（新高考通用）2024年高考数学【一轮复习讲义】高频考点题型归纳与方法总结 素养拓展11 导数中的不等式证明问题（精讲+精练）（原卷版+解析）

【一轮复习讲义】2024年高考数学高频考点题型归纳与方法总结（新高考通用）素养拓展11 导数中的不等式证明问题（精讲+精练）一、知识点梳理一、不等式的证明证明不等式的过程中常使用构造法，利用函数单调性、极值、最值加以证明．常见的构造方法有：(1)直接构造法：证明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))转化为证明f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)；(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如①对数形式：x≥1＋ln x（x＞0），当且仅当x＝1时，等号成立.②指数形式：ex≥x＋1（x∈R），当且仅当x＝0时，等号成立.进一步可得到一组不等式链：ex＞x＋1＞x＞1＋ln x（x＞0，且x≠1）.(3)构造“形似”函数：稍作变形再构造，对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左、右两边是相同结构的式子的形式，根据“相同结构”构造辅助函数；(4)构造双函数：若直接构造函数求导难以判断符号，导函数零点也不易求得，因此函数单调性与极值点都不易获得，则可构造函数f(x)和g(x)，利用其最值求解．在证明过程中，等价转化是关键，此处f(x)min>g(x)max恒成立．从而f(x)>g(x)，但此处f(x)与g(x)取到最值的条件不是同一个“x的值”．　【常用结论】1.破解含双参不等式证明题的3个关键点（1）转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式.（2）巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值.（3）回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.总结：双变量相关问题，解题策略是减少变量，方式为一个变量用另一个变量表示，或将两变量的整体换元，如下列形式等常见形式2.常见不等式（大题使用需要证明）①，，，②，；；③；；④；⑤；⑥；；，二、题型精讲精练【典例1】已知函数.（1）讨论的单调性；（2）当时，证明【解析】（1）的定义域为（0，＋∞），当，则当x∈（0，＋∞）时，，故在（0，＋∞）上单调递增.当，则当x∈时，f′（x）＞0；当x∈时，f′（x）＜0.故在上单调递增，在上单调递减.（2）证明：由（1）知，当a＜0时，f（x）在x＝－eq \f(1,2a)取得最大值，最大值为＝.所以等价于，即.设g（x）＝ln x－x＋1，则g′（x）＝eq \f(1,x)－1.当x∈（0,1）时，g′（x）＞0；当x∈（1，＋∞）时，g′（x）＜0.所以g（x）在（0,1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减.故当x＝1时，g（x）取得最大值，最大值为g（1）＝0.所以当x＞0时，g（x）≤0.从而当a＜0时，，即.【典例2】 求证：当时，【详解】证明：当时，欲证，只需证，即证，令，，令，解得，易得在上递减，在上递增，，，令，解得，易得在上递增，在上递减，，故，所以当时，【典例3】已知函数，．（1）讨论函数的单调性；（2）若、为函数的两个极值点，证明：．【（1）详解】，．令，则，的对称轴为，△．①时，，函数在上单调递增；②当时，△，可得，，函数在上单调递增；③当时，△，由，解得，．所以在，，上，，，函数是增函数；在，，，，函数是减函数．综上可得，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）详解】证明：有两个极值点，，由（1）知，，所以，要证，即证，即证，因为，所以，所以即证，即证，，令，，因为，所以，所以在上单调递减，所以（1），所以恒成立，得证．【题型训练1-刷真题】一、解答题1．（2021·全国·统考高考真题）设函数，已知是函数的极值点．（1）求a；（2）设函数．证明:．2．