到的范圍； ②構造函數，求導可得恒正或恒負； ③得到與的大小關系后，將置換為； ④根據與的范圍，結合的單調性，可得與的大小關系，由此證得結論.
【例3】（2024·云南昭通·統考模擬預測）
9．已知函數.
(1)討論的單調區間；
(2)已知在上單調遞增，且，求證：.
【變式3-1】（2024·山西晉城·統考一模）
10．已知函數．
(1)若恒成立，求的取值范圍；
(2)若有兩個零點，證明：．
【變式3-2】（2023·河南·高三南陽中學校聯考階段練習）
11．已知函數.
(1)若有唯一極值，求的取值范圍；
(2)當時，若，，求證：.
【變式3-3】（2024·江蘇揚州·高三統考期末）
12．已知函數的最小值為.
(1)求實數的值；
(2)若有兩個不同的實數根，求證：.
【題型4 比值代換法解決極值點偏移】
滿分技巧比值換元的目的也是消元、減元，就是根據已知條件首先建立極值點之間的關系，然后利用兩個極值點的比值作為變量，從而實現消參、減元的目的.設法用比值（一般用表示）表示兩個極值點，即，化為單變量的函數不等式，繼而將所求問題轉化為關于的函數問題求解.
【例4】（2023·全國·高三統考月考）
13．已知是函數的導函數．
(1)討論方程的實數解個數；
(2)設為函數的兩個零點且，證明：．
【變式4-1】（2023·河南駐馬店·高三統考期末）
14．已知函數有兩個零點.
(1)求的取值范圍；
(2)設，是的兩個零點，，證明：.
【變式4-2】（2024·福建廈門·統考一模）
15．已知函數有兩個極值點，．
(1)求實數的取值范圍；
(2)證明：．
【變式4-3】（2022·全國·模擬預測）
16．設函數.
(1)若，求函數的最值；
(2)若函數有兩個不同的極值點，記作，且，求證：.
【題型5 導數與數列不等式證明】
滿分技巧1、證明此類問題時長根據已知的函數不等式，用關于正整數的不等式替代函數不等式中的自變量.通過多次求和達到證明的目的.此類問題一般至少兩問，已知的不等式常由第一問根據待證式的特征而得來. 2、已知函數式為指數不等式（或對數不等式），而待證不等式為與對數有關的不等式（或與指數有關的不等式），還有注意指、對數式的互化，如可化為
【例5】（2024·安徽合肥·高三統考期末）
17．已知函數．
(1)討論的單調性；
(2)證明：對于任意正整數n，都有．
【變式5-1】（2024·山西·高三統考期末）
18．已知函數.
(1)若當時，，求實數的取值范圍；
(2)求證：.
【變式5-2】（2023·天津紅橋·統考一模）
19．已知函數.
(1)當時，求曲線在點處的切線方程：
(2)若恒成立，求實數的取值范圍；
(3)證明：（，）.
【變式5-3】（2024·湖南長沙·統考一模）
20．已知函數.
(1)若有且僅有一個零點，求實數的取值范圍：
(2)證明：.
【題型6 三角函數型不等式證明】
滿分技巧1、正余弦函數的有界性：； 2、三角函數與函數的重要放縮公式：.
【例6】（2023·全國·高三專題練習）
21．當時，證明：恒成立.
【變式6-1】（2023·全國·模擬預測）
22．已知函數，.
(1)討論的極值；
(2)若 ，，求證：.
【變式6-2】（2023·江蘇常州·校考一模）
23．已知函數.
(1)若，求的值；
(2)證明：當時，成立.
【變式6-3】（2024·陜西榆林·統考一模）
24．已知函數.
(1)求的極值；
(2)已知，證明：.
【題型7 不等式恒成立求參問題】
滿分技巧1、利用導數求解參數范圍的兩種方法 （1）分離參數法：將參數和自變量分離開，構造關于自變量的新函數，研究新函數最值與參數之間的關系，求解出參數范圍； （2）分類討論法：根據題意分析參數的臨界值，根據臨界值作分類討論，分別解出滿足題意的參數范圍最后取并集. 2、不等式恒成立問題轉化： （1）， （2），
【例7】（2023·遼寧·高三校聯考期中）
25．已知函數，，，則實數的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【變式7-1】（2023·全國·模擬預測）
26．已知函數，若對任意，恒成立，則實數的取值范圍為（ ）
A． B．
C． D．
【變式7-2】（2024·江西贛州·高三統考期末）
27．設函數，曲線在點處的切線方程為．
(1)求a和b的值；
(2)若，求m的取值范圍．
【變式7-3】（2024·山東棗莊·高三統考期末）
28．已知函數.
(1)若是增函數，求的取值范圍；
(2)若有兩個極值點，且恒成立，求實數的取值范圍.
