資源簡介

2024年高考數學高頻考點題型歸納與方法總結（新高考通用）
素養拓展11 導數中的不等式證明問題（精講+精練）
一、不等式的證明
證明不等式的過程中常使用構造法，利用函數單調性、極值、最值加以證明．常見的構造方法有：
(1)直接構造法：證明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))轉化為證明f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，進而構造輔助函數h(x)＝f(x)－g(x)；
(2)適當放縮構造法：一是根據已知條件適當放縮，二是利用常見的放縮結論，如①對數形式：x≥1＋ln x（x＞0），當且僅當x＝1時，等號成立.
②指數形式：ex≥x＋1（x∈R），當且僅當x＝0時，等號成立.進一步可得到一組不等式鏈：ex＞x＋1＞x＞1＋ln x（x＞0，且x≠1）.
(3)構造“形似”函數：稍作變形再構造，對原不等式同解變形，如移項、通分、取對數，把不等式轉化為左、右兩邊是相同結構的式子的形式，根據“相同結構”構造輔助函數；
(4)構造雙函數：若直接構造函數求導難以判斷符號，導函數零點也不易求得，因此函數單調性與極值點都不易獲得，則可構造函數f(x)和g(x)，利用其最值求解．在證明過程中，等價轉化是關鍵，此處f(x)min>g(x)max恒成立．從而f(x)>g(x)，但此處f(x)與g(x)取到最值的條件不是同一個“x的值”．　
【常用結論】
1.破解含雙參不等式證明題的3個關鍵點
（1）轉化，即由已知條件入手，尋找雙參所滿足的關系式，并把含雙參的不等式轉化為含單參的不等式.
（2）巧構造函數，再借用導數，判斷函數的單調性，從而求其最值.
（3）回歸雙參的不等式的證明，把所求的最值應用到雙參不等式，即可證得結果.
總結：雙變量相關問題，解題策略是減少變量，方式為一個變量用另一個變量表示，或將兩變量的整體換元，如下列形式等常見形式
2.常見不等式（大題使用需要證明）
①，，，
②，；；
③；；
④；
⑤；
⑥；；，
【典例1】已知函數.
（1）討論的單調性；
（2）當時，證明
【解析】（1）的定義域為（0，＋∞），
當，則當x∈（0，＋∞）時，，故在（0，＋∞）上單調遞增.
當，則當x∈時，f′（x）＞0；當x∈時，f′（x）＜0.
故在上單調遞增，在上單調遞減.
（2）證明：由（1）知，當a＜0時，f（x）在x＝－取得最大值，最大值為＝.
所以等價于，即.設g（x）＝ln x－x＋1，則g′（x）＝－1.當x∈（0,1）時，g′（x）＞0；當x∈（1，＋∞）時，g′（x）＜0.所以g（x）在（0,1）上單調遞增，在（1，＋∞）上單調遞減.故當x＝1時，g（x）取得最大值，最大值為g（1）＝0.所以當x＞0時，g（x）≤0.從而當a＜0時，，即.
【典例2】 求證：當時，
【詳解】證明：當時，欲證，只需證
，即證，令，
，令，解得，易得在上遞減，在上遞增，
，，令，解得，易得在上遞增，在上遞減，，故，所以當時，
【典例3】已知函數，．
（1）討論函數的單調性；
（2）若、為函數的兩個極值點，證明：．
【（1）詳解】，．
令，則，的對稱軸為，△．
①時，，函數在上單調遞增；
②當時，△，可得，，函數在上單調遞增；
③當時，△，由，解得，．
所以在，，上，，，函數是增函數；
在，，，，函數是減函數．
綜上可得，當時，函數在上單調遞增；
當時，函數在，，上單調遞增，
在，上單調遞減．
【（2）詳解】證明：有兩個極值點，，由（1）知，，
所以，
要證，即證，即證，
因為，所以，所以即證，即證，，
令，，因為，
所以，所以在上單調遞減，所以（1），
所以恒成立，得證．
【題型訓練1-刷真題】
一、解答題
1．（2021·全國·統考高考真題）設函數，已知是函數的極值點．
（1）求a；
（2）設函數．證明:．
2．（2021·浙江·統考高考真題）設a，b為實數，且，函數
（1）求函數的單調區間；
（2）若對任意，函數有兩個不同的零點，求a的取值范圍；
（3）當時，證明：對任意，函數有兩個不同的零點，滿足.
