专题09导数综合（证明不等式）-【名校汇编】2022年高中数学名校模拟考点汇编（新高考专用）

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1．（2022·河北·模拟预测）已知函数，其中.
(1)若，曲线在处的切线与直线平行，求的极值；
(2)当时，证明：.
【答案】(1)极大值为，无极小值.
(2)证明见解析.
【分析】
（1）根据导数的几何意义得，进而得，再列表求解即可；
（2）根据题意，只需证明，由于函数在上单调递增， ，故转化为证明，再令，再求函数最值即可证明.
(1)
解：，，，
因为曲线在处的切线与直线平行，
所以，，解得，
所以，，，解得，
所以，，，的变化情况如下表，
所以，当时，有极大值，无极小值.
(2)
解：当，，
因为，
所以只需证明成立即可.
令，则，
所以，函数在上单调递增，即.
令，则，
令，则，
所以，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，，
因为，所以，即，
所以成立，
所以成立，证毕.
2．（2022·重庆八中模拟预测）设函数，已知是函数的极值点．
(1)求a的值，并求函数的单调区间；
(2)若，求证：．
【答案】(1)，函数的减区间为，增区间为
(2)证明见解析
【分析】
（1）由已知得，，由此可求得，再运用导函数，分析导函数的符号，从而可得函数的单调区间；
（2）由已知将不等式等价于，令，运用导函数得出函数的单调性，分，分别证明即可.
(1)
解：由已知得，所以，
又是函数的极值点，所以，解得，
所以，则，
令，则，
因为，所以，所以在上单调递增，即在上单调递增，
又，所以当时，，当时，，
所以函数的减区间为，增区间为；
(2)
证明：因为，所以，所以不等式等价于，
又，所以，所以不等式等价于，
令，则，
令，则，
所以当时，，当时，，
所以函数在单调递增，在上单调递减，
即函数在单调递增，在上单调递减，
所以，所以函数在上单调递减，
所以当时，，，即，
所以，所以；
当时，，，即，
所以，所以，
所以当时，，不等式得证．
【点睛】
方法点睛：1、利用导数证明不等式或解决不等式恒成立问题,关键是把不等式变形后构造恰当的函数，然后用导数判断该函数的单调性或求出最值，达到证明不等式的目的；2、利用导数解决不等式恒成立问题，应特别注意区间端点是否取得到；3、学会观察不等式与函数的内在联系，学会变主元构造函数再利用导数证明不等式.总之，无论是证明不等式，还是解不等式，我们都可以构造恰当的函数，利用到函数的单调性或最值，借助导数工具来解决，这种解题方法也是转化与化归思想在中学数学中的重要体现.
3．（2022·重庆·模拟预测）已知函数，其中，e为自然对数的底数，
(1)若函数在定义域上有两个零点，求实数a的取值范围；
(2)当时，求证：
【答案】(1)
(2)证明过程见解析.
【分析】
（1）求定义域，求导，对a分类讨论，结合单调性及最小值，列出不等关系，求出实数a的取值范围；（2）先进行简单放缩，构造函数，进行证明.
(1)
的定义域为，，当时，恒成立，故在上单调递增，故函数在定义域上不可能有两个零点；
当时，令得：，令得：，故在单调递减，在上单调递增，故在处取得极小值，也是最小值，，要想函数在定义域上有两个零点，则，解得：，又，当时，，由零点存在性定理可知：在与范围内各有一个零点，综上：实数a的取值范围是.
(2)
证明：当时，即证，（）
由于，故，只需证，令，则，因为，所以，令得：，令得：，所以在处取得极大值，也是最大值，，故在上恒成立，结论得证.
【点睛】
导函数证明不等式，常常需要对不等式进行变形放缩，常见放缩有三角函数有界性放缩，切线放缩，如，，等.
4．（2022·河北·模拟预测）已知函数.
(1)请研究函数在上的零点个数并证明；
(2)当时，证明：.
【答案】(1)4，证明见解析
(2)证明见解析
【分析】
（1）函数 是奇函数，所以只要考虑 上的零点，利用函数的单调性即可；
（2）构造函数，用缩放法可以证明不等式.
(1)
为奇函数，所以只需要研究函数上的零点个数，
当时，， 是单调递减的，
，，
所以当时，有一个零点；
当时，令 ，，
是单调递增的，，，
所以存在，使得，
所以当时，， 单调递减的，
当时，， 是单调递增的，
又，所以，，
所以存在使得，
当时，无零点，
综上可知，当时，函数有两个零点，
即在上，函数有四个零点；
(2)
当时， ，
两边取自然对数得：
构造函数，
即，
即，即，则，
于是，，
所以.
【点睛】
一般来说当三角函数和其他基本初等函数同时出现在同一解析式时，由于三角函数是周期函数，而其他函数往往没有周期性，所以需要一个区间一个区间取讨论，不论是单调性还是零点，最好在讨论之前先画一个草图；对于第二问难点在于构造函数，因为对数函数是非线性函数，直接计算难度很大，因此考虑缩放的方法，构造一个新函数，将原对数函数转化为一个比较容易计算的函数，像 ， 等比较多见.
5．（2022·湖北·二模）已知函数．
(1)若不等式恒成立，求正实数a的值；
(2)证明：．
【答案】(1)1
(2)证明见解析
【分析】
(1) 令，根据的范围，求导得到，故只需讨论的正负性，即可判断的单调性
(2)由（1）得，要证要证明，只需证
，即证，
再利用放缩，证明出，进而把要证明的问题转化为证明
成立，最后再经过放缩，把问题转化为证明成立，最后，通过导数的方法，证明以上等式成立.