【題型8 不等式能成立求參問題】
滿分技巧1、形如有解問題的求解策略 （1）構造函數法：令，利用導數求得函數的單調性與最小值，只需恒成立即可； （2）參數分離法：轉化為或恒成立，即或恒成立，只需利用導數求的函數的單調性與最值即可. 2、單變量不等式能成立問題轉化 （1）， （2）， 3、雙變量不等式成立問題：一般地，已知函數， （1）若，，總有成立，故； （2）若，，有成立，故； （3）若，，有成立，故； （4）若，，有，則的值域是值域的子集．
【例8】（2022·全國·高三校聯考階段練習）
29．已知函數．若存在實數，使得成立，則正實數的取值范圍為（ ）
A． B．
C． D．
【變式8-1】（2023·全國·高三專題練習）
30．已知函數，，對于存在的，存在，使，則實數的取值范圍為（ ）
A． B．
C． D．
【變式8-2】（2023·河南·高三校聯考階段練習）
31．已知函數．
(1)當時，求函數的單調區間；
(2)若，不等式在上存在實數解，求實數的取值范圍．
【變式8-3】（2024·云南曲靖·高三校聯考階段練習）
32．已知函數．
(1)求曲線在處的切線方程；
(2)（），若對任意，均存在，使得，求實數a的取值范圍．
（建議用時：60分鐘）
（2024·河北·高三雄縣第一高級中學校聯考期末）
33．設實數，若不等式對任意恒成立，則的最小值為（ ）
A． B． C． D．
（2024·河北·高三石家莊精英中學校聯考期末）
34．設實數，若對恒成立，則的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
（2023·四川成都·石室中學校考模擬預測）
35．若關于的不等式在內有解，則實數的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
（2024·陜西西安·高三統考期末）
36．已知函數.
(1)求曲線在點處的切線方程；
(2)證明：.
（2023·云南昆明·高三云南民族大學附屬中學校考階段練習）
37．已知函數．
(1)討論函數的單調性；
(2)當時，若且，求證：．
（2024·天津寧河·高三統考期末）
38．已知函數，．
(1)當時，求曲線在處的切線方程；
(2)求的單調區間；
(3)設是函數的兩個極值點，證明：．
（2024·陜西咸陽·統考模擬預測）
39．已知函數．
(1)求函數的極值；
(2)證明：．
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．(1)答案見詳解
(2)證明見解析
【分析】（1）利用導數研究函數單調性；
（2）法一：由（1）可知，即，從而可得此時導函數的正負，可得函數的最小值，得證；
法二：由對數運算得，令，利用導數得，令，則由（1）知：故在單調遞增，可證.
【詳解】（1）當時，，則
當時，，單調遞增，
當時，，單調遞減，
故在上單調遞增，在上單調遞減，
（2）（法一）當時，
由（1）可知，即，
當時，，單調遞減，
當時，，單調遞增，
所以在單調遞減，在單調遞增，
因此，（當且僅當時取得等號）
（法二）當時，
令，可知
于是在單調遞減，在單調遞增，
因此，（當且僅當時取得等號）．
令，則由（1）知：故在單調遞增，
因此．所以．
2．(1)在單調遞增，在單調遞減
(2)答案見解析
(3)證明見解析
【分析】（1）當時，求出導函數，解不等式求的單調區間即可；
（2）分、情況討論與的大小關系可得結論；
（3）利用函數的單調性把所證不等式轉化成，構造函數，利用導數求函數最值即可證明.
【詳解】（1）當時，，的定義域為，
則，
故當時，；當時，.
故在單調遞增，在單調遞減；
（2）的定義域為，．
若，則當時，，故在單調遞增，
若，則當時，；當時，.
故在單調遞增，在單調遞減；
（3）由（1）知，當時，在取得最大值，最大值為，
所以等價于，即，
設，則，當時，，當時，
所以在單調遞增，在單調遞減，
故當時，取得最大值，最大值為，所以當時，，
從而當時，，即.
3．(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）根據切線方程，求得切點與切線斜率，建立方程，可得答案；
（2）由（1）寫出函數解析式，化簡整理不等式，構造函數，利用導數研究函數的單調性，求得最值，可得答案.
【詳解】（1）函數的定義域為.
將代入，解得，即，
由切線方程，則切線斜率.
故，解得.
（2）證明：由（1）知，
從而等價于.
設函數，則.
所以當時，，當時，.
故在上單調遞減，在上單調遞增，
從而在上的最小值為.
設函數，
從而在上的最大值為.
故，即.
4．(1)遞增區間為，遞減區間為；
(2)證明見解析.
【分析】（1）求出函數的導數，再求出導函數大于0、小于0的解集即得.
（2）利用（1）的結論，求出函數的最大值，再構造函數并求出最小值即得.
【詳解】（1）函數的定義域為，求導得，
由，得，由，得，
所以在區間上單調遞增，在區間上單調遞減.
（2）由（1）可知，在上單調遞增，在上單調遞減，
則，即，
令，求導得，
當時，單調遞減；當時，單調遞增，
于是，即，
所以當時，，即.