(注：是自然對數的底數)
3．（2020·浙江·統考高考真題）已知，函數，其中e=2.71828…為自然對數的底數．
（Ⅰ）證明：函數在上有唯一零點；
（Ⅱ）記x0為函數在上的零點，證明：
（ⅰ）；
（ⅱ）．
【題型訓練2-刷模擬】
一、解答題
1．（2023·北京密云·統考三模）已知函數.
(1)求曲線在點處的切線方程；
(2)證明：.
2．（2023·山西呂梁·統考三模）已知函數.
(1)討論函數在上的零點個數；
(2)當且時，記，探究與1的大小關系，并說明理由.
3．（2023·山東淄博·統考三模）已知函數.
(1)求函數的單調區間；
(2)證明：當時，.
4．（2023·河南洛陽·模擬預測）已知函數.
(1)若，求的極值；
(2)，若函數有兩個零點，且，求證：.
5．（2023·貴州·校聯考模擬預測）已知函數.
(1)判斷的導函數在上零點的個數，并說明理由；
(2)證明：當時，.
注：.
6．（2023·山東聊城·統考三模）已知函數．
(1)討論的單調性；
(2)證明：當，且時，．
7．（2023春·河北·高三校聯考階段練習）已知函數.
(1)討論的單調性.
(2)若存在兩個零點，且曲線在和處的切線交于點.
①求實數的取值范圍；
②證明：.
8．（2023·山東煙臺·統考二模）已知函數．
(1)若在上單調遞增，求實數a的取值范圍；
(2)當時，證明：，．
9．（2023·福建泉州·泉州五中校考模擬預測）已知函數．
(1)討論的單調性；
(2)當，是方程的兩根，，證明：．
10．（2023·安徽黃山·統考三模）已知函數，
(1)試判斷函數在上是否存在極值.若存在，說出是極大值還是極小值；若不存在，說明理由.
(2)設，若，證明：不等式在上恒成立.
11．（2023·全國·高三專題練習）已知函數，其中．
(1)若有兩個零點，求的取值范圍；
(2)若，求的取值范圍．
12．（2023春·四川雅安·高三雅安中學校聯考階段練習）已知函數．
(1)試問曲線是否存在過原點的切線？若存在，求切點的坐標；若不存在，請說明理由．
(2)證明：．（參考數據：）
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2024年高考數學高頻考點題型歸納與方法總結（新高考通用）
素養拓展11 導數中的不等式證明問題（精講+精練）
一、不等式的證明
證明不等式的過程中常使用構造法，利用函數單調性、極值、最值加以證明．常見的構造方法有：
(1)直接構造法：證明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))轉化為證明f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，進而構造輔助函數h(x)＝f(x)－g(x)；
(2)適當放縮構造法：一是根據已知條件適當放縮，二是利用常見的放縮結論，如①對數形式：x≥1＋ln x（x＞0），當且僅當x＝1時，等號成立.
②指數形式：ex≥x＋1（x∈R），當且僅當x＝0時，等號成立.進一步可得到一組不等式鏈：ex＞x＋1＞x＞1＋ln x（x＞0，且x≠1）.
(9)構造“形似”函數：稍作變形再構造，對原不等式同解變形，如移項、通分、取對數，把不等式轉化為左、右兩邊是相同結構的式子的形式，根據“相同結構”構造輔助函數；
(4)構造雙函數：若直接構造函數求導難以判斷符號，導函數零點也不易求得，因此函數單調性與極值點都不易獲得，則可構造函數f(x)和g(x)，利用其最值求解．在證明過程中，等價轉化是關鍵，此處f(x)min>g(x)max恒成立．從而f(x)>g(x)，但此處f(x)與g(x)取到最值的條件不是同一個“x的值”．　
【常用結論】
1.破解含雙參不等式證明題的9個關鍵點
（1）轉化，即由已知條件入手，尋找雙參所滿足的關系式，并把含雙參的不等式轉化為含單參的不等式.
