备战2024年高考数学二轮复习热点题型归纳专题3-7导数压轴大题归类-不等式证明归类(2)(全国通用)(解析版).docx

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1、专题3-7 导数压轴大题归类：不等式证明归类（2） 热点题型归纳【题型一】 不等式证明6:凹凸翻转型【典例分析】已知，.（1）求函数的单调区间；（2）对一切，恒成立，求实数a的取值范围；（3）证明：对一切，都有成立.【答案】（1）函数在上单调递减，在上单调递增（2）（3）证明见解析【分析】（1）求出的导函数，令导函数小于0，可求得函数单调递减区间，导函数大于0，可求得函数单调递增区间；（2）把与解析式代入已知不等式，整理后设，求出的导函数，根据导函数的正负判断单调性，进而求出的最小值，即可确定的范围；（3）所证不等式两边乘以，左边为，右边设为，求出左边的最小值及右边的最大值，比较即可得证（1）

2、解：因为，所以，当，当，所以函数在上单调递减，在上单调递增；（2）解：原不等式等价于，即对一切恒成立，设，则，当时，单调递减，当时，单调递增，所以，所以实数a的取值范围为；（3）证明：原问题等价于证明，由（1）可知，的最小值是，当且仅当时取到，设，则，当时，单调递增，当时，单调递减，所以，当且仅当时取到，所以对一切，都有成立【提分秘籍】基本规律类型特征：（1） 特殊技巧；（2） 分开为两个函数，各自研究，甚至用上放缩法【变式演练】1.已知（1）求函数的极值；（2）证明：对一切，都有成立【答案】（1）极小值为，无极大值（2）证明见解析【分析】（1）求导，令f(x)=0，解得，分别讨论和时，的正负

3、，可得的单调区间，即可得答案.（2）问题等价于证明，x(0，)设，利用导数求得的单调区间和极值，分析即可得答案.解（1）由，x0，得f(x)=ln x1，令f(x)=0，得当时，f(x)0，f(x)单调递减；当时，f(x)0，f(x)单调递增所以的极小值为，无极大值（2）证明：问题等价于证明，x(0，)由（1）可知，x(0，)，设，则，当时，单调递增；当时，单调递减易知，当且仅当时取到从而对一切x(0，)，成立，当且仅当时等号成立即对一切，都有成立2.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），令，分别讨论，解不等式或即可得单调增区

4、间和减区间，进而可得单调性.（2）设分别求，利用导数判断两个函数的单调性以及最值，求出即可求证.解（1）因为，所以，令，当时，恒成立，此时在上单调递减，当时，解不等式可得：，所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，当时，解不等式可得：，所以在上单调递增，在上单调递减，综上所述：当时，在上单调递减，当时，在和上单调递减，在上单调递增，当时， 在上单调递增，在上单调递减，（2）由可得，由可得，由可得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以，设，则，由即可得；由即可得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以，所以对任意的恒成立.【题型二】 不等式证明7：三角函数与导数不等式【典例分析】

5、已知函数，（1）若在上单调递增，求a的最大值；（2）当a取（1）中所求的最大值时，讨论在R上的零点个数，并证明【答案】（1）1；（2）2个，证明见解析.【分析】（1）求出函数的导数，转化为导函数在上恒成立，再求导求其最小值即可；（2）利用导数分析函数在上的单调性，根据两点的存在性定理可确定出2个零点，再由导数求出函数的最小值，求出最小值的范围即可得证.解（1）由题意可知，在上恒成立，因为，所以单调递增，所以，解得a1，所以a的最大值为1.（2）易知a=1，所以,当x0时，所以g(x)单调递减， 当x0时，则，所以单调递增,因为，所以存在，使得，在上单调递减，在上单调递增，又，所以,因为，所以存

6、在，使得，所以有两个零点， 又因为，所以，因为，所以，故成立.【提分秘籍】基本规律1.证明思路和普通不等式一样。2.充分利用正余弦的有界性【变式演练】1.设函数.（1）求的极值点；（2）设函数.证明：.【答案】（1）；（2）证明过程见解析.【分析】（1）利用二次求导法，结合函数极值的定义进行求解即可；（2）利用构造函数法，结合导数的性质分类讨论进行证明即可.解（1）函数的定义域为：，由，设，因为，所以是单调递减函数，因此当时，单调递减，当时，单调递增，因此当时，函数有极大值，极大值为；（2）函数的定义域为：，即，要想证明，只需证明，构造函数，由（1）可知当时，函数的极大值为，即，当时，设， ，