【點睛】方法點睛：對于利用導數研究不等式的恒成立與有解問題的求解策略：
①通常要構造新函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，從而求出參數的取值范圍；
②利用可分離變量，構造新函數，直接把問題轉化為函數的最值問題．
③根據恒成立或有解求解參數的取值時，一般涉及分離參數法，但壓軸試題中很少碰到分離參數后構造的新函數能直接求出最值點的情況，進行求解，若參變分離不易求解問題，就要考慮利用分類討論法和放縮法，注意恒成立與存在性問題的區別．
5．(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）由題意得在上恒成立，即在上恒成立，分離參變量，結合基本不等式求解；
（2）方法一：設，可得在上單調遞增，因為，所以，即可證得結論；
方法二：要證，即要證．記，則只要證．記，利用導數可得在上單調遞增．所以，即可證出結論．
【詳解】（1）由題意，得．
因為函數在上單調遞增，所以在上恒成立，
即在上恒成立，
令，即在上恒成立，
所以在上恒成立．
因為當時，（當且僅當時，等號成立），
所以，解得．所以的取值范圍為．
（2）方法一：設．
由（1）知在上單調遞增，
所以在上單調遞增．
因為，所以，即．
所以．
故．
方法二：要證，即要證，
即要證．
記，則只要證．
記，則．
記，則，
所以在上單調遞增．
所以在上單調遞增，所以．
所以在上單調遞增，所以．所以成立．
故．
6．(1)
(2)增區間，減區間
(3)，理由詳見解析
【分析】（1）利用導數，結合切點和斜率求得切線方程.
（2）利用導數求得的單調區間.
（3）構造函數，利用多次求導的方法判斷出的單調區間，從而判斷出兩者的大小關系.
【詳解】（1）時，，，，
所以曲線在點處的切線方程為，即.
（2）的定義域為，，
所以在區間和上單調遞減，
在區間上單調遞增，
所以的增區間，減區間；
（3）當且時，，證明如下：
令，則，
設，
所以在區間上單調遞減，
在區間上單調遞增，
所以，即，
所以的單調遞增區間為.
當時，，即，
當時，，即，
綜上所述，當且時，.
【點睛】求解函數單調區間的步驟：（1）確定的定義域；（2）計算導數；（3）求出的根；（4）用的根將的定義域分成若干個區間，考查這若干個區間內的符號，進而確定的單調區間.
7．(1)有極大值，極小值
(2)證明見解析
【分析】（1）首先求函數的導數，再判斷函數的單調性，求函數的極值；
（2）首先不等式變形為，再利用導數變形為，再轉化為證明，證法1，不等式變形為，再構造函數，利用導數判斷函數的單調性，即可證明；證法2，不等式變形為，再利用換元構造函數，利用導數判斷函數的單調性，根據最值，即可證明不等式.
【詳解】（1）由題意，，，
所以當時，，，
由解得：或，由解得：，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增，
故有極大值，極小值.
（2）由題意，，，
要證，只需證，
而，
，
所以只需證，
即證①，下面給出兩種證明不等式①的方法：
證法1：要證，只需證，
即證，令，
則，所以在上單調遞增，
顯然，所以當時，，
因為，所以，即，
故.
證法2：要證，只需證，即證，
令，則，所以只需證當時，，即證，
令，則，
所以在上單調遞增，又，所以成立，即，
故
【點睛】思路點睛：第二問的思路首先是變形不等式，根據不等式構造函數，利用函數的單調性，結合最值，即可證明.
8．(1)在上為增函數；在上為減函數，
(2)證明見解析
(3)證明見解析
【分析】（1）直接求導，根據導數與0的關系判斷單調性得最值；
（2）由（1）得，化簡即可得結果；
（3）將題意轉化為，設函數，求出函數最小值，化簡得，進而得結果.
【詳解】（1）
令得；
令得：；
在上為增函數，在上為減函數．
故.
（2）由（1）知：當時，有，
，即：，．
（3）將變形為：
即只證：
設函數
，

令，得：．
在上單調遞增；在，上單調遞減；
的最小值為：，即總有：．
，即：，
令，，則
，
成立．
9．(1)答案見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）函數求導后，對參數分類討論，考查導數的正負即可；
（2）根據題意得，所證不等式可以轉化為，構造函數，求導判斷單調性，繼而可以證明.
【詳解】（1）的定義域為.
.
①當時，由得，單調遞增，
由得，單調遞減，
在區間上單調遞增，在區間上單調遞減；
②當時，由得，或，
在區間上單調遞減，在區間上單調遞增；
③當時，在上單調遞增；
④當時，由得，或，
由得，，
在區間上單調遞減，在區間上單調遞增.
綜上，當時，在區間上單調遞增，在區間上單調遞減
當時，在區間上單調遞減，在區間上單調遞增；
當時，在上單調遞增；
當時，在區間上單調遞減，在區間上單調遞增.
（2）由（1）知，當且僅當時，在上單調遞增，
即：
.
，
又且在上單調遞增，
和均不成立.
故不妨設，
因此要證，即證，
因為在上單調遞增，
所以即證.
又，
故只需證，
即證.
設，
.
，
故.
因此在上單調遞增，
所以.
故，
又因為在上單調遞增，
.
【點睛】方法點睛：證明（或）：
①首先構造函數，求導，確定函數和函數的單調性；
②確定兩個零點，且，由函數值與的大小關系，得與零進行大小比較；
③再由函數在區間上的單調性得到與的大小，從而證明相應問題；
10．(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）求導判單調性，求的最小值，列不等式求解；
（2）通過證明求解.
【詳解】（1）．
令，易知單調遞增，且．
當時，,即，單調遞減；
當時，,即，單調遞增．
所以，即，
所以的取值范圍是．
（2）由的單調性可設．
令．
令，則，
所以在上單調遞增，則，所以．
所以，即，即．
因為當時，單調遞減，且，所以，即．
【點睛】關鍵點點睛：本題考查函數恒成立問題及證明不等式，第二問將分解因式判斷符號是本題關鍵.