（2）巧構造函數，再借用導數，判斷函數的單調性，從而求其最值.
（9）回歸雙參的不等式的證明，把所求的最值應用到雙參不等式，即可證得結果.
總結：雙變量相關問題，解題策略是減少變量，方式為一個變量用另一個變量表示，或將兩變量的整體換元，如下列形式等常見形式
2.常見不等式（大題使用需要證明）
①，，，
②，；；
③；；
④；
⑤；
⑥；；，
【典例1】已知函數.
（1）討論的單調性；
（2）當時，證明
【解析】（1）的定義域為（0，＋∞），
當，則當x∈（0，＋∞）時，，故在（0，＋∞）上單調遞增.
當，則當x∈時，f′（x）＞0；當x∈時，f′（x）＜0.
故在上單調遞增，在上單調遞減.
（2）證明：由（1）知，當a＜0時，f（x）在x＝－取得最大值，最大值為＝.
所以等價于，即.設g（x）＝ln x－x＋1，則g′（x）＝－1.當x∈（0,1）時，g′（x）＞0；當x∈（1，＋∞）時，g′（x）＜0.所以g（x）在（0,1）上單調遞增，在（1，＋∞）上單調遞減.故當x＝1時，g（x）取得最大值，最大值為g（1）＝0.所以當x＞0時，g（x）≤0.從而當a＜0時，，即.
【典例2】 求證：當時，
【詳解】證明：當時，欲證，只需證
，即證，令，
，令，解得，易得在上遞減，在上遞增，
，，令，解得，易得在上遞增，在上遞減，，故，所以當時，
【典例9】已知函數，．
（1）討論函數的單調性；
（2）若、為函數的兩個極值點，證明：．
【（1）詳解】，．
令，則，的對稱軸為，△．
①時，，函數在上單調遞增；
②當時，△，可得，，函數在上單調遞增；
③當時，△，由，解得，．
所以在，，上，，，函數是增函數；
在，，，，函數是減函數．
綜上可得，當時，函數在上單調遞增；
當時，函數在，，上單調遞增，
在，上單調遞減．
【（2）詳解】證明：有兩個極值點，，由（1）知，，
所以，
要證，即證，即證，
因為，所以，所以即證，即證，，
令，，因為，
所以，所以在上單調遞減，所以（1），
所以恒成立，得證．
【題型訓練1-刷真題】
一、解答題
1．（2021·全國·統考高考真題）設函數，已知是函數的極值點．
（1）求a；
（2）設函數．證明:．
【答案】（1）；（2）證明見詳解
【分析】（1）由題意求出，由極值點處導數為0即可求解出參數；
（2）由（1）得，且，分類討論和，可等價轉化為要證，即證在和上恒成立，結合導數和換元法即可求解
【詳解】（1）由，，
又是函數的極值點，所以，解得；
（2）[方法一]：轉化為有分母的函數
由（Ⅰ）知，，其定義域為．
要證，即證，即證．
（ⅰ）當時，，，即證．令，因為，所以在區間內為增函數，所以．
（ⅱ）當時，，，即證，由（ⅰ）分析知在區間內為減函數，所以．
綜合（ⅰ）（ⅱ）有．
[方法二] 【最優解】：轉化為無分母函數
由（1）得，，且，
當 時，要證，， ，即證，化簡得；
同理，當時，要證，， ，即證，化簡得；
令，再令，則，，
令，，
當時，，單減，故；
當時，，單增，故；
綜上所述，在恒成立.