7、当时，单调递增，即有，因此此时有成立，当时，单调递减，即有，因此此时有成立，所以当时，即，设，当时，显然有，因此有，即，而，所以当时，不等式成立，即成立.2.已知函数（1）若，成立，求实数的取值范围;（2）证明：有且只有一个零点，且【答案】（1）（2）证明见解析.【分析】（1）把已知条件转化成大于在上的最小值即可解决；（2）先求导函数，判断出函数的单调区间，图像走势，再判断函数零点，隐零点问题重在转化.解（1）由得，则在上单调递增，在上最小值为若，成立，则必有由，得故实数的取值范围为（2）在上单调递增，且恒成立，最小正周期，在上最小值为由此可知在恒为正值，没有零点.下面看在上的零点情况.，则即

8、在单调递增，故在上有唯一零点.综上可知，在上有且只有一个零点.令，则，。令，则。即在上单调递减，故有【题型三】 不等式证明8：极值点偏移之不含参型【典例分析】.已知函数（1）求曲线在点处的切线方程；（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：【答案】（1）xy10；（2）证明见解析【分析】(1)利用导数的几何意义即可求；(2)对不等式右侧可以采用切线放缩来进行证明；不等式左侧变形转化为证明解（1）切点为，切线方程为，即xy10；（2），令，且当时，单调递减；当时，单调递增，不妨设，对不等式右侧可以采用切线放缩来进行证明注意到，而，再证左边：要证：，只需证明：，又，当时，单调递增故只需证明，构造函数

9、，在上单调递减，【提分秘籍】基本规律1.求出函数的极值点；2.构造一元差函数；3.确定函数的单调性；4.结合，判断的符号，从而确定、的大小关系【变式演练】1.已知函数.（1）当时，判断在区间上的单调性；（2）当时，若，且的极值在处取得，证明：.【答案】（1）在上是增函数（2）证明见解析【分析】（1）求出导函数，设，再求导，由恒成立得单调递增，得，从而得的单调性；（2）利用导数得出的极小值点，注意，题设中，满足，考虑到，引入新函数，利用导数确定是单调增函数，得，即得，再利用的关系，及函数的单调性可证得结论成立解（1），时，设，则，时，恒成立，所以，即在上单调递增，又，所以时，恒成立，所以在上是增

10、函数（2），由（1）知在上是增函数，所以在，即在上存在唯一零点，时，递减，时，递增是函数的唯一极小值点若，则，设，由得，所以，由，得，又，所以，所以是增函数，当时，所以，又，所以，又，在上单调递增，所以，所以2.已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）当时，设函数的两个零点为，试证明：.【答案】（1）当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减；（2）证明见解析.【分析】（1）求出导函数，讨论的取值范围，利用导数与函数单调性之间的关系即可求解. （2）利用导数求出函数的极大值，由零点存在性定理可得两零点所在的区间，不妨设，则有，构造函数，利用导数判断出函数单调递增，从而可得，再由即可求

11、解.解：（1）易得函数的定义域为.对函数求导得：.当时，恒成立，即可知在上单调递增；当时，当时，当时，故在上单调递增，在上单调递减.（2）当时，此时在上单调递增，在上单调递减.，又，不妨设，则有，令，.当时，单调递增，又，在上单调递减，即.【题型四】 不等式证明9：极值点偏移之含参型【典例分析】已知函数的两个零点为（1）求实数m的取值范围；（3） 求证：【答案】（1）（2）见解析【详解】（1），当时，在上单调递增，不可能有两个零点；当时，由可解得，由可解得，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，要使得在上有两个零点，则，解得，则m的取值范围为（2）令，则，由题意知方程有两个根，即方程有两个根，

12、不妨设，令，则当时，单调递增，时，单调递减，综上可知，要证，即证，即，即证，令，下面证对任意的恒成立，又，则在单调递增，故原不等式成立【提分秘籍】基本规律1.消去参数，从而转化成不含参数的问题去解决；2.以参数为媒介，构造出一个变元的新的函数.【变式演练】1.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：.【答案】（1）（2）证明见解析（3）证明见解析【分析】（1）利用变量分离法得出，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，分析看可知函数在上为增函