（2021·浙江·统考高考真题）设a，b为实数，且，函数（1）求函数的单调区间；（2）若对任意，函数有两个不同的零点，求a的取值范围；（3）当时，证明：对任意，函数有两个不同的零点，满足.(注：是自然对数的底数)3．（2020·浙江·统考高考真题）已知，函数，其中e=2.71828…为自然对数的底数．（Ⅰ）证明：函数在上有唯一零点；（Ⅱ）记x0为函数在上的零点，证明：（ⅰ）；（ⅱ）．【题型训练2-刷模拟】一、解答题1．（2023·北京密云·统考三模）已知函数.(1)求曲线在点处的切线方程；(2)证明：.2．（2023·山西吕梁·统考三模）已知函数.(1)讨论函数在上的零点个数；(2)当且时，记，探究与1的大小关系，并说明理由.3．（2023·山东淄博·统考三模）已知函数.(1)求函数的单调区间；(2)证明：当时，.4．（2023·河南洛阳·模拟预测）已知函数.(1)若，求的极值；(2)，若函数有两个零点，且，求证：.5．（2023·贵州·校联考模拟预测）已知函数.(1)判断的导函数在上零点的个数，并说明理由；(2)证明：当时，.注：.6．（2023·山东聊城·统考三模）已知函数．(1)讨论的单调性；(2)证明：当，且时，．7．（2023春·河北·高三校联考阶段练习）已知函数.(1)讨论的单调性.(2)若存在两个零点，且曲线在和处的切线交于点.①求实数的取值范围；②证明：.8．（2023·山东烟台·统考二模）已知函数．(1)若在上单调递增，求实数a的取值范围；(2)当时，证明：，．9．（2023·福建泉州·泉州五中校考模拟预测）已知函数．(1)讨论的单调性；(2)当，是方程的两根，，证明：．10．（2023·安徽黄山·统考三模）已知函数，(1)试判断函数在上是否存在极值.若存在，说出是极大值还是极小值；若不存在，说明理由.(2)设，若，证明：不等式在上恒成立.11．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，其中．(1)若有两个零点，求的取值范围；(2)若，求的取值范围．12．（2023春·四川雅安·高三雅安中学校联考阶段练习）已知函数．(1)试问曲线是否存在过原点的切线？若存在，求切点的坐标；若不存在，请说明理由．(2)证明：．（参考数据：）【一轮复习讲义】2024年高考数学高频考点题型归纳与方法总结（新高考通用）素养拓展11 导数中的不等式证明问题（精讲+精练）一、知识点梳理一、不等式的证明证明不等式的过程中常使用构造法，利用函数单调性、极值、最值加以证明．常见的构造方法有：(1)直接构造法：证明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))转化为证明f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)；(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如①对数形式：x≥1＋ln x（x＞0），当且仅当x＝1时，等号成立.②指数形式：ex≥x＋1（x∈R），当且仅当x＝0时，等号成立.进一步可得到一组不等式链：ex＞x＋1＞x＞1＋ln x（x＞0，且x≠1）.(3)构造“形似”函数：稍作变形再构造，对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左、右两边是相同结构的式子的形式，根据“相同结构”构造辅助函数；(4)构造双函数：若直接构造函数求导难以判断符号，导函数零点也不易求得，因此函数单调性与极值点都不易获得，则可构造函数f(x)和g(x)，利用其最值求解．在证明过程中，等价转化是关键，此处f(x)min>g(x)max恒成立．从而f(x)>g(x)，但此处f(x)与g(x)取到最值的条件不是同一个“x的值”．　【常用结论】1.破解含双参不等式证明题的3个关键点（1）转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式.（2）巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值.（3）回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.总结：双变量相关问题，解题策略是减少变量，方式为一个变量用另一个变量表示，或将两变量的整体换元，如下列形式等常见形式2.