[方法三] ：利用導數不等式中的常見結論證明
令，因為，所以在區間內是增函數，在區間內是減函數，所以，即（當且僅當時取等號）．故當且時，且，，即，所以．
（ⅰ）當時，，所以，即，所以．
（ⅱ）當時，，同理可證得．
綜合（ⅰ）（ⅱ）得，當且時，，即．
【整體點評】（2）方法一利用不等式的性質分類轉化分式不等式：當時，轉化為證明，當時，轉化為證明，然后構造函數，利用導數研究單調性，進而證得；方法二利用不等式的性質分類討論分別轉化為整式不等式：當時，成立和當時，成立，然后換元構造，利用導數研究單調性進而證得，通性通法，運算簡潔，為最優解；方法三先構造函數，利用導數分析單調性，證得常見常用結論（當且僅當時取等號）．然后換元得到，分類討論，利用不等式的基本性質證得要證得不等式，有一定的巧合性.
2．（2021·浙江·統考高考真題）設a，b為實數，且，函數
（1）求函數的單調區間；
（2）若對任意，函數有兩個不同的零點，求a的取值范圍；
（9）當時，證明：對任意，函數有兩個不同的零點，滿足.
(注：是自然對數的底數)
【答案】(1)時，在上單調遞增；時，函數的單調減區間為，單調增區間為；
(2)；
(9)證明見解析.
【分析】(1)首先求得導函數的解析式，然后分類討論即可確定函數的單調性；
(2)將原問題進行等價轉化，然后構造新函數，利用導函數研究函數的性質并進行放縮即可確定實數a的取值范圍；
(9)方法一：結合(2)的結論將原問題進行等價變形，然后利用分析法即可證得題中的結論成立.
【詳解】(1)，
①若，則，所以在上單調遞增；
②若，
當時，單調遞減，
當時，單調遞增.
綜上可得，時，在上單調遞增；
時，函數的單調減區間為，單調增區間為.
(2)有2個不同零點有2個不同解有2個不同的解，
令，則，
記，
記，
又，所以時，時，，
則在單調遞減，單調遞增，，
.
即實數的取值范圍是.
(9)[方法一]【最優解】：
有2個不同零點，則，故函數的零點一定為正數.
由(2)可知有2個不同零點，記較大者為，較小者為，
，
注意到函數在區間上單調遞減，在區間上單調遞增，
故，又由知，
，
要證，只需，
且關于的函數在上單調遞增，
所以只需證，
只需證，
只需證，
，只需證在時為正，
由于，故函數單調遞增，
又，故在時為正，
從而題中的不等式得證.
[方法二]：分析+放縮法
有2個不同零點，不妨設，由得（其中）．
且．
要證，只需證，即證，只需證．
又，所以，即．
所以只需證．而，所以，
又，所以只需證．
所以，原命題得證．
[方法三]：
若且，則滿足且，由（Ⅱ）知有兩個零點且．
又，故進一步有．
由可得且，從而．．
因為，
所以，
故只需證．
又因為在區間內單調遞增，故只需證，即，注意時有，故不等式成立．
【整體點評】本題第二、三問均涉及利用導數研究函數零點問題，其中第三問難度更大，涉及到三種不同的處理方法，
方法一：直接分析零點，將要證明的不等式消元，代換為關于的函數，再利用零點反代法，換為關于的不等式，移項作差構造函數，利用導數分析范圍.
方法二：通過分析放縮，找到使得結論成立的充分條件，方法比較冒險！
方法三：利用兩次零點反代法，將不等式化簡，再利用函數的單調性，轉化為與0比較大小，代入函數放縮得到結論.
9．（2020·浙江·統考高考真題）已知，函數，其中e=2.71828…為自然對數的底數．
（Ⅰ）證明：函數在上有唯一零點；
（Ⅱ）記x0為函數在上的零點，證明：
（ⅰ）；
（ⅱ）．
【答案】（I）證明見解析，（II）（i）證明見解析，（ii）證明見解析.