13、数，分析得出，结合函数的单调性可证得结论成立.解：（1）由可得，可得，令，其中，则，当时，此时函数单调递减，当时，此时函数单调递增，所以，所以，；（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， 得，得. 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，则在上单调递增.又，所以，即，所以.2.已知函数.（1）若f（1）=2，求a的值；（2）若存在两个不相等的正实数，满足，证明：；.【答案】（1）2；（2）证明过程见解析.【分析】（1）代

14、入f（1）=2即可求出a的值；（2）分情况讨论，得到时满足题意，根据函数单调性，不妨设，构造差函数，证明极值点偏移问题；在第一问的基础上进行放缩即可证明.解（1）由，化简得：，两边平方，解得：.（2）不妨令，当时，在上单调递增，故不能使得存在两个不相等的正实数，满足，舍去；当时，为定值，不合题意；当时，由对勾函数知识可知：当时，在上单调递增，在上单调递增，两个分段函数在处函数值相同，故函数在上单调递增，不能使得存在两个不相等的正实数，满足，舍去；当时，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，且，即分段函数在处函数值相等，要想存在两个不相等的正实数，满足，则有三种类型，第一种：，显然，令，

15、则，当时，即在单调递增，所以，即，由于，所以，又因为，所以，因为，而在上单调递减，所以，即，综上：；第二种情况：，显然满足，接下来证明，令，则，当时，即在单调递增，所以，又，所以，又，所以，因为，在上单调递增，所以，即，综上：；第三种情况：，由第一种情况可知满足，由第二种情况可知：，则，综上：，证毕.由可知：当时，由得：，整理得：，即；当时，整理得：，整理得：，因为，所以，综上：，证毕.【题型五】 不等式证明10：三个“极值点（零点）”不等式【典例分析】已知函数在处的切线方程为（1）求函数的解析式；（2）当时，若函数的3个极值点分别为，求证：【答案】（1）（2）证明见解析【分析】（1）由切线方

16、程及导数的几何意义，得，解得，把点代入曲线方程，解得，进而可得函数的解析式；（2）由（1）可得的解析式，对求导，分析的单调性，极值，推出函数的3个极值点中，有一个为，有一个小于，有一个大于1，进而得出答案解：（1）1）由，可得，所以，所以，解得，又因为在曲线上，所以，解得，所以函数的解析式为：；（2）证明：，令，当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，因为函数有3个极值点，所以，所以，所以当时，又，（1），从而函数的3个极值点中，有一个为，有一个小于，有一个大于1，又，所以，即，故【提分秘籍】基本规律1.可以通过代换消去一个极值点。2.一些函数也可以求出具体的极值点3.通过分类讨论可

17、以“锁定”一个的取值范围，适当放缩。【变式演练】1.已知函数.（1）若曲线在处的切线斜率为，求实数的值；（2）若函数有3个不同的零点，求实数的取值范围，并证明：.【答案】（1）1；（2），证明见解析.【分析】（1）由导数的几何意义，知，即可求出的值；（2）由题意，又有3个不同的零点，则有两个异于2的不等实根，令，结合导数研究的零点分布情况即可求的取值范围，应用分析法：要证仅需证，而，是的两个实根有，令，只需证，上恒成立即可.【详解】（1）对求导，得，依题意，解得.（2）依题意，令，得或，要使有三个不等实根，需使有两个异于2的不等实根，不妨设，令，则，当时，在上单调递减，不可能有两个零点，不合题

18、意；当时，令，得，当时，当时，故在上单调递减，在上单调递增，要使有两个异于2的不等实根，须使，即，此时有，由函数零点存在定理知有两个零点，即，又有，实数的取值范围是.要证，只需证.，是的两个实根，且，即，有.令，则，要证式成立，只需证，即证，.令，则在上恒成立，在上单调递增，有，则得证.2.已知函数f(x)=ex-ax21+x（1）若a=0，讨论f(x)的单调性（2）若f(x)有三个极值点x1，x2，x3求a的取值范围；求证：x1+x2+x3-2【答案】（1）f(x)在(-,-1)和(-1,0)上单调递减，在(0,+)上单调递增（2）(1e,12)(12,+) ；证明见解析【分析】（1）求导，