11．(1)；
(2)證明見解析.
【分析】（1）求出函數的導數，分析極值點情況即可得解.
（2）由（1）的信息可設，再構造函數，探討函數的單調性推理即得.
【詳解】（1）函數的定義域為，
求導得，
當時，若，，函數在上單調遞增，無極值點，不符合題意；
若，當或時，，當時，，
即函數在上單調遞增，在上單調遞減，函數有兩個極值點，不符合題意；
若，當或時，，當時，，
即函數在上單調遞增，在上單調遞減，函數有兩個極值點，不符合題意；
當時，當時，，當時，，
即函數在上單調遞增，在上單調遞減，2是函數的極大值點，且是唯一極值點，
所以的取值范圍是.
（2）當時，函數在上單調遞增，在上單調遞減，
由，，不妨令，
要證，只證，即證，就證，
令，求導得
，于是函數在上單調遞減，，
而，則，即，又，
因此，顯然，又函數在上單調遞增，則有，
所以.
【點睛】思路點睛：涉及函數的雙零點問題，不管待證的是兩個變量的不等式，還是導函數的值的不等式，都是把雙變量的等式或不等式轉化為一元變量問題求解，途徑都是構造一元函數.
12．(1)1；
(2)證明見解析.
【分析】（1）利用導數研究的單調性，結合最小值求參數值即可；
（2）根據題設及導數判斷的單調性及區間符號，進而有，根據極值點偏移，構造并利用導數研究上的單調性，證明，再記函數與和交點的橫坐標分別為，結合導數證得、，有，即可證結論.
【詳解】（1）因為，令，可得，
當時單調遞減；當時單調遞增.
所以，所以.
（2）證明：由（1）知，在上單調遞減，在上單調遞增，
當時，當時，

所以，
先證明.
記，則，
當時，，所以單調遞減，
所以當時，，即，
故，即.
又，由單調性知：，即.
再證明.
記函數與和交點的橫坐標分別為.
①當時，，故，所以，.
（或：的圖象在的圖象的下方，且兩個函數在上都是減函數）
②當時，記，所以.
當時單調遞減；當時單調遞增.
又，當時，，即.
故
所以，故.
（或的圖象在的圖象的下方，且兩個函數在上都遞增）
綜上，.
【點睛】關鍵點睛：第二問，首先應用極值點偏移構造證，再記函數與和交點的橫坐標分別為，依次證、為關鍵.
13．(1)答案見解析；
(2)證明見解析.
【分析】（1）求出，利用導數分類討論函數的單調性，并結合零點存在性定理求解即得.
（2）由函數零點的意義，建立關于的等式，換元構造函數，再利用導數證明不等式即得.
【詳解】（1）函數，，令，，
（i）當時，，則在上單調遞減，有且僅有1個零點；
（ii）當時，，則在上單調遞減，
，則在上有一個零點；
（iii）當時，令，，
當時，，在上單調遞減，
當時，，在上單調遞增，
因此的最小值為，令，解得，
又因為，，
令函數，求導得，函數在上單調遞增，
于是，而，因此，
由函數零點存在定理得，在區間和上各有一個零點，
當，即時，在上只有一個零點，當時，在上沒有零點，
所以當時，在上有兩個零點，即方程的有兩個實數解；
當或時，在上有一個零點，即方程的有一個實數解；
當時，在上沒有零點，即方程的無實數解.
（2）由（1）知有兩個零點，，，，則，
由是的兩個零點，得，，
即，，兩式相減得，
令，則，，，
于是，，，
要證，即證，即證，只需證：，
令，，，
令,故在上單調遞減，
因此，則在上單調遞增，
所以，從而得證，即.
【點睛】思路點睛：涉及函數的雙零點問題，不管待證的是兩個變量的不等式，還是導函數的值的不等式，都是把雙變量的等式或不等式轉化為一元變量問題求解，途徑都是構造一元函數.
14．(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）分離參數得,構造函數判單調性即可求解；
（2）利用變量集中設，得，，證明即可.
【詳解】（1）由且，可得.
設，，則，
令，解得.
當時，，單調遞增；
當時，，單調遞減.
又當趨向于0時，趨向于，當趨向于時，趨向于0，
所以要使的圖象與直線有兩個交點，則，
故的取值范圍是.
（2）證明：，由（1）得，
則，.
設，則，
即，
.
設，則.
設，則，
當時，，單調遞減，
當時，，單調遞增.
又，，，
所以存在唯一的，使得，
即，
所以的最小值為，，
所以，故.
【點睛】關鍵點點睛：本題考查導數研究零點和證明不等式，第二問利用變量集中結合對數運算得，，轉化為t的函數證明并進行隱零點代換是關鍵.
15．(1)；
(2)證明見解析.
【分析】（1）利用導數，結合的極值點個數，得到且，是的兩個不同根，列不等式組求參數范圍；
（2）設，應用分析法將問題化為證，令，則證，再由對應單調性即可證結論.