【分析】（I）方法一：先利用導數研究函數單調性，再結合零點存在定理證明結論；
（II）（i）先根據零點化簡不等式，轉化求兩個不等式恒成立，構造差函數，利用導數求其單調性，根據單調性確定最值，即可證得不等式；
（ii）方法一：先根據零點條件轉化：，再根據放縮，轉化為證明不等式，最后構造差函數，利用導數進行證明.
【詳解】（I）[方法一]：單調性+零點存在定理法
在上單調遞增，
，
所以由零點存在定理得在上有唯一零點．
[方法二]【最優解】：分離常數法
函數在內有唯一零點等價于方程在內有唯一實根，又等價于直線與只有1個交點．
記，由于在內恒成立，所以在內單調遞增，故．
因此，當時，直線與只有1個交點．
（II）（i），
，
令
一方面： ，
在單調遞增，，
，
另一方面：，
所以當時，成立，
因此只需證明當時，，
因為
當時，，當時，，
所以，
在單調遞減，，，
綜上，.
（ii）[方法一]：分析+構造函數法
，
，，
，因為，所以，
，
只需證明，
即只需證明，
令，
則，
，即成立，
因此.
[方法二]【最優解】：放縮轉化法
．
設，則由得．
從而只要證．
上式左邊．
使用不等式可得
【整體點評】（Ⅰ）方法一：直接研究函數的單調性，并根據零點存在定理證得結論，為通性通法；方法二：先分離常數，轉化為證明水平直線與函數的圖象交點個數問題，為最優解；
（Ⅱ）（ⅰ）通過分析，轉化，然后構造函數證得；
（ⅱ）方法一：構造函數，利用導數研究單調性，求得最小值，然后根據條件放縮轉化為證明不等式．利用作差法構造關于實數的函數，利用導數證得此不等式，為該題的通性通法；方法二：利用放縮判定的導函數大于零，確定單調性，得到其最小值，轉化為，然后利用不等式放縮證明，運算相對簡潔，為最優解.
【題型訓練2-刷模擬】
一、解答題
1．（2029·北京密云·統考三模）已知函數.
(1)求曲線在點處的切線方程；
(2)證明：.
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）計算出、的值，利用導數的幾何意義可得出所求切線的方程；
（2），其中，利用導數分析函數的單調性，證明出，即可證得結論成立.
【詳解】（1）解：因為，則，
所以，，，
所以，曲線在點處的切線方程為，
即.
（2）解：令，其中，
，
令，其中，
則，
當時，且不恒為零，所以，函數在上單調遞增，
所以，當時，，此時函數單調遞減，
當時，，此時函數單調遞增，
所以，，即.
2．（2029·山西呂梁·統考三模）已知函數.
(1)討論函數在上的零點個數；
(2)當且時，記，探究與1的大小關系，并說明理由.
【答案】(1)答案見解析
(2)，理由見解析
【分析】（1）求導，得到函數單調性和極值情況，并結合端點值大小，分類討論得到函數的零點個數；
（2）判斷出，不等式同構變形得到，構造，得到其單調性，并構造的單調性，證明出結論.
【詳解】（1），，
當時，，當時，，
故在上單調遞減，在上單調遞增，
又，，，其中，
若，即時，零點個數為0，
若，即時，零點個數為1，
若，即時，零點個數為2，
若，即時，零點個數為1，
若，即時，零點個數為0，
綜上：當或時，零點個數為0，
當或時，零點個數為1，
當時，零點個數為2.
（2），理由如下：
，，
當時，，故，
當時，，故，
要證，即證，其中，
故即證，
令，，即證，
，
令，則，
當時，，當時，，
故在上單調遞減，在上單調遞增，
故在上恒成立，
所以在上恒成立，
則在上單調遞增，
則，
令，，
，當時，，當時，，
故在上單調遞減，在上單調遞增，
故，即，結論得證.
【點睛】導函數求解參數取值范圍，當函數中同時出現與，通常使用同構來進行求解，本題難點是變形得到，從而構造進行求解.
9．（2029·山東淄博·統考三模）已知函數.