19、根据的导函数与0的关系求出单调区间，（2）先求导，f(0)=0，令g(x)=ex-a(x+2)，再求导，判断根的范围利用分析法进行求证，要证：x1+x2+x3-2，只要证：x1+x2-2，只要证ex2-e-2-x2-2a(x2+1)0，求导，判断增减性，问题得以证明解：（1）当a=0时，f(x)=ex1+x，x-1，f(x)=xex(1+x)2，当f(x)0时，x在(0,+)上，f(x)单调递增，（2）解：f(x)=ex-ax21+x，f(x)=xex-a(x+2)(1+x)2，首先f(0)=0，令g(x)=ex-a(x+2)，则g(x)=0应有两个既不等于0也不等于-1的根，求导可得，g(x

20、)=ex-a，若a0，则g(x)0，g(x)在(-,-1)，(-1,+)上均为增函数，且x-1时，g(x)-1时，g(x)g-1，故g(x)=0在(-,-1)-1,+上至多有一个零点，不合题意，舍去，故a0，g(x)=ex-a=0有唯一的根x0=lna，当xlna时，gxlna时，gx0，所以x0是g(x)的极小值点且为最小值，要使g(x)=0有两根，只要g(x0)0即可，由g(x0)=elna-a(lna+2)=-a(lna+1)1e，此时g-1=1e-a0，又由g(0)0，得a12，若a1e且a12时，g-3=e-3+a0，设Sx=x-2lnx,x2，则Sx=x-2x0，故Sx在2,+上为

21、增函数，故SxS(2)=2-2ln20即exx2x2，取M=max2,a+a2+8a2，则xM时，ex-ax-2ax2-ax-2a0，故此时g(x)=0有两个既不等于0也不等于-1的根，而g(-1)=1e-a0，故g(x)=0的两根中，一个大于-1，另一个小于-1，于是在定义域中，连同x=0，f(x)=0共有三个相异实根，并且在这三个根的左右，f(x)的正负变号，它们就是f(x)的三个极值点，综上，a的取值范围是(1e,12)(12,+)；证明：由可知f(x)有三个极值点x1，x2，x3中，两个是g(x)=0的两根（不妨设为x1，x2，其中x1-1-2。只要证：x1+x2-2，即只要证明x1-

22、x2-2，因为g(x)在(-,lna)上单调递减，其中lna-1，故只要证g(x1)g(-2-x2)，其中g(x1)=g(x2)=0，只要证g(x2)g(-2-x2)，而ex2-a(x2+2)e-2-x2-a(-2-x2+2，只要证ex2-e-2-x2-2a(x2+1)0，由g(x2)=ex2-a(x2+2)=0，得a=ex2x2+2，由此代入上述不等式，只要证明ex2-e-2-x2-2ex2x2+2(x2+1)0，令h(x)=xex+(x+2)e-x-2，当x-1时，h(x)=(x+1)ex-(x+1)e-x-2=(x+1)(ex-e-x-2)0，h(x)单调递增，而h(-1)=0，所以当x

23、-1时，h(x)0，于是证x2ex2+(x2+2)e-x2-20，即：x1+x2+x3-2【题型六】 不等式证明11：比值代换（整体代换等）【典例分析】已知函数（为常数，且）.（1）求函数的单调区间；（2）当时，若有两个极值点，证明：.【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析【分析】（1）先求出函数的定义域，再对函数求导，然后分和两种情况判断导数的正负，从而可求出函数的单调区间，（2），由题知，方程有两个不同的正根，设，则，+得：，-得：，消去，化简变形，再令，则，所以只要证，构造函数，利用导数求其最小值大于零即可解（1）函数的定义域为，当时，由，解得，由，解得，所以的增区间为，减区间为当时，

24、由解得，由，解得，所以的增区间为，减区间为综上：当时，的增区间为，减区间为当时，的增区间为，减区间为.（2）由，得由题知，方程有两个不同的正根，设则，+得：，-得：，消去得，令，则，要证，即证，即证，即证，令，则，当时，所以函数在内单调递增，又因为，所以，所以，所以.【提分秘籍】基本规律1.两个极值点（或者零点），可代入得到两个“对称”方程2.适当的恒等变形，可构造出“比值”型整体变量。【变式演练】1.已知函数，.（1）若函数的图象在点处的切线方程为，求实数a的值；（2）若函数在定义域内有两个不同的极值点，.（i）求实数a的取值范围；（ii）当时，证明：.【答案】（1）2（2）（i）；（ii）