【詳解】（1）由題設且，
若，則在上恒成立，即遞增，不可能有兩個極值點，不符；
故，又有兩個極值點，則，是的兩個不同正根，
所以，可得，即實數的取值范圍是.
（2）由（1）且，，不妨設，
則
，
要證，需證，即，
只需證，即，令，則證，
由（1），時，即，
所以在上遞增，又，故，即，
綜上，.
【點睛】關鍵點點睛：第二問，設，應用分析法將問題轉化為證為關鍵.
16．(1)無最小值，最大值為
(2)證明見解析
【分析】（1）對函數求導后得，分別求出和的解集，從而可求解.
（2）由有兩個極值點，從而要證，令，構建函數，然后利用導數求解的最值，從而可求解證明.
【詳解】（1）由題意得，則.
令，解得；令，解得，
在上單調遞增，在上單調遞減，
，
無最小值，最大值為.
（2），則，
又有兩個不同的極值點，
欲證，即證，
原式等價于證明①.
由，得，則②.
由①②可知原問題等價于求證，
即證.
令，則，上式等價于求證.
令，則，
恒成立，在上單調遞增，
當時，，即，
原不等式成立，即.
【點睛】方法點睛：對于極值點偏移問題，首先找到兩極值點的相應關系,然后構造商數或加數關系；
通過要證明的不等式，將兩極值點變形后構造相應的函數，
利用導數求解出構造函數的最值，從而證明不等式或等式成立.
17．(1)
答案見解析
(2)證明見詳解.
【分析】(1)由，又的定義域為，討論與的大小關系，即可判定函數的單調性；
(2)當時，在上單調遞減，在上單調遞增，則，即，對于任意正整數，令，有，即可得證．
【詳解】（1）的定義域為，
，
若，當，則，所以在上單調遞增；
若，當，則，所以在上單調遞減；
當，則，所以在上單調遞減；
綜上所述，
當時，在上單調遞增；
當時，在上單調遞減，在上單調遞減.
（2）由(1)知當時，在上單調遞減，在上單調遞增，
所以，，即當時，，
對于任意正整數，令，
有，
所以，
即，
即.
【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵是令，用已知函數的單調性構造，再令,恰當地利用對數求和進行解題．
18．(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）求導后令，對與2的大小關系進行分類討論，結合導數與單調性極值的關系即可求解.
（2）由（1）得，進而將代入裂項即可得解.
【詳解】（1）由題可知.
令，其圖象的對稱軸為直線.
當即時，在單調遞增，
又，
所以當時，恒成立，從而恒成立，
所以在單調遞增，
又，所以恒成立.
當即時，在單調遞減，在單調遞增，
又，
所以當時，恒成立，從而恒成立，在單調遞減，
又，所以當時，，與已知矛盾，舍去.
綜上所述，的取值范圍為.
（2）由（1）可知，當時，，
從而，
于是.
【點睛】關鍵點睛：第一問的關鍵是找到合適的臨界點進行分類討論，第二問的關鍵是代入后采取裂項法求和即可順利得解.
19．(1)
(2)
(3)證明見解析
【分析】（1）求出函數的導數，根據導數的幾何意義，即可求得答案；
（2）利用分離參數法，將不等式恒成立轉化為函數的最值問題，即構造函數，利用導數求出其最大值，即可求得答案；
（3）結合（2）的結論，取，則可得，進而結合題意對x賦值，并利用累加法，即可證明結論.
【詳解】（1）當時，函數的定義域為，，，
曲線在點處的切線方程的斜率，
則切線方程為；
（2）若恒成立，則恒成立，
設，，，
由，得，由，得，
函數在上單調遞增，在上單調遞減.
.；
（3）證明：結合（2），令，則，即，則，（當且僅當時取等號），
，，…，，
，（，）.
【點睛】關鍵點睛：解答本題第三問，證明不等式時，關鍵是要利用第二問的結論，即取，得到不等式，從而采用累加法證明結論.
20．(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）將題目轉化為有一個解，構造函數，求導，思路1：討論判斷判別式判斷單調性，確定零點個數；思路2：根據二次函數性質討論和兩種情況，判單調性求解；
（2）利用（1）取得不等式，再賦值證明即可.
【詳解】（1）易知函數的定義域為.
由，可得.
設，則，
，且與有相同的零點個數.
思路1：令，，則.
當時，，則，即，可得在單調遞減，則有且僅有一個零點.
當時，顯然，則，可得在單調遞減，則有且僅有一個零點.
當時，由，解得，，且.
當時，，即，則單調遞增；
當時，，即，則單調遞減.
不難得知，
，
（令，故在單調遞減，
故，即，），
則在有一個零點，可知不只一個零點，不合題意.
綜上，可知.
思路2：令，.
當時，在單調遞減，有，即，
可得在單調遞減，則有且僅有一個零點.
當時，.
若，則，可得在單調遞減，
則有且僅有一個零點.
若，存在，且，使得.后續過程同思路1.
綜上，可知
（2）取，當時，，有，
即，則.
令，，則，即，
從而
.
【點睛】關鍵點點睛：本題考查導數研究函數單調性及零點,解決第二問的關鍵是利用（1）的結論賦值得不等關系，從而進行求和證明.
21．證明見解析
【分析】利用導數證明出：當時，以及成立，即可證得，結合不等式的基本性質可證得所證不等式成立.