(1)
令，
则，
设，则对任意恒成立，
所以在上单调递增，
又，存在唯一实数，
所以当时，单调递减；
当时，单调递增；
所以．
因为，所以，且．
所以，设，
因为，所以在上单调递增，上单调递减
所以，而依题意必有，所以，此时，
所以若不等式恒成立，则正实数的值为1．
(2)
方法一：借助第（1）问结论
由（1）得，当时，对任意恒成立．
所以，（当且仅当时等号成立），
则．
所以要证明，只需证，
即证．
设，则在上单调递增，上单调递减．
所以，即．
所以只需证，即证．
①当时，，不等式成立．
②当时，，不等式成立．
所以，证毕，
方法二：分别放缩
设，则恒成立，在上单调递增，
，所以．
设，则在上单调递增，上单调递增，
，所以，所以，即．
所以当时，
又因为，
所以
【点睛】
关键点睛：第(1)题的解题的关键在于求导后，对主导函数进行判断正负，进而求出函数的单调性；第(2)题的解题关键在于把证明的问题进行转化，进而利用放缩的方法进行证明不等式成立，本题考的知识点比较难，运算量也非常大，属于难题.
6．（2022·湖南·长郡中学模拟预测）已知函数.
(1)若函数，讨论的单调性；
(2)从下面①②两个问题中任意选择一个证明，若两个都证明，则按第一个证明计分.
①若函数，，且，证明：.②若函数，证明：.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】
（1）求导后，分类讨论，利用导数的符号可得结果；
（2）得到，若选①，不妨设，则，分两种情况讨论：分别当和时，利用导数可证不等式成立；若选②，利用导数证明，即可得证.
(1)
因为，所以，
的定义域为，.
当时，，在上单调递增.
当时，若，，单调递减；
若，，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：选①
因为，所以，
的定义域为，且.
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
不妨设，则，由，
可知.当时，显然成立.
当时，，由，且，
可知，则，.
设，，，在上单调递增，
所以，所以成立.
综上所述，.
选②
.
设，则.
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
所以，，
因此，
当且仅当时，等号成立.
设，，则.
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
因此，
从而，则，
因为，所以中的等号不成立，故.
【点睛】
关键点点睛：第（2）问，选②时，利用导数证明，是解题关键.
7．（2022·山东临沂·模拟预测）已知函数为常数，是自然对数的底数），曲线在点,处的切线与轴平行．
(1)求的值；
(2)求的单调区间；
(3)设，其中为的导函数．证明：对任意，．
【答案】(1)；
(2)在递增，在递减；
(3)证明见解析.
【分析】
（1）由题设求导函数，再由求参数k值.
（2）由（1）得且，构造函数，结合导数研究的符号，进而求的单调区间.
（3）由题设只需证在上恒成立，由（2）易得，再构造并应用导数判断的大小关系，即可证结论.
(1)
由题设，，，
又在,处的切线与轴平行，即，
.
(2)
由（1）得：，，
令，，
当时，，当时，，又，
时，，时，，
在递增，在递减；
(3)
由，即，，
，，
由（2），对于，，
，，
时，递增，,时，递减，
，即，
设，则，
时，递增，即，则，
综上，，故，，得证．
【点睛】
关键点点睛：第三问，应用分析法转化为证明在上恒成立，结合（2）中的单调性得到，再判断的大小关系.
8．（2022·湖北·模拟预测）已知.
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)当时，证明.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】
（1）利用导数的几何意义可求解；
（2）将问题转化为证明成立，再分别求与的最值即可证明.
(1)
因为，则，，
则，
所以所求切线方程为，即.
(2)
由题意，可知，要证明，
即证，
令，则，
当，当，
所以在上单调递减，在上单调递增.
所以.
令，则，
因为，
所以当，当，
所以在上单调递增，在上单调递减.
所以，
所以恒成立，即恒成立，
所以当时，.
【点睛】
解决本题的关键一是对要证明的不等式进行变形，二是分别求两个新函数的最值.
9．（2022·湖北·襄阳五中二模）已知函数（e是自然对数的底数）．
(1)当时，试判断在上极值点的个数；
(2)当时，求证：对任意，．
【答案】(1)在上只有一个极值点，即唯一极小值点；
(2)证明见解析
【分析】
（1）求出函数的导数，判断其正负，结合零点存在定理，判断函数的单调性，求得答案；
（2）求出函数的导数，构造函数，判断其正负情况，确定函数单调性，进而确定函数的最小值，故可将原问题转化为对任意，，再构造函数，利用其单调性即可证明结论.
(1)
当时，,
则 ，
设，则 在上是增函数，
当 时，，，
所以存在 ，使得，
当时，，则，即在上单调递减，
当时，，则，即在上单调递增，
所以在上只有一个极值点，即唯一极小值点；
(2)
证明：由，
设，则 在上是增函数，
当 时，，因为，所以，
所以存在 ，使得，
当时，，则，即在上单调递减，
当时，，则，即在上单调递增，
故 是函数的极小值点，也是最小值点，
则 ，
又因为，所以，
即证：对任意，，
即证：对任意，，
设，则在上单调递减，
因为，所以 ，
故，
故对任意，.