(1)求函數的單調區間；
(2)證明：當時，.
【答案】(1)單調遞增區間是和
(2)證明見解析
【分析】（1）確定函數定義域，求導得到導函數，構造新函數，求導得到單調區間，計算最值確定恒成立，得到答案.
（2）構造函數，求導得到導函數，將導函數設為新函數，再次求導，將導函數設為新函數，再次求導，利用隱零點代換得到的單調區間，計算最值得到，再構造函數，同理得到，得到證明.
【詳解】（1）函數的定義域為，.
令函數，.
當時，，在上單調遞減；
當時，，在上單調遞增，
所以，即恒成立，
故的單調遞增區間是和.
（2）當時，，即當時，.
令，，
令，，
令，.
當時，，在上單調遞減；
當時，，在上單調遞增，
又，，
所以存在，使得.
當時，；當時，，
所以在上單調遞減，在上單調遞增.
，故當時，；當時，，
即當時，；當時，，
故在上單調遞減，在上單調遞增.
于是，所以.
令函數，.
當時，；當時，，
所以在上單調遞增；在上單調遞減，
則.
因為，所以，故，
得.
綜上所述：當時，.
【點睛】本題考查了利用導數求函數的單調區間，證明不等式，意在考查學生的計算能力，轉化能力和綜合應用能力，其中將不等式的證明轉化為和是解題的關鍵，證明不等式引入中間函數是一個重要技巧，需要熟練掌握.
4．（2029·河南洛陽·模擬預測）已知函數.
(1)若，求的極值；
(2)，若函數有兩個零點，且，求證：.
【答案】(1)極大值為，無極小值；
(2)證明見解析.
【分析】（1）求出函數的導數，再利用導數求出的極值作答.
（2）根據函數零點的意義，轉化為線與函數圖象有兩個交點，求出，再借助零點建立兩個方程消去a，構造函數證明即可作答.
【詳解】（1）當時，定義域為，
求導得，令，
求導得，當時，，當時，，
即函數在上單調遞增，在上單調遞減，當時，取得極大值，無極小值，
所以的極大值為，無極小值.
（2）依題意，，，因為函數有兩個零點，且，
而，則，
因此函數的兩個零點分別是直線與函數圖象的兩個交點橫坐標，
，當時，，當時，，
則函數在上單調遞增，在上單調遞減，，
而，時，恒有，于是，即，
令，顯然有，
則有，令，
求導得，即函數在上單調遞增，，
即有，從而，又，
所以.
【點睛】思路點睛：涉及雙變量的不等式證明問題，將所證不等式等價轉化，構造新函數，再借助導數探討函數的單調性、極(最)值問題處理.
5．（2029·貴州·校聯考模擬預測）已知函數.
(1)判斷的導函數在上零點的個數，并說明理由；
(2)證明：當時，.
注：.
【答案】(1)零點的個數為1，理由見解析
(2)證明見解析
【分析】利用導數判斷的導函數在上得單調性，再結合零點的存在性定理即可得出結論；
（2）令，則，即，再結合（1）利用導數可求得函數的最小值，再證明的最小值大于零即可.
【詳解】（1），
令，則，
所以函數在上單調遞增，即在上單調遞增，
又，
所以的導函數在上零點的個數為1；
（2）令，
則，即，
由（1）可知存在，使得，
當時，，當時，，
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
又因為，存在，使得，即，
當時，，當時，，
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
所以，
令，則，
所以函數在上單調遞減，所以，
所以時，，
即當時，恒成立.
【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；
（9）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.
6．（2029·山東聊城·統考三模）已知函數．
(1)討論的單調性；
(2)證明：當，且時，．
【答案】(1)答案見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）根據題意，求導得，然后分，，分別討論，即可得到結果；
（2）根據題意，將問題轉化為，然后構造函數，證明其單調性，即可得到證明.