【詳解】由題意可知，函數的定義域為，
先證明，令，
則，
令，其中，則，
當時，，此時函數單調遞減，
當時，，此時函數單調遞增，
所以，，即，
所以，，
設，其中，則且不恒為零，
所以，在上為增函數，故當時，，
所以，，
因為，故，故原不等式得證.
【點睛】方法點睛：利用導數證明不等式問題，方法如下：
（1）直接構造函數法：證明不等式（或）轉化為證明（或），進而構造輔助函數；
（2）適當放縮構造法：一是根據已知條件適當放縮；二是利用常見放縮結論；
（3）構造“形似”函數，稍作變形再構造，對原不等式同解變形，根據相似結構構造輔助函數.
22．(1)答案見解析
(2)證明見解析
【分析】（1），當時，在R上單調遞增，無極值，當a>0時，討論的正負，確定的單調性求得極值；
（2）要證，可證，構造函數證明，通過函數，放縮證明成立.
【詳解】（1）因為，所以.
當時，，此時在R上單調遞增，無極值.
當a>0時，令，則，解得.
當時，，此時單調遞增；當時，，此時單調遞減.
所以當時，有極小值，極小值為.
綜上所述，當a≤0時，沒有極值；當a>0時，有極小值，為，無極大值.
（2）證明：因為，所以.
要證，可證，分兩步進行.
①先證當時，.
令，則.
令，則.當時，，單調遞增；當時，，單調遞減.
因為，所以，即.
②再證當時，.
易知，
由（1）知，當，時，，即，所以當時，.
令，，則，顯然為減函數，
，
所以在上先正后負，先增后減， 且
所以，所以當時，，
所以.
因為當時，，即，
所以.
因為，所以，即，所以，
即，所以.
結合①②可知 ，即.
【點睛】關鍵點點睛：本題使用函數放縮證明不等式，在構造函數時可以用切線不等式，如在本題中構造的函數不等式就是利用函數與其在處的切線大小關系構造的.也可以用割線不等式，如在本題中構造的函數就是利用函數與割線大小關系構造的，割線是過兩點的直線.
23．(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）解法一：根據，可得是的極小值點求出，再利用導數檢驗即可；解法二：求出，分、討論，利用導數判斷單調性可得答案；
（2）當時，設，利用導數判斷出單調性可得答案.
【詳解】（1）解法一：由，得，
又，所以是的極小值點，
故，而，故，
若，則，
當；當，
所以在單調遞減，在單調遞增，
故是唯一的極小值點，也是最小值點，
由，所以當且僅當時，
解法二：由，得，又，
當時，有恒成立，所以在上單調遞減，
又，則不成立，
當時，令，得，
則時，有時，有，
即在單調遞減，在單調遞增，
所以的最小值為，
，
函數在單調遞減，單調遞增，
，當且僅當取等號，
故；
（2）當時，，
設，
當時，，
又由（1）知，故，
當時，，
設，則，
則在單調遞增，，
所以，則在單調遞增，
，
綜上，，即當時，.
【點睛】思路點睛：在證明不等式時構造函數，利用導數判斷出單調性結合最值的正負是常用的方法.
24．(1)極大值為，極小值為
(2)證明見解析
【分析】（1）先求得的單調性，進而求得的極值；
（2）先利用題給條件構造出的不等式，再利用（1）的結論即可證得.
【詳解】（1），，令，可得.
令，可得，
令，可得，或
所以在上單調遞增，在和上單調遞減.
所以的極大值為的極小值為.
（2）由，
可得，
所以.
由對稱性，不妨設，
則，
當且僅當時，等號成立，
所以.
由（1）可知在上的最大值為，
所以，
當且僅當時，等號成立，
因為等號不能同時取到，所以.
【點睛】方法點睛：利用導數證明不等式常見類型及解題策略：
（1）構造差函數，根據差函數導函數符號，確定差函數單調性，利用單調性得不等量關系，進而證明不等式；
（2）根據條件，尋找目標函數，一般思路為利用條件將所求問題轉化為對應項之間大小關系，或利用放縮、等量代換將多元函數轉化為一元函數.
25．C
【分析】依題意可得對恒成立，記，即在上恒成立，利用導數說明函數的單調性，分、、三種情況討論，即可求出參數的取值范圍.
【詳解】，等價于，
記，即在上恒成立，
.
當即時，，在上單調遞減，
所以當時，即恒成立；
當時，記，則，
當時單調遞減，又，，
所以存在，使得，當時，，單調遞增，
所以，即，
所以當時，即，不符合題意；
當時，，不符合題意.
綜上，的取值范圍是.
故選：C
【點睛】方法點睛：導函數中常用的兩種常用的轉化方法：一是利用導數研究含參函數的單調性，常化為不等式恒成立問題．注意分類討論與數形結合思想的應用；二是函數的零點、不等式證明常轉化為函數的單調性、極(最)值問題處理．
26．D
【分析】導數研究單調性，將題設轉化為成立，即上遞減，進而有恒成立，導數研究右側最大值，即可求參數范圍.