【点睛】
本题考查了利用导数判断函数的极值点的个数以及证明不等式成立的问题，综合性较强，要能熟练求导，利用导数判断函数的单调性以及求函数最值，解答的关键是根据函数或导数的特点，构造函数，进而结合零点存在定理判断导数正负，求得函数的最值，利用函数最值进而证明不等式成立.
10．（2022·重庆八中模拟预测）已知函数()
(1)当时，求的单调区间；
(2)当时，求证:.
【答案】(1)的单调递增区间为，单调递减区间为；
(2)证明见解析.
【分析】
(1)根据函数的单调性和导数的关系求解；(2)利用导数分析函数单调性，确定函数的取值范围，由此完成证明.
(1)
由题意知函数的定义域为，
．
因为，所以
令，则，
当时，，，，所以．
当时，，，，所以．
所以（即）在上单调递减．
又，所以当时，；当时，，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为．
(2)
由（1）知当时，在上单调递增，在上单调递减，所以；
若，当时，，，，所以．
当时，，，，所以，
所以（即）在上单调递减．
又，因为，
所以，
所以存在，使得，
所以当时，；当，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，，
又由，得，即，
所以，
因为，所以，，
，，
所以．
所以，
综上所述，．
【点睛】
要证明，只需证明，再利用导数分析函数的单调性，求出函数的最大值，由此完成证明.
11．（2022·重庆八中模拟预测）已知函数
（1）讨论函数的单调性;
（2）若，证明:
【答案】（1）当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增；
（2）见详解
【分析】
（1）对函数进行求导，然后根据参数进行分类讨论；
（2）构造函数，求函数的最小值即可证出.
【详解】
（1）的定义域为，.
当时，在上恒成立，
所以在上单调递增；
当时，时，；
时，，
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）当时，.
令，，
则.
，
令，.
恒成立，
所以在上单调递增.
因为，，
所以存在唯一的，使得，
即.①
当时，，即，所以在上单调递减；
当时，，即，所以在上单调递增.
所以，，②
方法一：把①代入②得
，.
设，.
则恒成立，
所以在上单调递减，所以.
因为，所以，即，所以，
所以时，.
方法二：设，.
则，所以在上单调递增，
所以，
所以.
因为，所以，
所以，
所以时，.
【点睛】
不等式证明问题是近年高考命题的热点，利用导数证明不等式的方法主要有两个：（1）不等式两边作差构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出函数最值即可；（2）观察不等式的特点，结合已解答问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，再化简或者进一步利用导数证明.
12．（2022·河北石家庄·二模）已知函数，其中e为自然对数的底数.
(1)若，求函数的单调区间；
(2)证明：对于任意的正实数M，总存在大于M的实数a，b，使得当时，.
【答案】(1)增区间为；
减区间为；
(2)证明过程见解析.
【分析】
（1）对函数求导，利用辅助角公式合并为同名三角函数，导数的正负求解即可.
（2）将绝对值不等式转化为，移向构造新函数，利用导数判定单调性，借助零点定理和隐零点证明新构造函数恒正，再结合三角函数的特有的周期特点寻找M即可.
(1)

当，即，；
当，即，
所以单调递增区间为
单调递减区间为
(2)
要证，
即证，
即证
即证 在时成立即可,
时, .
令,
当时,
所以
所以单调递增，

, 满足
由单调性可知, 满足
又因为当
，
所以能够同时满足，
对于任意的正实数，总存在正整数，且满足时, 使得 成立，
所以不妨取
则且时，
，
故对于任意的正实数，总存在大于的实数，使得当 时,.
考点二：极值（点）或零点范围
13．（2022·福建·模拟预测）已知函数，其中.
(1)若定义在上的函数满足，求的单调区间；
(2)证明：有唯一极值点，且.
【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析．
【分析】
（1）按和分类确定的正负得单调性；
（2）时，计算的极值得结论成立，时，求出导函数，再一次求导确定的单调性，结合零点存在定理得有唯一零点，得有唯一极值点，并得出与的关系，的范围，求出，用代入法变二元函数为一元函数，然后不等式变形，引入新函数，多次求导后，得出的最小值是0，从而得证不等式成立．
(1)
时，，时，，时，，
的减区间是，增区间是，
时，，由得或，
设，，时，，递增，
所以时，，
所以或时，，时，，
所以的增区间是和，减区间是；
(2)
由（1）时，，有唯一零点，且，
时，，
，设，
，因为，所以恒成立，
即在上是增函数，
而由（1）知，所以，
所以，，
所以在也即在上有唯一零点，时，，递减，时，，递增，
所以有唯一极值，且，，即，，由得，，
所以，
要证，即证，
只要证：（），
令，
，
令，
，
令，则，
设，则，时，，递减，时，，递增，所以，所以在时恒成立，
即，
所以，
所以，从而是增函数，又，，
所以存在，使得，即，
时，，时，，
所以即在上递减，在上递增，
，，所以时，，时，，
所以在上递减，在上递增，
，所以，即（）成立．
所以成立．
【点睛】
本题考查导数与单调性的关系，用导数研究函数的极值点，证明不等式．难点之一是不等式中含有多个变量，需要由变量的性质消元化为一元函数，难点这二是不等式变形后引入新函数，需要多次求导才能确定其最小值．本题属于困难题．
14．（2022·湖北·华中师大一附中模拟预测）已知函数在处的切线方程为.
(1)求实数的值；
(2)（i）证明：函数有且仅有一个极小值点，且；
（ii）证明：.