常见不等式（大题使用需要证明）①，，，②，；；③；；④；⑤；⑥；；，二、题型精讲精练【典例1】已知函数.（1）讨论的单调性；（2）当时，证明【解析】（1）的定义域为（0，＋∞），当，则当x∈（0，＋∞）时，，故在（0，＋∞）上单调递增.当，则当x∈时，f′（x）＞0；当x∈时，f′（x）＜0.故在上单调递增，在上单调递减.（2）证明：由（1）知，当a＜0时，f（x）在x＝－eq \f(1,2a)取得最大值，最大值为＝.所以等价于，即.设g（x）＝ln x－x＋1，则g′（x）＝eq \f(1,x)－1.当x∈（0,1）时，g′（x）＞0；当x∈（1，＋∞）时，g′（x）＜0.所以g（x）在（0,1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减.故当x＝1时，g（x）取得最大值，最大值为g（1）＝0.所以当x＞0时，g（x）≤0.从而当a＜0时，，即.【典例2】 求证：当时，【详解】证明：当时，欲证，只需证，即证，令，，令，解得，易得在上递减，在上递增，，，令，解得，易得在上递增，在上递减，，故，所以当时，【典例3】已知函数，．（1）讨论函数的单调性；（2）若、为函数的两个极值点，证明：．【（1）详解】，．令，则，的对称轴为，△．①时，，函数在上单调递增；②当时，△，可得，，函数在上单调递增；③当时，△，由，解得，．所以在，，上，，，函数是增函数；在，，，，函数是减函数．综上可得，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）详解】证明：有两个极值点，，由（1）知，，所以，要证，即证，即证，因为，所以，所以即证，即证，，令，，因为，所以，所以在上单调递减，所以（1），所以恒成立，得证．【题型训练1-刷真题】一、解答题1．（2021·全国·统考高考真题）设函数，已知是函数的极值点．（1）求a；（2）设函数．证明:．【答案】（1）；（2）证明见详解【分析】（1）由题意求出，由极值点处导数为0即可求解出参数；（2）由（1）得，且，分类讨论和，可等价转化为要证，即证在和上恒成立，结合导数和换元法即可求解【详解】（1）由，，又是函数的极值点，所以，解得；（2）[方法一]：转化为有分母的函数由（Ⅰ）知，，其定义域为．要证，即证，即证．（ⅰ）当时，，，即证．令，因为，所以在区间内为增函数，所以．（ⅱ）当时，，，即证，由（ⅰ）分析知在区间内为减函数，所以．综合（ⅰ）（ⅱ）有．[方法二] 【最优解】：转化为无分母函数由（1）得，，且，当 时，要证，， ，即证，化简得；同理，当时，要证，， ，即证，化简得；令，再令，则，，令，，当时，，单减，故；当时，，单增，故；综上所述，在恒成立.[方法三] ：利用导数不等式中的常见结论证明令，因为，所以在区间内是增函数，在区间内是减函数，所以，即（当且仅当时取等号）．故当且时，且，，即，所以．（ⅰ）当时，，所以，即，所以．（ⅱ）当时，，同理可证得．综合（ⅰ）（ⅱ）得，当且时，，即．【整体点评】（2）方法一利用不等式的性质分类转化分式不等式：当时，转化为证明，当时，转化为证明，然后构造函数，利用导数研究单调性，进而证得；方法二利用不等式的性质分类讨论分别转化为整式不等式：当时，成立和当时，成立，然后换元构造，利用导数研究单调性进而证得，通性通法，运算简洁，为最优解；方法三先构造函数，利用导数分析单调性，证得常见常用结论（当且仅当时取等号）．然后换元得到，分类讨论，利用不等式的基本性质证得要证得不等式，有一定的巧合性.2．（2021·浙江·统考高考真题）设a，b为实数，且，函数（1）求函数的单调区间；（2）若对任意，函数有两个不同的零点，求a的取值范围；（3）当时，证明：对任意，函数有两个不同的零点，满足.(注：是自然对数的底数)【答案】(1)时，在上单调递增；时，函数的单调减区间为，单调增区间为；(2)；(3)证明见解析.【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论即可确定函数的单调性；(2)将原问题进行等价转化，然后构造新函数，利用导函数研究函数的性质并进行放缩即可确定实数a的取值范围；(3)方法一：结合(2)的结论将原问题进行等价变形，然后利用分析法即可证得题中的结论成立.【详解】(1)，①若，则，所以在上单调递增；②若，当时，单调递减，当时，单调递增.