25、证明见解析【分析】（1）利用切线方程可得，即可求；（2）（i）要使在定义域内有两个不同的极值点，需满足在内有两个不同的零点，设，得，通过分类讨论参数，可求a的取值范围；（ii）证法不唯一，可设，由转化得，要证即证，令，通过构造，结合即可求证；证法二 方法类同于一，可作参考.（1）因为，则，又，所以在点处的切线方程为，即，又该切线为，则且，所以；（2）（i）函数定义域为，因为函数在内有两个不同的极值点，即等价于函数在内有两个不同的零点，.设，由，当时，在上单调递增，至多只有一个零点；当时，在上，单调递增；在上，单调递减，所以，当时，函数有两个零点，则必有，即，解得，又，易证，证明如下：令，当时，

26、单减，当时，单增，故，故，得证.，所以在和上各有一个零点，故有两个零点时，a的范围为；（ii）法1：由（i）可知，是的两个零点，不防设，由且，得.因为令，则，记，由，令，.又，则，即，所以在上单调递增，故，即成立.所以不等式成立.法2：欲证，由，则只需证：.不妨设，则且，则，所以令，则，记，由，即在上单调递增，故，即成立.故.2.和是关于的方程的两个不同的实数根.（1）求实数的取值范围；（2）若，求证：.【答案】（1）（2）证明见解析【分析】（1）分离参数a，设新的函数，利用导数判断其单调性，求出最值，即可求得实数的取值范围；（2）设，从而将变形为，再利用对数运算确定的范围，再利用换元法，结合

27、方程的跟满足方程，构造新的函数，利用导数求该函数的最小值，则问题可得到证明.解（1）当，即，设，则，当时，所以 在时递增，当时，所以 在时递增，故x=-1时，取得最大值 ，又时，当时，且当 时，所以由关于的方程有两个不同的实数根.可得：；（2）设，则， ，设 ，则，设 ，设，则，则在递增，而，时，即在上递减，则，.【题型七】 不等式证明11：非对称型（零点x1与x2系数不一致）【典例分析】已知，.（1）讨论的单调性；（2）若有两个零点，是的极值点，求证：.【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.【分析】（1）求导，分，由，求解； （2）由（1）知：的极值点是，根据有两个零点，则，由，设，再由得

28、到，将证明，转化为证明，利用导数法证明.解：（1）因为，所以，当时，则在上递增，当时，令得，当时，当时，所以在上递减，在上递增；（2）由（1）知：的极值点是，若有两个零点，则，解得，由，设，由得，即，解得，即为，即为，即为，因为，要证，只需证，令，则，令，则，所以在上递增，且，所以在上递增，且，所以.【提分秘籍】基本规律1.可以借助“比值”等代换方式引入参数，转化为一个变量。2.可以利用“极值点”偏移构造新函数证明。【变式演练】1.已知函数（1）讨论函数零点的个数；（2）若函数恰有两个零点，证明【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）对函数求导得，根据导数的正负得到函数的单调

29、性，再讨论函数的最小值，即可得到答案；（2）由（1）知，函数恰有两个零点时，且，要证，只需证，只需证，再根据，将不等式的证明转化为证明，构造函数进行证明，即可得到答案；解：（1）当时，；当时，所以，函数在单调递增；在单调递减所以，当时，有最大值当时，函数无零点；当时，函数有1个零点：当时，令当时，；当时，所以，在单调递增，在单调递减所以，即所以在和各有一个零点，即有两个零点综上，当时，函数无零点；当时，函数有1个零点；当时，有两个零点 （2）由（1）知，函数恰有两个零点时，且要证，只需证，因为在单调递减，所以只需证因为，所以只需证，其中令，则，所以，因为，所以在单调递增，从而，所以在单调递减，

30、所以，即，于是，所以2.已知函数既有极大值，又有极小值.（1）求实数的取值范围；（2）记为函数的极小值点，实数且，证明：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）先求导，得，再分为和两种情况分类讨论，在时，结合零点存在定理证明即可；（2）结合（1）中单调性的讨论，要证即证，即，结合导数与函数性质可求【详解】（1）当时，单调递增，不存在2个零点，故舍去；当时，令，则，所以在单调递增，在单调递减，所以，解得.下证，当时，函数既有极大值，又有极小值.由得，存在使，由，又恒成立，证明如下：令，时，单减，时，单增，故，所以恒成立，故。存在使，0+0单减极小值单增极大值单减函数既有极大值，又有极小