参考数据：，，，.
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】
（1）直接利用导数的意义列方程组，即可解得；
（2）（i）求出导函数.利用导数和零点存在对立即可证明；
（ii）求出，令，利用导数判断出在上单调递减，
即可证明；要证，即证.令，利用导数证明出；令，利用导数证明出，得到，即可证明.
(1)
定义域为，
由题意知，解得.
(2)
（i）由（1）知，
令，则，从而即单调递增
又，故存在唯一的使得
从而有且仅有一个极小值点，且
（ii），的极小值
令，则，从而在上单调递减，，故
下证，即证
一方面令，则，则在上单调递增，从而
另一方面，令，
令有
从而
从而即成立，故.
【点睛】
导数的应用主要有：
（1）利用导函数几何意义求切线方程；
（2）利用导数研究原函数的单调性，求极值（最值）；
（3）利用导数求参数的取值范围；
（4）利用导数证明不等式.
15．（2022·湖南师大附中三模）已知函数.
(1)若，求不等式的解集；
(2)当时，求证函数在上存在极值点，且.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】
（1）当时，利用导数分析函数的单调性，由可得出关于的不等式，解之即可；
（2）当时，利用导数分析函数的单调性，结合零点存在定理可证得函数在上存在极值点，由极值点可得出，将所证不等式等价变形为，构造函数，利用导数证得，即可证得结论成立.
(1)
解：由题意，当时，，则，
令，则，令可得，列表如下：
所以，，且不恒为零，
所以，函数在上单调递减，且，
由可得，解得.
因此，当时，不等式的解集为.
(2)
证明：当时，，则，
令，其中，则，可得，
当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，
所以，，
令，其中，则，
所以，函数在上单调递增，当时，，
所以，且，
由（1）知，则当时，，，
当时，，由，得，，
所以存在极大值点，
，故，
.
所以，要证，只要证，即证.
令，则，由，得，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，所以，，
综上，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.
16．（2022·重庆八中模拟预测）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若在上有零点，
①求a的取值范围；
②求证：．
【答案】(1)时，在上单调递增，
当时在上单调递增，在上单调递减．
(2)① ；②证明见解析
【分析】
（1）对函数求导，讨论a的取值情况，判断导数的正负，确定函数的单调性;
（2）①对a分类讨论，与1进行比较，结合零点存在定理，即可得到答案;
②根据在上有零点，可以先整理得到，利用该式，先将要证明的不等式左面进行变形，分离参数，再利用构造函数，结合求导，判断函数的单调性可进行证明；同理可证明不等式的右边部分.
(1)
（1），．
当时，恒成立，在上单调递增．
当时，，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减．
综上，时，在上单调递增，
当时在上单调递增，在上单调递减．
(2)
①注意到，，
由（1）知，当时，在上单调递增，
对任意，恒有，不合题意；
同理，当时，在上单调递减，
又，所以对任意，恒有，不合题意；
当时，，由（1）知，在上单调递增，
在上单调递减，所以，
又当时，，
由零点存在定理知，存在唯一一点，使得，满足题意．
综上所述，a的取值范围为．
②由①知，当时，，
解得．要证，只需证．
令，，
则，
所以在上单调递增，
又，
所以在上恒成立，即，即．
要证，只需证，即．
又因为，即证．
令，，则．
又，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
当时，，
所以在恒成立，所以在上单调递减，
又，所以，即，不等式得证．
17．（2022·重庆实验外国语学校一模）已知函数.
（1）讨论函数的零点个数；
（2）当时，实数为函数的小于1的零点，求证：
①；
②.
【答案】（1）当时，函数没有零点，当时，函数有一个零点，当时，函数有两个零点；（2）证明过程见解答．
【分析】
（1）求导，分析单调性，得（1），分，和三种情况，得到函数零点个数．
（2）由（1）知当时，有两个零点，设为较小的零点，根据条件可得，
①要证，即证，令，只需证明即可．
②根据题意得，要证，即证，令，只需证，即可得出答案．
【详解】
（1），
令得，
所以在上，，单调递减，
在上，，单调递增，
所以（1），
当时，，函数没有零点，
当时，函数有一个零点，
当时，（1），
且时，；时，，故函数有两个零点．
（2）由（1）知当时，有两个零点，设为较小的零点，即，
且，
所以，
①要证，即证，即证，
令，
所以，令，则，
因为，
所以在上单调递增，
所以，
所以在上单调递增，
所以，
所以成立．
②因为，
所以，
所以，
故要证，即可证，即证，
也即证，
令，
所以，
所以在单调递减，
所以（1），
所以，
【点睛】
关键点睛：解答本题第二问的关键是得到，，，然后将证明的不等式中的转化为来表示，然后利用函数的最值来证明不等式.
18．（2022·湖北·襄阳五中模拟预测）已知函数在处的切线经过点.
(1)若函数至多有一个零点，求实数a的取值范围；
(2)若函数有两个不同的零点，且，求证：.（）
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】
（1）根据切线过点可得，参变分离后研究的单调性，得到极值，数形结合得到答案；（2）在第一问基础上，得到，对不等式变形，结合放缩，转化为只需证，二次求导后得到证明.
(1)
，∴，∴处的切线方程为，
切线过点，所以，∴.
∵的零点不为1，
∴在上至多一个解.设，
则在上至多一个解.
