高考数学命题热点聚焦与扩展(通用版)专题15利用导数证明多元不等式【原卷版+解析】

这是一份高考数学命题热点聚焦与扩展(通用版)专题15利用导数证明多元不等式【原卷版+解析】，共48页。

【热点聚焦】
从高考命题看，通过研究函数性质与最值证明一元不等式，是导数综合题常涉及的一类问题.而多元不等式的证明则是导数综合题的一个难点，其困难之处是如何构造、转化合适的一元函数.
【重点知识回眸】
（一）证明一元不等式主要的方法
1.方法一：将含的项或所有项均移至不等号的一侧，将一侧的解析式构造为函数，通过分析函数的单调性得到最值，从而进行证明. 例如：，可通过导数求出，由此可得到对于任意的，均有，即不等式.其优点在于目的明确，构造方法简单，但对于移项后较复杂的解析式则很难分析出单调性
2.方法二：利用不等式性质对所证不等式进行等价变形，转化成为的形式，若能证明，即可得：，本方法的优点在于对的项进行分割变形，可将较复杂的解析式拆成两个简单的解析式.但缺点是局限性较强，如果与不满足，则无法证明.
（二）证明多元不等式常用方法：
（1）消元：① 利用条件代入消元 ② 不等式变形后对某多元表达式进行整体换元
（2）变量分离后若结构相同，则可将相同的结构构造一个函数，进而通过函数的单调性与自变量大小来证明不等式
（3）利用函数的单调性将自变量的不等关系转化为函数值的不等关系，再寻找方法.
（三）常见构造函数方法
(1)直接转化为函数的最值问题：把证明f (x)＜g(a)转化为f (x)max＜g(a).
(2)移项作差构造函数法：把不等式f (x)＞g(x)转化为f (x)－g(x)＞0，进而构造函数h(x)＝f (x)－g(x).
(3)构造双函数法：若直接构造函数求导，难以判断符号，导函数零点不易求得，即函数单调性与极值点都不易获得，可转化不等式为f (x)＞g(x)利用其最值求解.
(4)换元法，构造函数证明双变量函数不等式：对于f (x1，x2)≥A的不等式，可将函数式变为与eq \f (x1,x2)或x1·x2有关的式子，然后令t＝eq \f (x1,x2)或t＝x1x2，构造函数g(t)求解.
(5)适当放缩构造函数法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如ln x≤x－1，ex≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号，ln x＜x＜ex(x＞0)，≤ln(x＋1)≤x(x＞－1). ex≥ex，当且仅当x＝1时取等号；当x≥0时，ex≥1＋x＋x2, 当且仅当x＝0时取等号；当x≥0时，ex≥x2＋1, 当且仅当x＝0时取等号；
≤ln x≤x－1≤x2－x，当且仅当x＝1时取等号；当x≥1时，≤ln x≤，当且仅当x＝1时取等号．
(6)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数等．把不等式左、右两边转化为结构相同的式子，然后根据“相同结构”，构造函数.
(7)赋值放缩法：函数中对与正整数有关的不等式，可对已知的函数不等式进行赋值放缩，然后通过多次求和达到证明的目的.
【典型考题解析】
热点一 换元法，构造函数证明双变量函数不等式
【典例1】(2023·北京·高考真题）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)设，讨论函数在上的单调性；
(3)证明：对任意的，有．
【典例2】（2023·全国·高三专题练习）已知函数（a∈R且a≠0）．
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，若关于x的方程有两个实数根，且，求证：．
【典例3】（2023·全国·高考真题）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.
【典例4】（2023·全国·高三专题练习）设函数
(1)当时，求的单调区间；
(2)任意正实数，当时，试判断与的大小关系并证明
【总结提升】
对于双变量函数不等式f (x1，x2)＞A，通过变量代换，把双变量变为一个主元，再构造函数证明不等式．
热点二 构造“形似”函数证明不等式
【典例5】已知函数f (x)＝(a＋1)ln x＋ax2＋1.
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)若a≤－2，证明：对任意x1，x2∈(0，＋∞)，|f (x1)－f (x2)|≥4|x1－x2|.
【典例6】(2023·湖北·高三开学考试）已知函数.
(1)若函数的最大值为1，求实数的值；
(2)证明：当时，.
【典例7】已知函数f (x)＝(ln x－k－1)x(k∈R)．
(1)若曲线y＝f (x)在(1，f (1))处的切线与直线x－2y＝0平行，求k的值；
(2)若对于任意x1，x2∈(0,3]，且x1【规律方法】
对双变量函数不等式，可根据条件构造“形似”函数，再判断此函数的单调性，最后根据函数的单调性证明不等式．
热点三 利用单调性变量转换法，证明不等式
【典例8】(2023·全国·高考真题（理））已知函数．
(1)若，求a的取值范围；
(2)证明：若有两个零点，则．
【典例9】(2023·全国·高考真题（理））已知函数有两个零点.
（Ⅰ）求a的取值范围；
（Ⅱ）设x1，x2是的两个零点，证明：.
【典例10】（2023·全国·高三专题练习）已知函数．
(1)若时，，求的取值范围；
(2)当时，方程有两个不相等的实数根，证明：．
【方法总结】
涉及自变量不等式证明问题，通过研究函数的单调性，转化为函数值不等关系的证明.
【精选精练】
1．（2023·黑龙江·大庆实验中学高三开学考试（理））已知，为自然对数的底数.