31、值，故；（2）由（1）可知函数在，单调递减，在，单调递增，实数且，故要证即证，即因为，所以只要证因为得，令，即证当时，设，因为，所以在，上单调递增，故（1），因此在，上单调递增，故当时，（1）综上，【题型八】 不等式证明12：韦达定理型【典例分析】已知函数（1）若是定义域上的单调函数，求的取值范围；（2）若在定义域上有两个极值点，证明：【答案】（1），；（2）证明见解析.【分析】（1）若在上单调递减，等价于，利用二次函数求出最大值即得解；若在递增，等价于，二次函数没有最小值，此种情况无解. 综合即得解.（2）利用韦达定理求出，再求出，求出函数的最小值即得证.解（1），若在上单调递减，则在上恒成

32、立，故，若在递增，则在恒成立，故，没有最小值，此时不存在，综上，的取值范围是，；（2）证明：当时，方程有2个不相等的正根，不妨设，则当，时，当，时，有极小值点和极大值点且，令，则当时，则在单调递减，故，即【提分秘籍】基本规律1.题干条件大多数是与函数额极值x1，x2有关。2.利用韦达定理代换：可以消去x1，x2留下参数【变式演练】1.已知函数，在定义域上有两个极值点（1）求实数a的取值范围；（2）求证:【答案】（1）（2）见解析【分析】（1）函数有两个极值点等价于有两个变号零点，再列出式子求解即可；（2）根据韦达定理可得，与的关系，将其代入不等式，于是要证的不等式转化为证明，即证明（a），利用

33、导数分析单调性证明即可解（1），因为函数的定义域上有两个极值点，且，所以方程在上有两个根，且，即在上有两个不相等的根，所以，解得，当时，若或，所以函数在和，上单调递增，若，所以函数在，上单调递减，故函数在上有两个极值点，且，所以，实数的取值范围是；（2）证明：由（1）知，是方程在上有两个不等的实根，所以，其中，故，令，其中，故（a），令，所以函数（a）在上单调递增，由于，（1），所以存在常数，使得，即，且当时，所以函数（a）在上单调递减，当时，所以函数（a）在上单调递增，所以当时，又，所以（a），即（a），所以【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、考查了隐零点问题的等价转化方法

34、，考查了推理能力与计算能力，属于难题2.已知函数，（1）当时，求函数的单调区间；（2）若函数有两个极值点，且，证明：当，【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）直接利用导数求函数的单调区间得解；（2）由韦达定理得到，其中，求出，求出函数的最大值即得证.解（1）当时，令，所以或；令，所以；所以在上，单调递增，在，上，单调递减，在上，单调递增（2）证明：因为，函数有两个极值点，所以，其中，所以，设，所以在上，单调递减，在，上，单调递增，所以（1），得证【题型九】 不等式证明13：利用第一问【典例分析】已知函数（1）当时，讨论函数的单调性；（2）若正数m，n满足，求证【答案】（1）

35、答案见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）求导得到，再对分两种情况讨论得解；（2）由（1）得时，恒成立，即得，化简即得证.解：（1）易知的定义域为，且由得，或1当时，恒成立，在上是增函数；2当时，由得。记，当或时，当时，在，上是增函数，在上是减函数综上所示，当时，在上是增函数；当时，在，上是增函数，在上是减函数.（2）解：取，由（1）知在上是增函数，且，时，即时，恒成立，由，且，知，即，又由，得即.【提分秘籍】基本规律1.可以利用第一问单调性提炼出不等式2.可以利用第一问极值或者最值提炼出常数不等式3.可以利用题干和第一问结论构造新函数（新不等式）【变式演练】1.设函数.（1）讨论函数的单调

36、性；（2）当时，证明：.【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.【分析】（1）求导，再分，讨论求解； （2）令，用导数法证明即可.（1）因为，所以，令，得，当时，的定义域是，当，当时，所以在上递减，在上递增；当时，的定义域是，当，当时，所以在上递减，在上递增；（2）令，则，当时，当时，所以在上递增，在上递减，所以当时，所以，而，令，则，所以在上递减，所以，则，即.2.已知函数.（1）若，讨论的单调性；（2）证明：.【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增（2）证明见解析【分析】（1）当时，求得，令，求得，结合，的单调性，求得的符号，即可求解；（2）求得，且在上单调递增，根据题意得到，得出函数的