【詳解】（1），，
①當，即時，，在區間單調遞增．
②當，即時，
令，得，令，得，
所以在區間單調遞增；在區間單調遞減．
③當，即時，
若，則，在區間單調遞增．
若，令，得，令，得，
所以在區間單調遞減；在區間單調遞增．
綜上，時，在區間單調遞增；在區間單調遞減；
時，在區間單調遞增
時，在區間單調遞減、在區間單調遞增．
（2）證明：要證，即證，
即證．
令，，則，
所以在區間單調遞增，所以時，，
即時，．
令，，則在時恒成立，
所以，且時，單調遞增，
因為時，，，且，
所以，且時，，即．
所以，且時，．
【點睛】關鍵點睛：本題主要考查了用導數研究函數的單調性，以及用導數證明不等式問題，難度較難，解決本題的關鍵在于構造函數，用其單調性去證明不等式.
7．（2029春·河北·高三校聯考階段練習）已知函數.
(1)討論的單調性.
(2)若存在兩個零點，且曲線在和處的切線交于點.
①求實數的取值范圍；
②證明：.
【答案】(1)答案見解析
(2)①；②證明見解析
【分析】（1）利用導數分成，兩種情況討論函數的單調性；
（2）①利用導數得出函數的單調性，結合函數圖像得出實數的取值范圍；
②由曲線在和處的切線方程聯立，得出，又存在兩個零點，代入得出，
要證，只需證，即證，只要證即可.
【詳解】（1）.
當時，在上單調遞減；
當時，令，得.
當時，，當時，，.
所以在上單調遞增，在上單調遞減.
（2）①由（1）知，當時，在上單調遞減，不可能有兩個零點，
當時，在上單調遞增，在上單調遞減，
所以，所以，
又，；，；
所以的取值范圍是.
②曲線在和處的切線分別是，
聯立兩條切線方程得，所以.
因為所以.
要證，只需證，
即證，只要證.
令，.
則，所以在上單調遞減，
所以，
所以，所以.
【點睛】已知函數零點個數求參數范圍問題方法點睛：
可以通過構造函數，分情況討論函數的單調性，結合零點存在性定理，根據零點個數，考慮圖像的交點情況，得出參數的取值范圍.
8．（2029·山東煙臺·統考二模）已知函數．
(1)若在上單調遞增，求實數a的取值范圍；
(2)當時，證明：，．
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）求得，轉化為在上恒成立，進而轉化為在上恒成立，令，求得，得出函數的單調性和最大值，即可求解.
（2）當時，得到且，當時，只需使得，利用導數求得單調遞增，得到；當時，顯然滿足；
當時，由和，得到，即可得證.
【詳解】（1）解：由函數，可得，
因為在上單調遞增，可得在上恒成立，
即在上恒成立，即在上恒成立，
令，可得，
當時，，單調遞減；
當時，，單調遞增，
所以當時，函數取得極大值，即為最大值，
所以，即實數a的取值范圍為.
（2）解：當時，，可得
當時，可得，
要使得，只需使得，
令，可得，所以單調遞增，
又由，所以，所以單調遞增，所以；
當時，可得且，所以，滿足；
當時，可得，
因為且，所以，所以，
綜上可得，對于，都有.
9．（2029·福建泉州·泉州五中校考模擬預測）已知函數．
(1)討論的單調性；
(2)當，是方程的兩根，，證明：．
【答案】(1)答案見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）求得，設，得到，分和，兩種情況，即可求得函數的單調區間；
（2）求得在處的切線方程為，令，再令，結合單調性求得，求得，進而求得切線方程為，令，求得出函數的單調性，得到，進而證得，即可求解.
【詳解】（1）解：由函數，可得，
設，可得，
①當時，，所以在單調遞增；
②當時，令，解得.
當時，，單調遞減；
當時，，單調遞增.
綜上，當時，在單調遞增；
當時，在單調遞減，在單調遞增.
（2）解：由，可得且，
所以在處的切線方程為，即.
令，
令，
因為，所以在上單調遞增，
又因為，所以當，，單調遞減，
當，，單調遞增.