(1)若是上的单调函数，求实数的取值范围；
(2)当时，若有两个正极值点，，证明：.
2．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，其中m＞0，f '(x)为f(x)的导函数，设，且恒成立．
(1)求m的取值范围；
(2)设函数f(x)的零点为x0，函数f '(x)的极小值点为x1，求证：x0＞x1．
3．（2023·全国·高三专题练习）已知函数
(1)若对任意的，都有恒成立，求实数的取值范围；
(2)设是两个不相等的实数，且．求证：
4．（2023·全国·高三专题练习）已知函数在处的切线与直线垂直，函数.
(1)求实数的值；
(2)若函数存在单调递减区间，求实数的取值范围；
(3)设是函数的两个极值点，证明：.
5．（2023·山东·临沂市兰山区教学研究室高三开学考试）已知函数.
(1)证明：.
(2)若函数，若存在使，证明：.
6．（2023·全国·高三专题练习）设函数，其中．
(1)若，讨论的单调性；
(2)若．
（ⅰ）证明：恰有两个零点；
（ⅱ）设为的极值点，为的零点，且，证明：．
7．（2023·江苏·南京市中华中学高三阶段练习）已知函数
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若，且，证明: .
8．(2023·河南·高三阶段练习（理））已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)当时，证明：．
9．（2023·全国·高三专题练习）已知函数f（x）＝ex（lnx+a）．
(1)若f（x）是增函数，求实数a的取值范围；
(2)若f（x）有两个极值点x1，x2，证明：x1+x2＞2．
10．(2023·山东·济南市历城第二中学模拟预测）已知函数，，．
(1)讨论的单调性；
(2)设有两个极值点，，证明：．（…为自然对数的底数）
11．(2023·云南师大附中高三阶段练习）已知函数．
(1)，求实数a的取值范围；
(2)，使，求证：．
12．(2023·天津·静海一中模拟预测）已知函数，
(1)若函数在处的切线也是函数图像的一条切线，求实数a的值；
(2)若函数的图像恒在直线的下方，求实数a的取值范围；
(3)若，且，证明：>
13．(2023·浙江·三模）已知实数，设函数．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若函数单调递增，求a的最大值；
(3)设是的两个不同极值点，是的最大零点．证明：．
注：是自然对数的底数．
14．(2023·浙江·乐清市知临中学模拟预测）已知函数．
(1)求的极值点．
(2)若有且仅有两个不相等的实数满足．
（i）求k的取值范围
（ⅱ）证明．
15．（2023·全国·高三专题练习）已知函数（e为自然对数的底数）有两个零点．
(1)若，求在处的切线方程；
(2)若的两个零点分别为，证明：．
16．（2023·全国·高三专题练习）已知.
(1)若恒有两个极值点，（），求实数a的取值范围；
(2)在（1）的条件下，证明.
17．（2023·全国·高三专题练习）已知函数（且）．
(1)，求函数在处的切线方程．
(2)讨论函数的单调性；
(3)若函数有两个零点，且，证明：．
18．(2023·安徽·蚌埠二中模拟预测（理））已知函数，．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若，且，证明．
专题15 利用导数证明多元不等式
【热点聚焦】
从高考命题看，通过研究函数性质与最值证明一元不等式，是导数综合题常涉及的一类问题.而多元不等式的证明则是导数综合题的一个难点，其困难之处是如何构造、转化合适的一元函数.
【重点知识回眸】
（一）证明一元不等式主要的方法
1.方法一：将含的项或所有项均移至不等号的一侧，将一侧的解析式构造为函数，通过分析函数的单调性得到最值，从而进行证明. 例如：，可通过导数求出，由此可得到对于任意的，均有，即不等式.其优点在于目的明确，构造方法简单，但对于移项后较复杂的解析式则很难分析出单调性
2.方法二：利用不等式性质对所证不等式进行等价变形，转化成为的形式，若能证明，即可得：，本方法的优点在于对的项进行分割变形，可将较复杂的解析式拆成两个简单的解析式.但缺点是局限性较强，如果与不满足，则无法证明.
（二）证明多元不等式常用方法：
（1）消元：① 利用条件代入消元 ② 不等式变形后对某多元表达式进行整体换元
（2）变量分离后若结构相同，则可将相同的结构构造一个函数，进而通过函数的单调性与自变量大小来证明不等式
（3）利用函数的单调性将自变量的不等关系转化为函数值的不等关系，再寻找方法.
（三）常见构造函数方法
(1)直接转化为函数的最值问题：把证明f (x)＜g(a)转化为f (x)max＜g(a).
(2)移项作差构造函数法：把不等式f (x)＞g(x)转化为f (x)－g(x)＞0，进而构造函数h(x)＝f (x)－g(x).
(3)构造双函数法：若直接构造函数求导，难以判断符号，导函数零点不易求得，即函数单调性与极值点都不易获得，可转化不等式为f (x)＞g(x)利用其最值求解.
(4)换元法，构造函数证明双变量函数不等式：对于f (x1，x2)≥A的不等式，可将函数式变为与eq \f (x1,x2)或x1·x2有关的式子，然后令t＝eq \f (x1,x2)或t＝x1x2，构造函数g(t)求解.