综上可得，时，在上单调递增；时，函数的单调减区间为，单调增区间为.(2)有2个不同零点有2个不同解有2个不同的解，令，则，记，记，又，所以时，时，，则在单调递减，单调递增，，.即实数的取值范围是.(3)[方法一]【最优解】：有2个不同零点，则，故函数的零点一定为正数.由(2)可知有2个不同零点，记较大者为，较小者为，，注意到函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，故，又由知，，要证，只需，且关于的函数在上单调递增，所以只需证，只需证，只需证，，只需证在时为正，由于，故函数单调递增，又，故在时为正，从而题中的不等式得证.[方法二]：分析+放缩法有2个不同零点，不妨设，由得（其中）．且．要证，只需证，即证，只需证．又，所以，即．所以只需证．而，所以，又，所以只需证．所以，原命题得证．[方法三]：若且，则满足且，由（Ⅱ）知有两个零点且．又，故进一步有．由可得且，从而．．因为，所以，故只需证．又因为在区间内单调递增，故只需证，即，注意时有，故不等式成立．【整体点评】本题第二、三问均涉及利用导数研究函数零点问题，其中第三问难度更大，涉及到三种不同的处理方法，方法一：直接分析零点，将要证明的不等式消元，代换为关于的函数，再利用零点反代法，换为关于的不等式，移项作差构造函数，利用导数分析范围.方法二：通过分析放缩，找到使得结论成立的充分条件，方法比较冒险！方法三：利用两次零点反代法，将不等式化简，再利用函数的单调性，转化为与0比较大小，代入函数放缩得到结论.3．（2020·浙江·统考高考真题）已知，函数，其中e=2.71828…为自然对数的底数．（Ⅰ）证明：函数在上有唯一零点；（Ⅱ）记x0为函数在上的零点，证明：（ⅰ）；（ⅱ）．【答案】（I）证明见解析，（II）（i）证明见解析，（ii）证明见解析.【分析】（I）方法一：先利用导数研究函数单调性，再结合零点存在定理证明结论；（II）（i）先根据零点化简不等式，转化求两个不等式恒成立，构造差函数，利用导数求其单调性，根据单调性确定最值，即可证得不等式；（ii）方法一：先根据零点条件转化：，再根据放缩，转化为证明不等式，最后构造差函数，利用导数进行证明.【详解】（I）[方法一]：单调性+零点存在定理法在上单调递增，，所以由零点存在定理得在上有唯一零点．[方法二]【最优解】：分离常数法  函数在内有唯一零点等价于方程在内有唯一实根，又等价于直线与只有1个交点．记，由于在内恒成立，所以在内单调递增，故．因此，当时，直线与只有1个交点．（II）（i），，令一方面： ，在单调递增，，，另一方面：，所以当时，成立，因此只需证明当时，，因为当时，，当时，，所以，在单调递减，，，综上，.（ii）[方法一]：分析+构造函数法，，，，因为，所以，，只需证明，即只需证明，令，则，，即成立，因此.[方法二]【最优解】：放缩转化法．设，则由得．从而只要证．上式左边．使用不等式可得【整体点评】（Ⅰ）方法一：直接研究函数的单调性，并根据零点存在定理证得结论，为通性通法；方法二：先分离常数，转化为证明水平直线与函数的图象交点个数问题，为最优解；（Ⅱ）（ⅰ）通过分析，转化，然后构造函数证得；（ⅱ）方法一：构造函数，利用导数研究单调性，求得最小值，然后根据条件放缩转化为证明不等式．利用作差法构造关于实数的函数，利用导数证得此不等式，为该题的通性通法；方法二：利用放缩判定的导函数大于零，确定单调性，得到其最小值，转化为，然后利用不等式放缩证明，运算相对简洁，为最优解.【题型训练2-刷模拟】一、解答题1．（2023·北京密云·统考三模）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）计算出、的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程；（2），其中，利用导数分析函数的单调性，证明出，即可证得结论成立.【详解】（1）解：因为，则，所以，，，所以，曲线在点处的切线方程为，即.（2）解：令，其中，，令，其中，则，当时，且不恒为零，所以，函数在上单调递增，所以，当时，，此时函数单调递减，当时，，此时函数单调递增，所以，，即.2．（2023·山西吕梁·统考三模）已知函数.(1)讨论函数在上的零点个数；(2)当且时，记，探究与1的大小关系，并说明理由.