，令得：，令得：或，
∴在和上单调递减， 上单调递增，当时，恒成立，当时，在处取得极小值，且，
画出函数图象如图所示：
所以时，至多有一个零点，∴
(2)
由（1）知，要想有两个不同零点，则且，即，
故要证，只需证，
由（1）知，故只需证，
∵.只需证：，即，令，
，∴在上递增，
∴，∴在上递增，
∴，∴，∴
【点睛】
导函数研究函数零点问题，参变分离是一种重要方法，把零点问题转化为函数交点问题，通过构造函数，研究构造函数的单调性，极值和最值，数形结合得到答案.
19．（2022·湖南·长郡中学模拟预测）已知有三个不同零点，，，且
(1)求实数a的范围；
(2)求证：
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】
（1）先利用参变量分离法，可得，然后构造函数，判断单调性，然后作出函数的大致图像，确定a的范围即可；
（2）由（1）知，，可设，则，然后利用导数确定的图像，由根的分布情况及，运算可得结果.
(1)
解：令，得，∴
设，
设，，
易知在单调递减，在单调递增，
∴，∴，
则由，得或，
令，解得；令，解得
在单调递减，在单调递增，在单调递减，
有极小值，有极大值，
又，
当时，，，
当时，，∴，
的图像如下：
由图可知，要使有3个不同零点，即有3个不同零点，
实数a的取值范围为
(2)
由（1）知，，
令，则，
，故当时，单调递增；
当时，单调递减.
且时，；；
时，；
所以的图像如下：
由，得，即，
由根的分布知：有两根，，且，
由图①②知，，，
又，∴，∴，
∴，
又，∴，故
【点睛】
本题考查利用导数研究函数的零点，利用导数证明不等式，考查逻辑思维能力和运算求解能力，属于难题.
导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
考点三：极值点偏移
20．（2022·河北·模拟预测）已知函数.
(1)当时，讨论函数的单调性；
(2)若方程有两个不相等的实数根，证明：.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】
（1）求导，分 ，， 讨论求解；
（2）由有两个不相等实数根，则，得到，进而得到，令，构造，令，利用其单调性求解.
(1)
解：∵，，
∴.
①当时，在上单调递增；
②当时，令，解得.
当时，在上单调递减.
当时，，当时，单调递增；
当时，单调递减.
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
(2)
证明：由（1）可知，当时，单调递增，当时，在上单调递增，在上单调递减.
∴若有两个不相等实数根，则，且，∴.
∴即，有，
有，有.
令，有，
又由，
令，有，
可知函数单调递增，
有，故有.
【点睛】
关键点点睛：本题第二问关键是根据有两个不相等实数根，由，得到，令，构造，由的单调性而得解.
21．（2022·山东师范大学附中模拟预测）已知函数.
(1)若有两个零点，的取值范围；
(2)若方程有两个实根、，且，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】
（1）分析可知，由参变量分离法可知直线与函数的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可求得实数的取值范围；
（2）令，其中，令，，分析可知关于的方程也有两个实根、，且，设，将所求不等式等价变形为，令，即证，令，其中，利用导数分析函数的单调性，即可证得结论成立.
(1)
解：函数的定义域为.
当时，函数无零点，不合乎题意，所以，，
由可得，
构造函数，其中，所以，直线与函数的图象有两个交点，
，由可得，列表如下：
所以，函数的极大值为，如下图所示：
且当时，，
由图可知，当时，即当时，直线与函数的图象有两个交点，
故实数的取值范围是.
(2)
证明：因为，则，
令，其中，则有，
，所以，函数在上单调递增，
因为方程有两个实根、，令，，
则关于的方程也有两个实根、，且，
要证，即证，即证，即证，
由已知，所以，，整理可得，
不妨设，即证，即证，
令，即证，其中，
构造函数，其中，
，所以，函数在上单调递增，
当时，，故原不等式成立.
【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.
22．（2022·广东·华南师大附中三模）已知函数存在两个极值点．
(1)求实数a的取值范围；
(2)判断的符号，并说明理由．
【答案】(1)
(2)符号为正；理由见解析
【分析】
（1）根据函数有两个极值点得到导函数有两个变号零点，参变分离后构造函数，研究其单调性和极值情况，得到交点个数为两个时实数a的取值范围，再验证此范围符合要求；
（2）转化为，利用对数平均不等式得到，结合在区间内单调递增，且，得到.
(1)
∵有两个极值点，
∴，有两个变号的零点．
∴，，
令，，
当，，单调递增；
当，，单调递减；
所以．
画出函数图象如下：
与有两个交点，
∴．
当时，当或时，，；
当时，，．
所以在区间，单调递减，在区间内单调递增．
所以的极小值点为，极大值点为．
所以a的取值范围为
(2)
符号为正．
理由如下：
由（1）可知，．
又因为，
∴
∴．
现证明上式：
上式可变形为，
令，则只需证．
设，，
所以在上单调递增，
从而，即，
∴．
又因为，所以
综上可得：．
在区间内单调递增，且，
所以．
故符号为正．
【点睛】
对数平均不等式和指数平均不等式，常常处理多元问题，将多元转化为单元来进行解决，使用时要先进行证明后使用
23．（2022·辽宁·二模）已知函数．
(1)若直线与的图像相切，且切点的横坐标为1，求实数m和b的值；
(2)若函数在上存在两个极值点，且，证明：．
【答案】(1)，
(2)证明见解析
【分析】
（1）利用导数的几何意义求解即可.