(5)适当放缩构造函数法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如ln x≤x－1，ex≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号，ln x＜x＜ex(x＞0)，≤ln(x＋1)≤x(x＞－1). ex≥ex，当且仅当x＝1时取等号；当x≥0时，ex≥1＋x＋x2, 当且仅当x＝0时取等号；当x≥0时，ex≥x2＋1, 当且仅当x＝0时取等号；
≤ln x≤x－1≤x2－x，当且仅当x＝1时取等号；当x≥1时，≤ln x≤，当且仅当x＝1时取等号．
(6)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数等．把不等式左、右两边转化为结构相同的式子，然后根据“相同结构”，构造函数.
(7)赋值放缩法：函数中对与正整数有关的不等式，可对已知的函数不等式进行赋值放缩，然后通过多次求和达到证明的目的.
【典型考题解析】
热点一 换元法，构造函数证明双变量函数不等式
【典例1】(2023·北京·高考真题）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)设，讨论函数在上的单调性；
(3)证明：对任意的，有．
答案：(1)
(2)在上单调递增.
(3)证明见解析
分析：（1）先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程；
（2）在求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解；
（3）令，，即证，由第二问结论可知在[0,+∞）上单调递增，即得证.
(1)
解：因为，所以，
即切点坐标为，
又，
∴切线斜率
∴切线方程为：
(2)
解：因为，
所以，
令，
则，
∴在上单调递增，
∴
∴在上恒成立，
∴在上单调递增.
(3)
解：原不等式等价于，
令，，
即证，
∵，
，
由（2）知在上单调递增，
∴，
∴
∴在上单调递增，又因为，
∴，所以命题得证.
【典例2】（2023·全国·高三专题练习）已知函数（a∈R且a≠0）．
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，若关于x的方程有两个实数根，且，求证：．
答案：(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
分析：（1）求出函数的定义域及导数，再分类讨论求解不等式或的解集作答.
（2）利用方程根的意义求出的关系等式，再变形换元，构造函数并借助函数单调性推理作答.
（1）函数定义域为，求导得，当时，恒成立，即在上单调递增，当时，当时，，当时，，即在上单调递减，在上单调递增，所以当时，的递增区间是，当时，递减区间是，递增区间是.
（2）当a＝2时，方程，即为，依题意，，且，两式相减，得，即，则，令，有，，从而得，令，求导得，即函数在上单调递增，，，即，而，因此，恒成立，所以．
【典例3】（2023·全国·高考真题）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.
答案：（1）的递增区间为，递减区间为；（2）证明见解析.
分析：(1) 首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定原函数的单调性.
(2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令，命题转换为证明：，然后构造对称差函数，结合函数零点的特征和函数的单调性即可证得题中的结论.
【详解】(1)的定义域为．
由得，，
当时，；当时；当时，．
故在区间内为增函数，在区间内为减函数，
(2)[方法一]：等价转化
由得，即．
由，得．
由（1）不妨设，则，从而，得，
①令，
则，
当时，，在区间内为减函数，，
从而，所以，
由（1）得即．①
令，则，
当时，，在区间内为增函数，，
从而，所以．
又由，可得，
所以．②
由①②得．
[方法二]【最优解】：变形为，所以．
令．则上式变为，
于是命题转换为证明：．
令，则有，不妨设．
由（1）知，先证．
要证：
．
令，
则，
在区间内单调递增，所以，即．
再证．
因为，所以需证．
令，
所以，故在区间内单调递增．
所以．故，即．
综合可知．
[方法三]：比值代换
证明同证法2．以下证明．
不妨设，则，
由得，，
要证，只需证，两边取对数得，
即，
即证．
记，则.
记，则，
所以，在区间内单调递减．，则，
所以在区间内单调递减．
由得，所以，
即．
[方法四]：构造函数法
由已知得，令，
不妨设，所以．
由（Ⅰ）知，，只需证．
证明同证法2．
再证明．令．
令，则．
所以，在区间内单调递增．
因为，所以，即
又因为，所以，
即．
因为，所以，即．
综上，有结论得证．
【整体点评】(2)方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能.
方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略.
方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可.
方法四：构造函数之后想办法出现关于的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在.
【典例4】（2023·全国·高三专题练习）设函数
(1)当时，求的单调区间；
(2)任意正实数，当时，试判断与的大小关系并证明
答案：(1)增区间为，减区间为，
(2)，证明见解析
分析：（1）求导得导函数的表达式，根据导函数的正负，可求的单调区间.
（2）由，换元，构造函数得，分情况讨论最值，进而求解.
(1)
时，，，
令得；令得或
故的单增区间为，单减区间为，
(2)
结论：，证明如下：
设，由 均为正数且得
设，则
①当时，由得即
故单调递减，从而
而，此时成立
②当时，在上单调递减，在上单调递增
故的最小值为
此时只需证，化简后即证
设，
故单调递增，从而有，即证
综上：不等式得证．
【总结提升】
对于双变量函数不等式f (x1，x2)＞A，通过变量代换，把双变量变为一个主元，再构造函数证明不等式．
热点二 构造“形似”函数证明不等式
【典例5】已知函数f (x)＝(a＋1)ln x＋ax2＋1.
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)若a≤－2，证明：对任意x1，x2∈(0，＋∞)，|f (x1)－f (x2)|≥4|x1－x2|.
答案：（1）f (x)在上单调递增；f (x)在上单调递减．
（2）见解析
【解析】(1)f (x)的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x)＝＋2ax＝＝.