【詳解】當時，，
故，
故，
令，則，
令，故，
令，故，
故當時，，
當時，，
即函數在上單調遞增，在上單調遞減，
故，解得，
故實數的取值范圍為，
故選：D
【點睛】關鍵點點睛：利用導數研究單調性，將問題最終轉化為恒成立.
27．(1)，；
(2).
【分析】（1）利用導數的幾何意義計算即可；
（2）分離參數得，構造函數利用導數研究函數的單調性與最值計算即可.
【詳解】（1）依題意知，當時，，
即，所以，則，
易得，
于是，所以，即；
（2）因為，所以原不等式可變為，
記，則上式等價于，
，
記，則，
于是在上單調遞減，
又，所以當時，，即，
當時，，即，
從而在上單調遞增，在上單調遞減，
故，所以，
故m的取值范圍是.
【點睛】思路點睛：第二問關于含參恒成立問題最直接的方法就是分離參數，利用導數研究函數的單調性及最值，有時需要多次求導.
28．(1)
(2).
【分析】（1）由題意可得在上恒成立，設，分、討論求出即可.
（2）由有兩個極值點為，可得方程在上有兩個不同的根，則，求出的取值范圍，將題意轉化為恒成立，設，對求導，求出的最大值即可求出答案.
【詳解】（1）由題意.
因為函數在其定義域上單調遞增，
所以.
設，
①當時，函數在上單調遞增，只須，無解.
②當時，只須，解得：，
綜上所述：實數的取值范圍是.
（2）由（1）知，
因為有兩個極值點為，
所以在上有兩個不同的根，
此時方程在上有兩個不同的根.
則，且，
解得.
若不等式恒成立，
則恒成立.
因為
設.
則，因為，所以，
所以在上遞減，所以，
所以，
即實數的取值范圍為.
【點睛】方法點睛：對于利用導數研究不等式的恒成立與有解問題的求解策略：
1、通常要構造新函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，從而求出參數的取值范圍；
2、利用可分離變量，構造新函數，直接把問題轉化為函數的最值問題．
3、根據恒成立或有解求解參數的取值時，一般涉及分離參數法，但壓軸試題中很少碰到分離參數后構造的新函數能直接求出最值點的情況，進行求解，若參變分離不易求解問題，就要考慮利用分類討論法和放縮法，注意恒成立與存在性問題的區別．
29．C
【分析】構造函數，利用導數求其最大值；再利用導數分析的單調性，利用函數的性質求解不等式即可.
【詳解】令，則，
當時，，函數在上單調遞減，，
若存在實數，使得不等式成立，
等價于成立，又，，
，所以．
當時，，函數在上單調遞增，
當時，，函數在上單調遞減，
為正實數，，又函數在上單調遞增，
，解得
正實數的取值范圍為．
故選：C．
【點睛】關鍵點點睛：解決本題的關鍵，一是能夠轉化存在實數，使得成立為；二是能夠熟練利用導數研究函數單調性，屬綜合中檔題.
30．A
【分析】條件可轉化為，，，，再分別求列不等式可求的取值范圍.
【詳解】因為對于存在，存在，使，
所以，，，
又，，
顯然在上單調遞減，則，
當時，，即在上單調遞增，
則，
由解得：，
所以實數的取值范圍為.
故選：A.
31．(1)單調增區間為，單調減區間為
(2)
【分析】（1）根據導函數的正負判斷函數的遞增遞減區間即得；
（2）通過代入不等式整理成在上存在實數解問題，故可轉化成求函數在得最小值問題，計算即得.
【詳解】（1）當時，，
∴，由，得，由，得，
所以函數的單調增區間為，單調減區間為；
（2）原條件等價于：在上存在實數解．
化為在上存在實數解，
令，
則，
∴在上，，得，故在上單調遞增，
∴的最小值為，
∴時，不等式在上存在實數解．
32．(1)
(2)
【分析】（1）先求出導函數，由得到切線斜率，再根據切點坐標即可得到切線方程；
（2）轉化問題為，結合二次函數性質可求得的最大值，構造，由的導函數判斷的單調性，利用端點值和極值判斷的正負，進而判斷的單調性，求得，即可求解.
【詳解】（1）由題意，
則，即切線的斜率，
且，即切點坐標為，
所以曲線在處的切線方程為，即.
（2）由題意可知：，
因為的圖象開口向上，對稱軸為直線，
則在上單調遞減，可得，
由（1）可設，則，
所以，
當時，；當時，，
則在區間上單調遞減，在區間上單調遞增.
且，
可知在區間上只有一個零點，設為，
當時，；當時，，
所以在區間上單調遞減，在區間上單調遞增，
且，可得當時，，
所以，解得，
所以實數的取值范圍是.
【點睛】方法點睛：兩招破解不等式的恒成立問題
（1）分離參數法
第一步：將原不等式分離參數，轉化為不含參數的函數的最值問題；
第二步：利用導數求該函數的最值；
第三步：根據要求得所求范圍．
（2）函數思想法
第一步：將不等式轉化為含待求參數的函數的最值問題；
第二步：利用導數求該函數的極值；
第三步：構建不等式求解．
33．C
【分析】將原不等式轉化為恒成立，先判斷得出恒成立，結合不等式的基本性質可得恒成立，進而求解即可.