（2）首先根据题意得到，从而得到，再利用换元法，得到只需证即可.
(1)
由题意，切点坐标为，
所以切线斜率为，所以，
切线为，整理得，所以．
(2)
由（1）知．
由函数在上存在两个极值点，且，知，
则且，
联立得，
即，
设，则，
要证，，只需证，只需证，
只需证．
构造函数，则．
故，在上递增，，即，
所以．
24．（2022·福建南平·三模）已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若，求证：函数有两个零点，且.
【答案】(1)当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增；
(2)证明见解析
【分析】
（1）直接求导，分和讨论单调性即可；
（2）先讨论当时无零点，再讨论时，通过同构得到，即，确定在上的零点，即可证明有两个零点；由相减得，换元令，进而得到，通过放缩构造函数即可求证.
(1)
定义域为，，当时，，在上单调递增；
当时，由得，当时，单调递减，当时，单调递增；
综上：当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增；
(2)
当时，因为，所以，无零点.当时，由，
得，即，设，则有，因为在上成立，
所以在上单调递减，当时，，所以等价于，
即，所以的零点与在上的零点相同.若，由（1）知在上单调递减，在上单调递增，
又， ，，
所以在和上各有一个零点，即在上有两个零点，综上有两个零点.
不妨设，则，相减得，
设，则，代入上式，解得，所以，
因为，所以，因此要证，只需证，即证，
设，则，所以在递增，，
即，因为，所以可化成，又因为，所以.
【点睛】
本题关键点在于通过同构得到，进而将的零点转化为在上的零点，再由得到，换元令，结合进行放缩得到，构造函数求导证明即可.
考点四：导数与数列综合
25．（2022·山东·烟台二中模拟预测）已知函数．
(1)若在区间上单调递增，求a的取值范围；
(2)证明：，
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】
（1）直接求导，讨论和时函数的单调性即可求解；
（2）先通过分析法将要证结论转化为证，再结合（1）得到，由累加法结合放缩、裂项相消即可证明.
(1)
，当时，，，∴当时，，在区间上单调递增，
当时，，，∴当时，，∴在区间上单调递减，不合题意，
∴若在区间上单调递增，则实数a的取值范围为．
(2)
欲证，只需证，
只需证，即证，
只需证，由（1）可知当时，在区间上单调递增，
∴，∴当时，不等式恒成立，即恒成立，∴，
即，同理，…，，
将上述不等式累加得：
又
，
∴不等式得证，∴不等式得证．
【点睛】
本题关键点在于先通过分析法将要证结论转化为证，然后由（1）中结论得到，通过累加法得到，再利用放缩、裂项相消求和即可证得结论.
26．（2022·湖北武汉·模拟预测）已知函数．
（Ⅰ）当时，求函数 的单调区间；
（Ⅱ）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围．
（Ⅲ）求证：（，是自然对数的底数）.
【答案】（Ⅰ）单调递增区间为，单调递减区间为;（Ⅱ）; （Ⅲ）见解析.
【详解】
分析：（Ⅰ）求出函数的导数，分别解不等式、，可求得的增区间和减区间.
（Ⅱ）构建新函数， 不等式在上恒成立等价于在恒成立，而，分三种情形讨论可得实数的取值范围为.
（Ⅲ）由（Ⅱ）得不等式，，故有，利用累加及其裂项相消法可以得到：，化简后可得到要证明的不等式.
详解：（Ⅰ）当时，，
.
由解得，由解得，
故函数的单调递增区间为，单调递减区间为
（Ⅱ）因当时，不等式恒成立，即恒成立.
设，只需即可.
由,
（ⅰ）当时，，
当时，，函数在上单调递减，
故成立；
（ⅱ）当时，由，因，所以，
①若，即时，在区间上，，则函数在上单调递增，在上无最大值；
②若，即时，函数在上单调递减，在区间上单调递增，同样在上无最大值，不满足条件；
（ⅲ）当时，由，∵，∴，
∴，故函数在上单调递减，故成立.
综上所述，实数的取值范围是.
（Ⅲ）据（Ⅱ）知当时，在上恒成立，又，
∵
，
∴.
点睛：复杂函数的性质的讨论，可以通过导数先刻画函数的单调性（与导数的正负有关），再刻画函数的极值，从而讨论与函数相关的不等式恒成立问题.而数列不等式的证明往往需要利用题设条件构建新的函数不等式，通过赋予自变量特殊的值求得数列不等式，最后利用新的数列不等式去证明题设中的不等式.
27．（2022·重庆·模拟预测）已知函数的导函数为，函数.
(1)求在上的最小值；
(2)若数列满足，且，证明：
【答案】(1)0
(2)证明见解析
【分析】
（1）先求得，结合函数的单调性求得在上的最小值.
（2）利用导数证得，结合证得不等式成立.
(1)
，
，
当时，，
单调递减，.
(2)
，
，
由时，单调递减，
随变大而单调递增，
，又时，单调递减，
，
即，
由（1）知时，可得
，
结合式与可得，
整理得.
【点睛】
对于复杂结构的不等式证明，要注意观察已知函数的解析式的结构，结合导数判断函数的单调性，从而化简证得不等式成立.
28．（2022·湖北·模拟预测）已知函数，，曲线在处的切线的斜率为.