当a≥0时，f ′(x)＞0，故f (x)在(0，＋∞)上单调递增．
当a≤－1时，f ′(x)＜0，故f (x)在(0，＋∞)上单调递减．
当－1＜a＜0时，令f ′(x)＝0，解得x＝，
因为f ′(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以当x∈时，f ′(x)＞0，f (x)在上单调递增；
当x∈时，f ′(x)＜0，f (x)在上单调递减．
(2)证明：不妨假设x1≥x2，
由于a≤－2，故f (x)在(0，＋∞)上单调递减．
所以|f (x1)－f (x2)|≥4|x1－x2|等价于f (x2)－f (x1)≥4x1－4x2，
即f (x2)＋4x2≥f (x1)＋4x1.
令g(x)＝f (x)＋4x，
则g′(x)＝＋2ax ＋4＝，
于是g′(x)≤＝≤0.
从而g(x)在(0，＋∞)上单调递减，故g(x1)≤g(x2)，
即f (x2)＋4x2≥f (x1)＋4x1，
故当a≤－2时，对任意x1，x2∈(0，＋∞)，|f (x1)－f (x2)|≥4|x1－x2|.
【典例6】(2023·湖北·高三开学考试）已知函数.
(1)若函数的最大值为1，求实数的值；
(2)证明：当时，.
答案：(1)
(2)证明见解析
分析：（1）求出函数的导函数，并求出函数的单调区间，即可得到函数的最值，从而求出的值；
（2）将要证明的不等式转化为，利用（1）中函数的单调性可得到，再构造函数，判断的单调性可得到，两个不等式相加即可得到结论式.
（1）
解：，
令，可得，
由，得，由，得，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
故，解得；
（2）
欲证，
只需证，即证，
由（1）知当时，函数在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，，
令，
，则在上单调递减，
所以当时，，
故，
即，
，命题得证.
【典例7】已知函数f (x)＝(ln x－k－1)x(k∈R)．
(1)若曲线y＝f (x)在(1，f (1))处的切线与直线x－2y＝0平行，求k的值；
(2)若对于任意x1，x2∈(0,3]，且x1答案：（1）；（2）见解析.
【解析】(1)由题意得f ′(x)＝ln x－k，又曲线y＝f (x)在(1，f (1))处的切线与直线x－2y＝0平行，所以f ′(1)＝ln 1－k＝，解得k＝.
(2)因为f (x1)＋所以f (x1)－记h(x)＝f (x)－，又因为x1，x2∈(0,3]，且x1所以h′(x)＝ln x－k＋≥0在(0,3]上恒成立，即k≤ln x＋在(0,3]上恒成立，
记u(x)＝ln x＋，所以u′(x)＝，
令u′(x)＝0，解得x＝2.
当0当20，u(x)单调递增，
所以当x＝2时，u(x)取得最小值u(2)＝ln 2＋，
所以k≤ln 2＋.
所以实数k的取值范围是.
【规律方法】
对双变量函数不等式，可根据条件构造“形似”函数，再判断此函数的单调性，最后根据函数的单调性证明不等式．
热点三 利用单调性变量转换法，证明不等式
【典例8】(2023·全国·高考真题（理））已知函数．
(1)若，求a的取值范围；
(2)证明：若有两个零点，则．
答案：(1)
(2)证明见的解析
分析：（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；
（2）利用分析法，转化要证明条件为，再利用导数即可得证.
（1）的定义域为，令,得当单调递减当单调递增，若,则,即所以的取值范围为
（2）由题知,一个零点小于1,一个零点大于1不妨设要证,即证因为,即证因为,即证即证即证下面证明时，设，则设所以,而所以,所以所以在单调递增即,所以令所以在单调递减即,所以；综上, ,所以.
【点睛】关键点点睛 ：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式，这个函数经常出现，需要掌握.
【典例9】(2023·全国·高考真题（理））已知函数有两个零点.
（Ⅰ）求a的取值范围；
（Ⅱ）设x1，x2是的两个零点，证明：.
答案：（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析
【详解】试题分析：（Ⅰ）求导，根据导函数的符号来确定（主要要根据导函数零点来分类）；（Ⅱ）借助（Ⅰ）的结论来证明，由单调性可知等价于，即．设，则．则当时，，而，故当时，．从而，故．
试题解析：（Ⅰ）．
（Ⅰ）设，则，只有一个零点．
（Ⅱ）设，则当时，；当时，．所以在单调递减，在单调递增．
又，，取满足且，则
，
故存在两个零点．
（Ⅲ）设，由得或．
若，则，故当时，，因此在单调递增．又当时，所以不存在两个零点．
若，则，故当时，；当时，．因此在单调递减，在单调递增．又当时，，所以不存在两个零点．
综上，的取值范围为．
（Ⅱ）不妨设，由（Ⅰ）知，，在单调递减，所以等价于，即．
由于，而，所以
．
设，则．
所以当时，，而，故当时，．
从而，故．
【典例10】（2023·全国·高三专题练习）已知函数．
(1)若时，，求的取值范围；
(2)当时，方程有两个不相等的实数根，证明：．
答案：(1)
(2)证明见解析
分析：（1）利用导数，判定单调性，求解最值可得范围；
（2）把双变量问题转化为单变量，结合导数求解单调性和最值，可以证明结论.