【答案】(1)答案见解析(2)，理由见解析【分析】（1）求导，得到函数单调性和极值情况，并结合端点值大小，分类讨论得到函数的零点个数；（2）判断出，不等式同构变形得到，构造，得到其单调性，并构造的单调性，证明出结论.【详解】（1），，当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，又，，，其中，若，即时，零点个数为0，若，即时，零点个数为1，若，即时，零点个数为2，若，即时，零点个数为1，若，即时，零点个数为0，综上：当或时，零点个数为0，当或时，零点个数为1，当时，零点个数为2.（2），理由如下：，，当时，，故，当时，，故，要证，即证，其中，故即证，令，，即证，，令，则，当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，故在上恒成立，所以在上恒成立，则在上单调递增，则，令，，，当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，故，即，结论得证.【点睛】导函数求解参数取值范围，当函数中同时出现与，通常使用同构来进行求解，本题难点是变形得到，从而构造进行求解.3．（2023·山东淄博·统考三模）已知函数.(1)求函数的单调区间；(2)证明：当时，.【答案】(1)单调递增区间是和(2)证明见解析【分析】（1）确定函数定义域，求导得到导函数，构造新函数，求导得到单调区间，计算最值确定恒成立，得到答案.（2）构造函数，求导得到导函数，将导函数设为新函数，再次求导，将导函数设为新函数，再次求导，利用隐零点代换得到的单调区间，计算最值得到，再构造函数，同理得到，得到证明.【详解】（1）函数的定义域为，.令函数，.当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增，所以，即恒成立，故的单调递增区间是和.（2）当时，，即当时，.令，，令，，令，.当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增，又，，所以存在，使得.当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增.，故当时，；当时，，即当时，；当时，，故在上单调递减，在上单调递增.于是，所以.令函数，.当时，；当时，，所以在上单调递增；在上单调递减，则.因为，所以，故，得.综上所述：当时，.【点睛】本题考查了利用导数求函数的单调区间，证明不等式，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中将不等式的证明转化为和是解题的关键，证明不等式引入中间函数是一个重要技巧，需要熟练掌握.4．（2023·河南洛阳·模拟预测）已知函数.(1)若，求的极值；(2)，若函数有两个零点，且，求证：.【答案】(1)极大值为，无极小值；(2)证明见解析.【分析】（1）求出函数的导数，再利用导数求出的极值作答.（2）根据函数零点的意义，转化为线与函数图象有两个交点，求出，再借助零点建立两个方程消去a，构造函数证明即可作答.【详解】（1）当时，定义域为，求导得，令，求导得，当时，，当时，，即函数在上单调递增，在上单调递减，当时，取得极大值，无极小值，所以的极大值为，无极小值.（2）依题意，，，因为函数有两个零点，且，而，则，因此函数的两个零点分别是直线与函数图象的两个交点横坐标，，当时，，当时，，则函数在上单调递增，在上单调递减，，而，时，恒有，于是，即，令，显然有，则有，令，求导得，即函数在上单调递增，，即有，从而，又，所以.【点睛】思路点睛：涉及双变量的不等式证明问题，将所证不等式等价转化，构造新函数，再借助导数探讨函数的单调性、极(最)值问题处理.5．（2023·贵州·校联考模拟预测）已知函数.(1)判断的导函数在上零点的个数，并说明理由；(2)证明：当时，.注：.【答案】(1)零点的个数为1，理由见解析(2)证明见解析【分析】利用导数判断的导函数在上得单调性，再结合零点的存在性定理即可得出结论；（2）令，则，即，再结合（1）利用导数可求得函数的最小值，再证明的最小值大于零即可.