(1)求实数的值；
(2)对任意的，恒成立，求实数的取值范围；
(3)设方程在区间内的根从小到大依次为、、、、，求证：．
【答案】(1)；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】
（1）由已知可得出，即可求得实数的值；
（2）由题意可知对任意的恒成立，验证对任意的恒成立；在时，由参变量分离法可得出，利用导数求出函数在区间上的最大值，可得出的取值范围，综合即可得解；
（3）令，利用导数分析函数在区间上的单调性，利用零点存在定理可知，求得，证明出，结合函数的单调性，即可证得结论成立.
(1)
解：因为，则，
由已知可得，解得.
(2)
解：由（1）可知，对任意的，恒成立，
即对任意的恒成立，
当时，则有对任意的恒成立；
当时，，则，令，其中，
且不恒为零，
故函数在上单调递增，则，故.
综上所述，.
(3)
证明：由可得，
令，则，
因为，则，
所以，，所以，函数在上单调递减，
因为
，，
所以，存在唯一的，使得，
所以，，则，
所以，
，
因为函数在上单调递减，故，即.
【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.
29．（2022·江苏·南京市第一中学三模）已知函数．
(1)证明：；
(2)若，证明：．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析.
【分析】
（1）求导，研究函数单调性得函数在上单调递减，进而得；
（2）结合（1）得，进而利用数学归纳法证明即可.
(1)
解：因为，
所以，
所以函数在上单调递减，
所以，即.
(2)
解：由（1）知，故，
所以，
所以，令，则，
下面用数学归纳法证明.
①当时，，故成立；
②假设时，，
即成立，
当时，，
由于
所以，当时，不等式成立.
综上①②，不等式成立.
【点睛】
本题考查利用导数证明不等式，数学归纳法证明不等式，考试运算求解能力，逻辑推理能力，是难题.本题第二问解题的关键在于借助第一问的结论得，进而利用数学归纳法证明即可.
30．（2022·山东潍坊·一模）已知函数，.
(1)讨论的单调区间；
(2)当时，令.
①证明：当时，；
②若数列满足，，证明：.
【答案】(1)答案见解析；
(2)①证明见解析；②证明见解析.
【分析】
(1)求出函数的导函数，再讨论的符号即可计算作答.
(2)①等价变形所证不等式，构造函数，利用导数探讨单调性即可；
②由已知证明，由①分析探讨，等价转化，再构造函数，利用递推变换即可作答.
(1)
函数定义域为R，求导得，
当时，恒成立，即在上单调递增，
当时，令，解得，令，解得，
即在上单调递减，在上单调递增，
所以，当时，在上单调递增，
当时，在上单调递减，在上单调递增.
(2)
当时，，
①当时，，
令，，恒成立，则在上单调递减，
，因此，成立，
所以当时，.
②由①可知，当时，，由得，即，由，可得，
而，又，即，则，
由于，只需证，
又当时，，
令，，恒成立，则在上单调递增，，
则当时，恒有，而，即成立，不等式成立，
因此成立，即成立，
所以原不等式得证.
【点睛】
思路点睛：函数不等式证明问题，将所证不等式造价转化，构造新函数，再借助函数的单调性、极(最)值问题处理.
考点五：借助切线放缩
31．（2022·山东·模拟预测）已知函数，其中.
(1)求函数的单调区间；
(2)当时，
①证明：；
②方程有两个实根，且，求证：.
【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为
(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】
（1）求解函数，利用导数求解函数的单调区间即可.
（2）①证明不等式恒成立，通过构造函数，求函数的导数，利用导数求解函数的单调性及极值即可证明；②根据函数的单调性及极值点，数形结合判断方程有两个根的情况的取值范围及两根的取值范围，联立直线与，求解交点横坐标，则，转化不等式，构造函数，利用导数求解函数的最值即可证明.
(1)
解：函数的定义域为，
函数的导数，解得，
所以当时，此时，函数单调递减区间为，
所以当时，此时，函数单调递增区间为，
所以函数单调递减区间为，单调递增区间为.
(2)
当时，
①要证不等式成立，即证明成立.即证明成立.
令
当时，此时，
当时，此时，
所以在单调递减，在单调递增
所以最小值为，
恒成立，即恒成立得证.
②由①得恒成立，即直线始终在曲线下方或有唯一切点，
又结合（1）可知单调递减区间为，单调递增区间为，
所以当时取最小值，
且当时，；当时，；当时，.
所以方程有两个实根，则，且.
由直线与联立解得交点的横坐标，显然
因此，要证，只要证即可
即证，即证即可
又因为，所以只要证
令恒成立
所以在单调递增，即
所以得证，原命题得证.
【点睛】
导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：
（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．
（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．
（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．
（4）考查数形结合思想的应用．
32．（2022·湖南·长沙一中一模）已知函数．（）在处的切线l方程为．
(1)求a，b，并证明函数的图象总在切线l的上方（除切点外）；
(2)若方程有两个实数根，．且．证明：．
【答案】(1)；证明见解析
(2)证明见解析
【分析】
（1）求出函数的导函数，依题意可得，，即可解得、，从而得到，设在处的切线方程为，令，利用导数说明函数的单调性，即可得证；
（2）由（1）知，设的根为，则，即可得到，在设在处的切线方程为，令，利用导数说明函数的单调性，即可得到．设的根为，则，再说明，即可得证；
(1)
解：将代入切线方程，有，
所以，所以，
又，所以，
若，则，与予盾，故，．
∴，，，
设在处的切线方程为，
令，
即，所以，
当时，，
当时，设，，
故函数在上单调递增，又，
所以当时，，当时，，
综合得函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
故，
即函数的图象总在切线的上方（除切点外）．
(2)
解：由（1）知，
设的根为，则，
又函数单调递减，故，故，
设在处的切线方程为，
因为，，所以，所以．
令，，
当时，，
当时，设，则，
故函数在上单调递增，又，
所以当时，，当时，，
综合得函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以，即．
设的根为，则，
又函数单调递增，故，
故，又，
所以．
【点睛】
导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
考点六：双变量不等式
33．（2022·河北·模拟预测）已知为R上的增函数.