（1）∵， ，∴，设 ，，当时，令得，当时，，单调递减；当时，，单调递增，∴，与已知矛盾．当时，，∴在上单调递增，∴，满足条件；综上，取值范围是．
（2）证明：当时，，当，，当，，则在区间上单调递增，在区间上单调递减，不妨设，则，要证，只需证，∵在区间上单调递增，∴只需证，∵，∴只需证．设，则，∴在区间上单调递增，∴，∴，即成立，∴．
【方法总结】
涉及自变量不等式证明问题，通过研究函数的单调性，转化为函数值不等关系的证明.
【精选精练】
1．（2023·黑龙江·大庆实验中学高三开学考试（理））已知，为自然对数的底数.
(1)若是上的单调函数，求实数的取值范围；
(2)当时，若有两个正极值点，，证明：.
答案：(1)
(2)证明见解析
分析：（1）求得函数的导数，问题转化为在上恒成立，且在上恒成立，令（），根据函数的单调性求出的取值范围即可（2）求出，问题转化为证明即可，结合的取值范围证明结论成立
（1）

若是上的单调函数, 则 或在上恒成立,
若时, 即,
当时, 显然不成立,
故在上恒成立, 即 ,
时, 成立,
时,,问题转化为在恒成立,且在恒成立
令, 则 ,
令, 解得: 或, 令, 解得:,
故在递增, 在递减, 在递增,
趋向于时, 趋向于；趋向于时, 趋向于；
时, ；趋向于时, 趋向于
画出函数的大致图象, 如图示：
故的取值范围是;
（2）
证明: 结合（1）由, 得:,
若有两个正极值点, 不妨设,则,
则 ① ②
①②整理得: ,
要证, 只需证明: 即可，
只需证明, 即只需证明即可, 而,
故原命题成立.
2．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，其中m＞0，f '(x)为f(x)的导函数，设，且恒成立．
(1)求m的取值范围；
(2)设函数f(x)的零点为x0，函数f '(x)的极小值点为x1，求证：x0＞x1．
答案：(1)
(2)证明见解析
分析：（1）求导可得解析式，即可得解析式，利用导数求得的单调区间和最小值，结合题意，即可得m的范围.
（2）求得解析式，令，利用导数可得的单调性，根据零点存在性定理，可得存在，使得t(x2)＝0，进而可得f '(x)在x＝x2处取得极小值，即x1＝x2，所以，令，分析可得s(x1)＜0，即可得证
(1)
由题设知，
则，
所以
当x＞1时，h'(x)＞0，则h(x)在区间(1，＋∞)是增函数，
当0＜x＜1时，h'(x)＜0，则h(x)在区间(0，1)是减函数，
所以h(x)min＝h（1）＝，解得，
所以m的取值范围为
(2)

令
则＝恒成立，
所以t(x)在(0，＋∞)单调递增．
又，
所以存在，使得t(x2)＝0，
当x∈(0，x2)时，t'(x)＜0，即f ''(x)＜0，则f '(x)在(0，x2)单调递减；
当x∈(x2，＋∞) 时，t'(x)＞0，即f ''(x)＞0，则f '(x)在(x2，＋∞)单调递增；
所以f '(x)在x＝x2处取得极小值．即x1＝x2，
所以t(x1)＝0，即，
所以，
令，则 s(x)在(0，＋∞)单调递增；
所以s(x1)＜0
因为f(x)的零点为x0，则，即s(x0)＝0
所以s(x1)＜s(x0)，所以x0＞x1
【点睛】解题的关键是熟练掌握利用导数求函数单调区间，极（最）值的方法，并灵活应用，难点在于，需结合零点存在性定理，判断零点所在区间，再进行分析和求解，属中档题.
3．（2023·全国·高三专题练习）已知函数
(1)若对任意的，都有恒成立，求实数的取值范围；
(2)设是两个不相等的实数，且．求证：
答案：(1)
(2)证明见解析
分析：（1）先判断不成立，当时，求出函数的导数，结合最值可得参数的取值范围；
（2）设，可得恒成立，从而可证不等式.
(1)
当时，，
因为，所以，即，不符合题意；
当时，，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减．
所以．
由恒成立可知，所以．
又因为，所以的取值范围为．
(2)
因为，所以，即．
令，由题意可知，存在不相等的两个实数，，使得．
由（1）可知在区间上单调递增，在区间上单调递减．
不妨设，则．
设，
则，
所以在上单调递增，
所以，即在区间上恒成立．
因为，所以．
因为，所以．
又因为，，且在区间上单调递增，
所以，即．
【点睛】思路点睛：不等式恒成立问题，可转化函数的最值问题，而极值点偏移问题，通过可构建新函数，并利用原函数的单调性进行转化.
4．（2023·全国·高三专题练习）已知函数在处的切线与直线垂直，函数.
(1)求实数的值；
(2)若函数存在单调递减区间，求实数的取值范围；
(3)设是函数的两个极值点，证明：.
答案：(1)
(2)
(3)答案见详解
分析：（1）求出，利用切线与直线垂直可得切线的斜率，结合导数的几何意义即可求解；
（2）由题意可知在在上有解，构造函数，列出不等式即可求解；
（3）由极值点的定义可知 ，是的两个根从而由韦达定理可以表示出，将问题转化为，构造函数，利用导数证明即可.