所以，即，
所以，，
可得在處的切線方程為，即.
令，
，
因為，所以在上單調遞增.
又因為，所以當，，單調遞減，
當，，單調遞增，
所以，即，
所以，，
所以
【點睛】方法總結：利用導數證明或判定不等式問題：
1、通常要構造新函數，利用導數研究函數的單調性與極值（最值），從而得出不等關系；
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，從而判定不等關系；
9、適當放縮構造法：根據已知條件適當放縮或利用常見放縮結論，從而判定不等關系；
4、構造“形似”函數，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.
10．（2029·安徽黃山·統考三模）已知函數，
(1)試判斷函數在上是否存在極值.若存在，說出是極大值還是極小值；若不存在，說明理由.
(2)設，若，證明：不等式在上恒成立.
【答案】(1)答案見解析
(2)證明見解析
【分析】（1），令，因此在單調遞減，，討論正負即可判斷出極值的情況；
（2）由分析知，要證明在上恒成立，即證，即證，令，求出，原不等式證明變為證明即可.
【詳解】（1）由題可知，
則，令
由于，則，所以函數在單調遞減.
當趨近于0時，趨近于正無窮，又.
①當，即時，，
則函數在單調遞增，所以在上無極值.
②當，即時，則在上有唯一零點.
所以當時，，單調遞增；
當時，，單調遞減；
所以是函數的一個極大值點，且無極小值.
綜上所述，當時，函數無極值；
當時，函數有極大值，但無極小值.
（2）由題可知：，且.
由可得，
化簡得
由于且，所以不等式；
所以要證明原不等式成立；
只要證：在時恒成立.
只要證：.
令，則
令，
則，在為增函數，故，
于是，在為增函數，故，
只要證：（這里），
下面先證明：，
令，則.
在為減函數，故，即，
只要證：，
只要證：，
令，則.
在是單調遞增，因此，即.
綜上所述，原不等式成立.
【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；
（9）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.
11．（2029·全國·高三專題練習）已知函數，其中．
(1)若有兩個零點，求的取值范圍；
(2)若，求的取值范圍．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）由題可得方程有兩個解，然后構造函數利用導數研究函數的性質進而即得；
（2）由題知恒成立，進而轉化為證明當時，然后利用二次函數的性質結合條件可得只需證明即可，再構造函數利用導數證明不等式即得.
【詳解】（1）由有兩個零點，得方程有兩個解，
設，則，
由，可得，單調遞增，由，可得，單調遞減，
所以的最大值為，當時，當時，，
所以可得函數的大致圖象，
所以，解得，
所以，有兩個零點時，的取值范圍是；
（2）設，即，則恒成立，
由，，可得，
下面證明當時，，即證，
令，則證，，
令為開口向上的二次函數，對稱軸為，
由（1）可知，故在時單調遞增，
則，
下面只需證明即可，即證，
令，則，
令，則，
所以函數單調遞減，且，
所以當時，，當時，，
所以函數在上單調遞增，在上單調遞減，
故，即，從而不等式得證，
綜上，的取值范圍是．
【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；
（9）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.
12．（2029春·四川雅安·高三雅安中學校聯考階段練習）已知函數．
(1)試問曲線是否存在過原點的切線？若存在，求切點的坐標；若不存在，請說明理由．
(2)證明：．（參考數據：）
【答案】(1)存在，切點坐標為；
(2)證明見解析.
【分析】（1）求出函數的導數，設出切點坐標，再求出切線方程即可作答.
（2）等價變形不等式，構造函數，，再分別求出其最值判斷作答.
【詳解】（1）假設曲線存在過原點的切線，并設切點為，
函數，求導得，
則，整理得，解得，則，
所以曲線存在過原點的切線，且切點坐標為．
（2），不等式，
設函數，求導得，
當時，單調遞減，當時，單調遞增，則，
設函數，求導得，
當時，單調遞增，當時，單調遞減，則，
因為，即有，因此，
所以．
21世紀教育網(www.21cnjy.com)
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