37、单调性，转化为，设设，结合函数单调性与最值，即可求解.解：（1）当时，函数，可得，令，可得， 又由函数，可得当时，所以函数在上单调递增，所以时，单调递减，时，单调递增.（2）解：由题意，函数，可得，且在上单调递增，又由，所以存在唯一的，使得，即，所以，可得， 当时，单调递减，当时，单调递增，所以，可得.设，则，当时，单调递减，当时，单调递增，所以， 所以，即.【题型十】 不等式证明14：含ex和lnx型【典例分析】已知函数（1）若是的极值点，求，并讨论的单调性；（2）当时，证明：【答案】（1）m=1，时，递减，时，递增（2）证明见解析解（1），是的极值点，得；当时，递减，当时，递增；综上：时，

38、递减，时，递增（2）当时，故在上有唯一实数根，且使得：当时，当时，从而当时，取得最小值，【提分秘籍】基本规律1.因为含有ex和lnx这类超越函数，可以借助“不确定根”（隐零点）代换放缩证明2.利用lnx求导为1/x，ex求导无限循环特性，把lnx独立分离出，降低导函数零点寻找的计算难度。3.可以利用“同构”技巧【变式演练】1.已知函数，.（1）讨论的单调性；（2）当时，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，即可求解；（2）把证明转化为证明，令，求得，再令，利用导数求得在上为增函数，结合零点存在性定理得到存在唯一的使得，进而得到函

39、数的单调性与最值，即可求解.解：由题意，函数，可得，若，则当时，；当时，所以在上单调递减，在上单调递增.若，由得或.当时，可得，所以在上单调递增.当时，可得，故当，时，当时，所以在，上单调递增，在上单调递减.当时，则，故当，时，当时，所以在，上单调递增，在上单调递减.综上所述，当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递增；当时，在，上单调递增，在上单调递减；当时，在，上单调递增，在上单调递减.（2）解：当时，欲证成立，只需证，令，则（其中），令，则，所以在上为增函数，因为，所以由零点存在性定理得，存在唯一的使得，即，即，所以由得，故时，时，所以，故成立，即.2.已知函数，其中.（1）试

40、讨论函数的单调性；（2）若，证明：.【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）的定义域为，求出，分别讨论，时不等式和的解集即可得单调递增区间和单调递减区间，即可求解；（2）的定义域为，不等式等价于，令，只需证，令，利用导数判断单调性和最值即可求证.解（1）的定义域为，由可得：，当时，令，解得；令，解得或；此时在上单调递增，在和上单调递减：当时，此时在和上单调递减；当时，令，解得，令，解得或，此时在上单调递增，在和上单调递减：综上所述：当时，在上单调递增，在和上单调递减；当时，在和上单调递减；当时，在上单调递增，在和上单调递减.（2）因为，的定义域为，所以即，即证：，令，只需证，

41、令，则，令，解得：；，解得；所以在上单调递减，在上单调递增；所以，所以，所以，即成立.【题型十一】 不等式证明15：先放缩再证明【典例分析】设函数（1）求函数的单调区间；（2）当时，证明：【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）求得，分、两种情况讨论，分析导数在上的符号变化，由此可得出函数的增区间和减区间；（2）由（1）可得出，要证原不等式成立，先证对任意的恒成立，构造函数，利用导数分析函数在上的单调性，由此可证得对任意的恒成立，即可证得原不等式成立.（1）解：的定义域为，则，当时，在恒成立，则函数的单调减区间为，没有增区间：当时，当时，；当时，.则函数的单调减区

42、间为，单调增区间为.综上所述，当时,函数的单调减区间为，没有增区间：当时，函数的单调减区间为，单调增区间为.（2）证明：由（1）可知当时，的单调减区间为，单调增区间为；当时，取极小值，所以，当时，即有，所以，所以要证，只需证，整理得，又因为，所以只需证，令，则，令，则，令，得，当时，单调递减，当时，单调递增，所以，又，所以在时，恒成立，所以在上单调递减，所以，即，即成立，即得证【提分秘籍】基本规律放缩构造法：1.根据已知条件适当放缩；2.利用常见放缩结论；【变式演练】1.已知函数.（1）若曲线在点处的切线方程为，求a的值；（2）若，证明：.【答案】（1）（2）证明见解析【分析】（1）由可得的值，再验证切点坐标也满足条件；（2）由，知要证也即证，设，求出导数分析其单调性，得出其最值可证明.（1） ，则解得又，可得综上（2）由，知要证即证也即证。设，则，再令，所以在上单调递增，又则当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增.所以 所以成立，即成立.2.已知函数（1）求函数的极值；