(1)
函数的定义域为，
，
由已知得在处的切线的斜率为，
则，即，解得；
(2)
由（1）得，则，
∵函数存在单调递减区间，∴在上有解，
∵，设，则，
∴只需或，解得或，
故实数的取值范围为；
(3)
证明：由题意可知，，
∵有两个极值点，，
∴，是的两个根，则，
∴
，
∴要证，即证，
即证，即证，即证，
令，则证明，
令，则，
∴在上单调递增，
则，即，
所以原不等式成立．
5．（2023·山东·临沂市兰山区教学研究室高三开学考试）已知函数.
(1)证明：.
(2)若函数，若存在使，证明：.
答案：(1)证明见解析
(2)证明见解析
分析：（1）构造，求导后判断函数最大值，得到，即得证；
（2）根据题意判断，，将原题转化为证明，构造函数后求导证明即可.
（1）
令，，，
令，解得：；令，解得：，
∴在递增，在递减，则，
∴恒成立，即.
（2）
∵，，∴，
令，解得：；令，解得：；
∴在递增，在递减.
又∵，，，，且，.
要证，即证.
∵，∴，
又∵，∴只证即可.
令，，
恒成立，
∴在单调递增.
又∵，∴，∴，
即，∴.
【点睛】极值点偏移的题目常用的手法就是对称构造，本题可先判断，，再转化为证明，根据的单调性可以将其转化为证明，构造函数后利用导数证明不等式即可.
6．（2023·全国·高三专题练习）设函数，其中．
(1)若，讨论的单调性；
(2)若．
（ⅰ）证明：恰有两个零点；
（ⅱ）设为的极值点，为的零点，且，证明：．
答案：(1)在上单调递增
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析
分析：（1）先求导数，利用导数的符号判定函数的单调性；
（2）（ⅰ）求导数，得出函数有唯一极值点，判定极值点两侧函数值的符号可证结论；
（ⅱ）根据极值点和零点的含义，把消去，借助不等式，可证结论.
（1）．∵时，，∴函数在上单调递增．
（2）证明：（i）由（1）可知：．令，∵，，∴在上单调递减，又，且∴存在唯一解．且时，，时，，即函数在上单调递增，在单调递减．∴是函数的唯一极值点．令，可得，∴时，，∵．∴函数在上存在唯一零点．又函数在上有唯一零点1．因此函数恰有两个零点；（ii）由题意可得：，即，∴，即，∵，可得．又，故，取对数可得：，整理可得：．
7．（2023·江苏·南京市中华中学高三阶段练习）已知函数
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若，且，证明: .
答案：(1)答案见解析
(2)证明见解析
分析：（1）求导，分，两种情况，分别研究的正负，即可得到的单调性；（2）将已知的方程两边同时取对数，得到，由进行分析，利用（1）中的结论，不妨令，分或两种情况求解，构造函数，利用导数研究其性质，结合不等式的性质及基本不等式，即可证明.
（1） 当时，， ， 所以单调递增；， ， 所以单调递减；当时，， 所以单调递减；， 所以单调递增；
（2）证明： ， ∴ ， 即当时，由（1）可知，此时是的极大值点，因此不妨令要证，即证：①当时，成立；②当时先证此时 要证，即证：，即，即即： ①令 ，∴ ∴在区间上单调递增∴，∴①式得证.∴ ∵， ∴ ∴ ∴
8．(2023·河南·高三阶段练习（理））已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)当时，证明：．
答案：(1)单调递增区间：，单调递减区间：
(2)证明见解析
分析：（1）对求导后得到，通过的正负可确定的单调区间；
（2）通过第（1）问不妨设，构造函数，通过求导可以到在上单调递减，所以能得到，结合和的单调性即可证明
（1）解：∵，∴，令，得x＝1，当时，，单调递减；当时，，单调递增，故函数的减区间为，增区间为；
（2）证明：由（1）知，不妨设，构造函数，，故，故在上单调递减，，∵，∴，又∵，∴，即，∵，∴，，又∵在上单调递增，∴，即，得证．
【点睛】本题考查导数中的极值点偏移问题的证明，证明此问题的基本思路是结合函数的单调性，将所证不等式进行转化，将问题变为关于一个变量的函数恒大于零或恒小于零的证明问题，利用导数求最值的方法证得结论即可.
9．（2023·全国·高三专题练习）已知函数f（x）＝ex（lnx+a）．
(1)若f（x）是增函数，求实数a的取值范围；
(2)若f（x）有两个极值点x1，x2，证明：x1+x2＞2．
答案：(1)[﹣1，+∞）
(2)证明见解析
分析：(1)求导，由f（x）是增函数，转化为f′（x）≥0对任意x＞0恒成立，即恒成立，构造新函数，求导得单调性，求出最小值，得到a的取值范围.