(1)求a；
(2)证明：若，则.
【答案】(1)；
(2)证明见解析
【分析】
（1）直接求导，由在R上恒成立，当时不成立，当时，由解出即可；
（2）由单调递增得，构造函数，求导确定单调性，求得即可证明.
(1)
由题意知：在R上恒成立，
当时，，显然当时，，不合题意；
当时，令得，当且仅当，即，时，
在R上恒成立，故.
(2)
由（1）知，，由可得，又为R上的增函数，
则，则，令，
则，
又，故当时，单减，
当时，单增，故，
即，即，即.
34．（2022·湖南·雅礼中学二模）已知.
(1)求的最大值；
(2)求证：（i）存在，使得；
（ii）当存在，使得时，有.
【答案】(1)；
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析.
【分析】
（1）利用导数判断函数的单调性，进而求最值；
（2）构造，进而可得，结合函数单调性及零点存在定理即得；由题可知即证，再利用导数解决双变量，构造函数，利用导数判断函数的单调性即得.
(1)
法一：，
当时，单调递增；当时，单调递减.
.
法二：，
由在上均为减函数，
∴在上单调递减，又，
当时，单调递增；当时，单调递减.
.
(2)
过的直线方程为，
令，则.
，
易知在单调递减.
（i）当时，在单调递减，则，这与矛盾，不符题意；同理可证，当时不符题意.
，
故存在，使，即.
（ii）要证，即证，
由在单调递减，即证，
即证，
即证，
，
可证，其中.
在单调递减，
式得证，
故.
【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.
35．（2022·广东潮州·二模）已知函数，．
(1)若函数在区间内单调递增，求实数a的取值范围；
(2)若，且，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】
（1）根据条件将问题转化为在上恒成立问题,然后根据函数的单调性求出的范围；
（2）根据条件将问题转化为成立问题,令，即成立，再利用函数的单调性证明即可.
(1)
解：因为的定义域为，
所以，
若函数在区间递增，
则在上恒成立，
即在上恒成立，
则只需，
令，则，
当时，，单调递减，
即在时取得最小值9，
所以，
所以a的取值范围为．
(2)
解：令，，
则，．
由，且，得，
所以，，
所以要证成立，
只需证，
即，即成立即可，
令，则需证，
由（1）可知时，函数在单调递增，
所以，所以成立，
所以．
【思路点睛】
1、一般地，若在区间上可导，且，则在上为单调增（减）函数；反之，若在区间上可导且为单调增（减）函数，则恒成立．
2、对于函数不等式的恒成立问题，可构建新函数，再以导数为工具讨论新函数的单调性从而得到新函数的最值，最后由最值的正负得到不等式成立.
36．（2022·广东广州·二模）已知函数．
(1)若，求的单调区间；
(2)若，证明：．
【答案】(1)单调递减区间为，无单调递增区间；
(2)证明见解析．
【分析】
(1)求f(x)的导数，令，求，根据正负判断单调性，根据单调性判断正负，从而判断f(x)单调性；
(2)将化为，令＞1，则，根据(1)中f(x)单调性即可证明．
(1)
的定义域为，
由于，则，，
令，则，
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减．
则．
∴函数的单调递减区间为，无单调递增区间﹒
(2)
方法一：欲证，
只要证，
即证．
令，由于，则．
故只要证，即证．
由(1)可知，在区间上单调递减，
故时，，即．
由于，，则．
∴成立．
∴．
方法二：由(1)得在上单调递增，
当时，，，
，
则，使，即，则．
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增．
则
，
∴，
令，由于，则，
则，
整理得．
【点睛】
本题第一问关键是二次求导，依次通过导数的正负判断原函数的单调性；第二问的关键是注意到要证的不等式可以化为，令＞1，则化为，即，结合(1)中函数单调性即可证明得到结论．
37．（2022·山东济南·一模）设函数.
(1)若有两个不同的零点，求实数a的取值范围；
(2)若函数有两个极值点，证明：.
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】
（1）根据给定条件，令，再利用一元二次方程有两个不同的正根求解作答.
（2）对函数求导并变形，利用（1）结合韦达定理将要证不等式进行等价变换，
然后构造函数，借助导数探讨单调性推理作答.
(1)
令，则有2个零点，等价于存在两个正根，则有，解得，
所以使得有两个零点的a的取值范围是.
(2)
依题意，，
因为，，且有两个极值点，则为的两个不同解，
由（1）知，且，，不妨设，
，
要证明，只需证，而，即，
只需证，因，只需证，两边同除以得，
因为，只需证，
设，令，，则，令，
则，即在上单调递增，则有，
因此，在上单调递增，即，当时，，
取，，从而有成立，
所以原不等式成立.
【点睛】
关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用函数思想是解决问题的关键.

单调递增
极大值
单调递减
0
极小值
0
极大值
增
极大值
减
增
极大值
减