【详解】（1），令，则，所以函数在上单调递增，即在上单调递增，又，所以的导函数在上零点的个数为1；（2）令，则，即，由（1）可知存在，使得，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，又因为，存在，使得，即，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，令，则，所以函数在上单调递减，所以，所以时，，即当时，恒成立.【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.6．（2023·山东聊城·统考三模）已知函数．(1)讨论的单调性；(2)证明：当，且时，．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）根据题意，求导得，然后分，，分别讨论，即可得到结果；（2）根据题意，将问题转化为，然后构造函数，证明其单调性，即可得到证明.【详解】（1），，①当，即时，，在区间单调递增．②当，即时，令，得，令，得，所以在区间单调递增；在区间单调递减．③当，即时，若，则，在区间单调递增．若，令，得，令，得，所以在区间单调递减；在区间单调递增．综上，时，在区间单调递增；在区间单调递减；时，在区间单调递增时，在区间单调递减、在区间单调递增．（2）证明：要证，即证，即证．令，，则，所以在区间单调递增，所以时，，即时，．令，，则在时恒成立，所以，且时，单调递增，因为时，，，且，所以，且时，，即．所以，且时，．【点睛】关键点睛：本题主要考查了用导数研究函数的单调性，以及用导数证明不等式问题，难度较难，解决本题的关键在于构造函数，用其单调性去证明不等式.7．（2023春·河北·高三校联考阶段练习）已知函数.(1)讨论的单调性.(2)若存在两个零点，且曲线在和处的切线交于点.①求实数的取值范围；②证明：.【答案】(1)答案见解析(2)①；②证明见解析【分析】（1）利用导数分成，两种情况讨论函数的单调性；（2）①利用导数得出函数的单调性，结合函数图像得出实数的取值范围；②由曲线在和处的切线方程联立，得出，又存在两个零点，代入得出，要证，只需证，即证，只要证即可.【详解】（1）.当时，在上单调递减；当时，令，得.当时，，当时，，.所以在上单调递增，在上单调递减.（2）①由（1）知，当时，在上单调递减，不可能有两个零点，当时，在上单调递增，在上单调递减，所以，所以，又，；，；所以的取值范围是.②曲线在和处的切线分别是，联立两条切线方程得，所以.因为所以.要证，只需证，即证，只要证.令，.则，所以在上单调递减，所以，所以，所以.【点睛】已知函数零点个数求参数范围问题方法点睛：可以通过构造函数，分情况讨论函数的单调性，结合零点存在性定理，根据零点个数，考虑图像的交点情况，得出参数的取值范围.8．（2023·山东烟台·统考二模）已知函数．(1)若在上单调递增，求实数a的取值范围；(2)当时，证明：，．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）求得，转化为在上恒成立，进而转化为在上恒成立，令，求得，得出函数的单调性和最大值，即可求解.（2）当时，得到且，当时，只需使得，利用导数求得单调递增，得到；当时，显然满足；当时，由和，得到，即可得证.【详解】（1）解：由函数，可得，因为在上单调递增，可得在上恒成立，即在上恒成立，即在上恒成立，令，可得，当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以当时，函数取得极大值，即为最大值，所以，即实数a的取值范围为.（2）解：当时，，可得当时，可得， 要使得，只需使得，令，可得，所以单调递增，又由，所以，所以单调递增，所以；当时，可得且，所以，满足；当时，可得，因为且，所以，所以，综上可得，对于，都有.9．（2023·福建泉州·泉州五中校考模拟预测）已知函数．(1)讨论的单调性；(2)当，是方程的两根，，证明：．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）求得，设，得到，分和，两种情况，即可求得函数的单调区间；（2）求得在处的切线方程为，令，再令，结合单调性求得，求得，进而求得切线方程为，令，求得出函数的单调性，得到，进而证得，即可求解.【详解】（1）解：由函数，可得，设，可得，①当时，，所以在单调递增；②当时，令，解得.当时，，单调递减；当时，，单调递增. 