(2)设出两个极值点，即两个极值点是的两个零点，要证明x1+x2＞2，只需证x2＞2﹣x1，只需证g（x2）﹣g（2﹣x1）＝g（x1）﹣g（2﹣x1）＞0，设，求导，证h（x）在（0，1）上单调递减，从而得到g（x）在（1，+∞）上单调递增，所以x2＞2﹣x1成立，即x1+x2＞2成立．
（1）函数的定义域为，若f（x）是增函数，即f′（x）≥0对任意x＞0恒成立，故恒成立，设，则，所以当0＜x＜1时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，当x＞1时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，所以当x＝1时，g（x）min＝g（1）＝a+1，由a+1≥0得a≥﹣1，所以a的取值范围是[﹣1，+∞）．
（2）不妨设0＜x1＜x2，因为x1，x2是f（x）的两个极值点，所以，即，同理，故x1，x2是函数的两个零点，即g（x1）＝g（x2）＝0，由（1）知，g（x）min＝g（1）＝a+1＜0，故应有a∈（﹣∞，﹣1），且0＜x1＜1＜x2，要证明x1+x2＞2，只需证x2＞2﹣x1，只需证g（x2）﹣g（2﹣x1）＝g（x1）﹣g（2﹣x1），设，则，所以h（x）在（0，1）上单调递减，因为x1∈（0，1），所以h（x1）＞h（1）＝0，即g（x2）﹣g（2﹣x1）＞0，g（x2）＞g（2﹣x1），又x2＞1，2﹣x1＞1，及g（x）在（1，+∞）上单调递增，所以x2＞2﹣x1成立，即x1+x2＞2成立．
10．(2023·山东·济南市历城第二中学模拟预测）已知函数，，．
(1)讨论的单调性；
(2)设有两个极值点，，证明：．（…为自然对数的底数）
答案：(1)答案见解析
(2)证明见解析
分析：（1）对函数求导后，分和两种情况判断导函数的正负，从而可求得其单调区间，
（2）由题意可得，是的两根，可得，所以将问题转化为只需证成立，令，，所以只需证成立，然后利用导数求解即可
(1)
，，
①当时，，在单调递增；
②当时，令解得，时，，单调递增；
时，，单调递减．
综上，当时，在单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减，
(2)
由题意知，，，是的两根，
即，，解得，
要证，即证，即，
把（*）式代入得，
所以应证，
令，，即证成立，
而，
所以在上单调递增，
所以，
所以命题得证．
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调性，考查利用导数证明不等式，解题的关键是根据题意将问题转化为成立，令，进一步转化为证成立即可，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题
11．(2023·云南师大附中高三阶段练习）已知函数．
(1)，求实数a的取值范围；
(2)，使，求证：．
答案：(1)
(2)证明见解析
分析：（1）由得，构造函数，利用导数得出，即可得出实数a的取值范围；
（2）由得出，构造函数，由导数证明，再由导数证明即可.
(1)
由得，即，其中，
令，，得，
设，，
则，所以在上单调递增，
所以，所以，
所以在上单调递增，在上有最大值，
，
所以的取值范围为.
(2)
，即，
整理为，
令，，
则，所以在上单调递增，
不妨设，所以，从而，
所以，
所以.
下面证明：，即证明：，
令，即证明，其中，只要证明.
设，则，
所以在上单调递增，所以，
所以，
所以，
所以.
【点睛】关键点睛：在问题二中，关键在于将双变量问题转化为单变量问题，利用导数证明不等式.
12．(2023·天津·静海一中模拟预测）已知函数，
(1)若函数在处的切线也是函数图像的一条切线，求实数a的值；
(2)若函数的图像恒在直线的下方，求实数a的取值范围；
(3)若，且，证明：>
答案：(1)
(2)
(3)证明见解析
分析：（1）首先求出切线的方程，然后设与相切时的切点为，然后可建立方程组求解；
（2）由题可得对于恒成立，然后利用导数求出函数的最大值即可；
（3）首先可得在上单调递减，然后由可得，同理可得，两式相加即可证明.
(1)
，在处切线斜率，，所以切线，
又，设与相切时的切点为，则斜率，
则切线的方程又可表示为，
由，解之得．
(2)
由题可得对于恒成立，即对于恒成立，
令，则，由得，
则当时，，由，得：，即实数的取值范围是．
(3)
由题知，
由得，当时，，单调递减，
因为，所以，即，
所以，①同理，②
①+②得，
因为，
由得，即，
所以，即，所以．
13．(2023·浙江·三模）已知实数，设函数．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若函数单调递增，求a的最大值；
(3)设是的两个不同极值点，是的最大零点．证明：．
注：是自然对数的底数．
答案：(1)在上单调递增；
(2)1；
(3)证明见解析.
分析：（1）求导，结合导数正负可直接求解函数的单调区间.
（2）由题意得对任意的的恒成立，即可求出a的最大值.
（3）由（2）知，当有两个不同极值点时，，则存在两个零点，故，由此可得出，再证明：．
即可证明。
(1)
当时，，故在上单调递增．
(2)
若函数单调递增，则对任意的恒成立．
令，
在上，单增，在上，单减，
所以，即.
所以在恒成立，
则在恒成立，
令，则，
所以时，即递减，时，即递增，
故，即.
综上，a的最大值是1．
(3)
由于时，单调递增，故当有两个不同极值点时，．
此时，
于是在上单调递减，在上单调递增．
当趋向于0时，趋向于正无穷，，趋向于正无穷时，趋向于正无穷，则存在两个零点，
不妨设，也即的两个不同极值点，故
先估计，令，，
则，所以在上单调递增，
所以当时，，则，
当时，，所以，
所以
则
于是，
由知，，故．
只需再证明：．
由，
趋向于正无穷时，趋向于正无穷，
故存在．
又是的最大零点，则，得证！
14．(2023·浙江·乐清市知临中学模拟预测）已知函数．
(1)求的极值点．
(2)若有且仅有两个不相等的实数满足．
（i）求k的取值范围
（ⅱ）证明．
答案：(1)
(2)（i）；（ⅱ）证明见解析.