【詳解】，即，
因為，所以，即恒成立，
令，則，
當時，單調遞減，當時，單調遞增，
因為，所以，
若時，不等式恒成立，則恒成立，
若時，，恒成立，則也成立，
所以當時，恒成立，所以得，即，
設
當時，單調遞增，當時，單調遞減，
所以，所以，即正實數的最小值為.
故選：C.
【點睛】關鍵點點睛：運用同構的基本思想將原不等式轉化為恒成立，再運用不等式的性質，先得出恒成立，再運用導數討論恒成立進而求出結果.
34．B
【分析】先將指對混合形式變形為同構形式，再構造函數，利用函數單調性求函數最值，得到參數范圍.
【詳解】由，則，，
當時，，恒成立，
即任意，對恒成立；
當時，，
即，其中，
構造函數，則.
，因為，所以，單調遞增；
則有，則，
構造函數，
則，令，解得，
當時，，單調遞增；
當時，，單調遞減，
則， 即當時，，
故要使恒成立，則，即的取值范圍為.
故選：B.
【點睛】一般地，在等式或不等式中指對形同時出現，可能需要利用指對同構來解決問題.解決問題的關鍵在于指對分離，構造“指冪—冪對”形式，再構造函數求解.常見的同構式有：與，與等.
35．B
【分析】題設中的不等式等價于，令，結合導數可得該函數的單調性，結合可得的解，從而可求實數的取值范圍.
【詳解】由有意義可知，.
由，得.
令，即有.
因為，所以，令，
問題轉化為存在，使得.
因為，令，即，解得；
令，即，解得，
所以在上單調遞增，在上單調遞減.
又，所以當時，.
因為存在，使得成立，所以只需且，解得.
故選：.
36．(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）先求切點坐標，再根據導數的幾何意義確定切線的斜率，可得切線方程；
（2）先把不等式，轉化為，設，，在上，求的最小值大于的最大值即可.
【詳解】（1），則，
因為，所以曲線在點處的切線方程為，
即.
（2）證明：的定義域為，要證明，
只需證.
設函數，則.
當時，；當時，.
所以.
設函數，則，
所以恒成立，從而，故
37．(1)答案見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）求出函數的導數，分類討論，即討論a的取值范圍，判斷導數的正負，即可得答案；
（2）采用分析論證的方法，即要證明，需證明，即證成立，由此構造函數，利用導數判斷其單調性，結合單調性即可證明結論.
【詳解】（1）由題意得函數定義域為，
當時，，
則令，得，故在上單調遞增；
令，得，故在上單調遞減；
當時，，
則當時，，故在上單調遞增；
當時，，在上單調遞減；
當時，，則當時，，故在上均單調遞增；
當時，，在上單調遞減；
當時，，等號僅在時取到，在上單調遞增；
當時，，則當時，，故在上均單調遞增；
當時，，在上單調遞減；
綜上，當時，在上單調遞增，在上單調遞減；
當時， 在上均單調遞增，在上單調遞減；
當時， 在上單調遞增；
當時， 在上均單調遞增，在上單調遞減；
（2）當時，在上單調遞增，在上單調遞減，為函數的最大值點；
若且，不妨設，則可得，
要證明，只需證，此時，
故只需證，即證；
令，而，
則
，
因為，
所以恒成立，故在上單調遞減，
故，
即，即，
故得證.
【點睛】難點點睛：本題綜合考查了導數的應用，涉及函數的單調性以及不等式證明問題，難度較大，解答的關鍵在于證明不等式時，要采用分析論證的方法，即需證，進而需證，即證，從而構造函數，利用導數判斷函數的單調性，結合單調性即可證明結論.
38．(1)
(2)答案見解析
(3)證明見解析
【分析】（1）求導，然后求出，，根據點斜式寫出直線方程；
（2）求導，然后分和討論求的單調區間；
（3）根據極值點為導函數的零點，令，利用韋達定理將用表示，代入，構造函數求其最值即可.
【詳解】（1）當時，，
得，則，，
所以切線方程為，即；
（2），
當時，恒成立，在上單調遞增，無減區間，
當時，令，得，單調遞增，
令，得，單調遞減，
綜合得：當時，的單調遞增區間為，無減區間；
當時，的單調遞增區間為，的單調遞減區間為；
（3），
則，
因為是函數的兩個極值點，
即是方程的兩不等正根，
所以，得，
令，則，
得，
則，
所以
，
則，
令，
則，
所以在上單調遞增，
所以，
所以，
即.
【點睛】關鍵點睛：對于雙變量問題，我們需要通過換元轉化為單變量問題，本題就是利用韋達定理，令達到消元的目的，常用的換元有等.
39．(1)極小值0，無極大值；
(2)證明見解析.
【分析】（1）利用導數求出函數的極值.
（2）利用（1）中信息，構建關于的不等式，再利用累加法求和即可.
【詳解】（1）函數的定義域為，求導得，
當時，，當時，，則函數在上遞減，在上遞增，
所以函數在處取得極小值，無極大值.
（2）證明：由（1）知，，即，，
因此，當且僅當時取等號，
令，，則，
，而，
所以.
【點睛】關鍵點睛：證明第（2）問的數列不等式，利用第（1）的結論，變形構造不等式，再結合累加法求和是解題之關鍵.
答案第1頁，共2頁
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