综上，当时，在单调递增；当时，在单调递减，在单调递增.（2）解：由，可得且，所以在处的切线方程为，即. 令，令，因为，所以在上单调递增，又因为，所以当，，单调递减，当，，单调递增.所以，即，所以，，可得在处的切线方程为，即. 令，，因为，所以在上单调递增.又因为，所以当，，单调递减，当，，单调递增，所以，即，所以，，所以【点睛】方法总结：利用导数证明或判定不等式问题：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；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，从而判定不等关系；3、适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；4、构造“形似”函数，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.10．（2023·安徽黄山·统考三模）已知函数，(1)试判断函数在上是否存在极值.若存在，说出是极大值还是极小值；若不存在，说明理由.(2)设，若，证明：不等式在上恒成立.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1），令，因此在单调递减，，讨论正负即可判断出极值的情况；（2）由分析知，要证明在上恒成立，即证，即证，令，求出，原不等式证明变为证明即可.【详解】（1）由题可知，则，令由于，则，所以函数在单调递减.当趋近于0时，趋近于正无穷，又.      ①当，即时，，则函数在单调递增，所以在上无极值.      ②当，即时，则在上有唯一零点.所以当时，，单调递增；当时，，单调递减；所以是函数的一个极大值点，且无极小值.综上所述，当时，函数无极值；当时，函数有极大值，但无极小值.（2）由题可知：，且.由可得，化简得      由于且，所以不等式； 所以要证明原不等式成立；只要证：在时恒成立.只要证：.令，则令，则，在为增函数，故，于是，在为增函数，故，   只要证：（这里），下面先证明：，令，则.在为减函数，故，即， 只要证：，只要证：，令，则.在是单调递增，因此，即.综上所述，原不等式成立.【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.11．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，其中．(1)若有两个零点，求的取值范围；(2)若，求的取值范围．【答案】(1)；(2)．【分析】（1）由题可得方程有两个解，然后构造函数利用导数研究函数的性质进而即得；（2）由题知恒成立，进而转化为证明当时，然后利用二次函数的性质结合条件可得只需证明即可，再构造函数利用导数证明不等式即得.【详解】（1）由有两个零点，得方程有两个解，设，则，由，可得，单调递增，由，可得，单调递减，所以的最大值为，当时，当时，，所以可得函数的大致图象，所以，解得，所以，有两个零点时，的取值范围是；（2）设，即，则恒成立，由，，可得，下面证明当时，，即证，令，则证，，令为开口向上的二次函数，对称轴为，由（1）可知，故在时单调递增，则，下面只需证明即可，即证，令，则，令，则，所以函数单调递减，且，所以当时，，当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，故，即，从而不等式得证，综上，的取值范围是．【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.12．（2023春·四川雅安·高三雅安中学校联考阶段练习）已知函数．(1)试问曲线是否存在过原点的切线？若存在，求切点的坐标；若不存在，请说明理由．(2)证明：．（参考数据：）【答案】(1)存在，切点坐标为；(2)证明见解析.【分析】（1）求出函数的导数，设出切点坐标，再求出切线方程即可作答.（2）等价变形不等式，构造函数，，再分别求出其最值判断作答.【详解】（1）假设曲线存在过原点的切线，并设切点为，函数，求导得，则，整理得，解得，则，所以曲线存在过原点的切线，且切点坐标为．（2），不等式，设函数，求导得，当时，单调递减，当时，单调递增，则，设函数，求导得，当时，单调递增，当时，单调递减，则，因为，即有，因此，所以．