分析：（1）利用导数判断单调性，可求得极小值点；（2）（i）将问题转化为求函数的最小值问题,同时要注意边界; （ⅱ）通过换元,将问题转化为求函数的最值问题,从而获得证明.
(1)
函数的导函数为.
当时，，所以函数单调递减；当时，，所以函数单调递增.
所以为的极值点.
(2)
因为有且仅有两个不相等的实数满足，所以.
（i）问题转化为在(0,+∞)内有两个零点,则.
当时, ,单调递减；当时, ,单调递增.
若有两个零点,则必有,解得：.
若k≥0,当时, ,无法保证有两个零点；
若,又,，,
故存在使得,存在使得.
综上可知, .
（ⅱ）设则t∈(1,+∞).将代入,可得，（*）.
欲证: ，需证即证，将（*）代入，则有，则只需要证明：，即.
构造，则，.
令，则.所以，则，所以在内单减.
又，所以当时，有，单调递增；当时，有，单调递减；
所以，因此，即.
综上所述，命题得证.
15．（2023·全国·高三专题练习）已知函数（e为自然对数的底数）有两个零点．
(1)若，求在处的切线方程；
(2)若的两个零点分别为，证明：．
答案：(1)
(2)证明见解析
分析：（1）根据导数的几何意义切线的斜率为，利用点斜式求切线方程；（2）分析可得对的零点即的零点，对分析可得，利用零点整理可得，构建函数利用导数证明．
(1)
当时，，，
又，所以切点坐标为，切线的斜率为．
所以切线方程为，即
(2)
由已知得有两个不等的正实跟．
所以方程有两个不等的正实根，即有两个不等的正实根，①
要证，只需证，即证，
令，，所以只需证，
由①得，，
所以，，消去a得，只需证，
设，令，则，
则，即证
构建则，
所以在上单调递增，则，
即当时，成立，
所以，即，即，
所以，证毕．
【点睛】利用同构处理可得，结合零点代换整理可得．
16．（2023·全国·高三专题练习）已知.
(1)若恒有两个极值点，（），求实数a的取值范围；
(2)在（1）的条件下，证明.
答案：(1)
(2)证明见解析
分析：(1)根据极值点的定义可知方程有两个不等实根，即函数与图像有两个交点，利用导数研究函数的单调性求出的值域，结合图形即可得出结果；
(2)构造函数，根据导数研究它的单调性进而得，有，构造函数（），
利用导数证明，结合即可证明.
(1)
函数的定义域为，，
则方程有两个不同的正根，
即函数与图像有两个交点，
，令，令，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，且当时，，
当时，，如图，
由图可知；
(2)
设，
则，
在单调递增，故，
即.
而，故，
又，，在单调递减，故，即；
由知；
由(1)知，，为函数的极值点，
当时，函数单调递减，
当时，函数单调递增，
时，函数单调递减，
所以，故，
令（）.
，
，令，故当时，
单调递增，且，所以，故单调递减，
由，得，
即，即.
【点睛】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.
17．（2023·全国·高三专题练习）已知函数（且）．
(1)，求函数在处的切线方程．
(2)讨论函数的单调性；
(3)若函数有两个零点，且，证明：．
答案：(1)；
(2)答案见解析；
(3)证明见解析.
分析：（1）利用导数求出切线的斜率，利用点斜式写出切线方程；
（2）求出导函数，对a分类讨论： a<0和a>0分别讨论单调性；
（3）本题属于极值点偏移，利用分析法转化为只要证明f(2e- x2)>0，由构造函数，利用导数证明出g(t)在(e，2e)上是递增的，得到g(t)>g(e)=0即为f(2e- x2)>0.
(1)
当时，，所以.
，所以.
所以函数在处的切线方程为，即.
(2)
的定义域为(0，+∞)， .
当a<0时， 恒成立，所以在(0，+∞)上单调递减；
当a>0时， .在上，，所以单调递减；在上，，所以单调递增.
(3)
当，.由(2)知， 在上单调递减，在上单调递增.
由题意可得：.由及得：.
欲证x1+x2>2e，只要x1>2e- x2，注意到f(x)在(0，e)上单调递减，且f(x1)=0，只要证明f(2e- x2)>0即可.
由得 .所以
令则，则g(t)在(e，2e)上是递增的，∴g(t)>g(e)=0即f(2e- x2)>0.
综上x1+x2>2e.
18．(2023·安徽·蚌埠二中模拟预测（理））已知函数，．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若，且，证明．
答案：(1)答案见解析
(2)证明见解析
分析：（1）先求函数的导数，再分类讨论通过不等式确定单调区间；
（2）由（1）知，且，，再通过化简转化为求新函数的最值问题.
(1)
显然，函数的定义域为，且，
①若，显然单调递增．
②若，令，有，
易知，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减．
③若，则，单调递增，
④若，令，有，
易知，
当，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
综上所述，
若，的增区间为，减区间为；
若，的增区间为；
若，的增区间为，，
减区间为．
(2)
由（1）知，且，，
方法一：
记其中，
则，显然有，
所以时，单调递增，，单调递减，
故．
方法二：
令
则
由，证毕！
方法三：
．
设，，
则，
当，，单调递增；
当，，单调递减；
故，即，
所以，
故得证．
【关键点点睛】解决本题第一问的关键是分类讨论标准的正确选择；第二问的关键是统一变量的选择.
+
0
↗
极大值
↘