微专题 利用导数证明不等式 学案——2023届高考数学一轮《考点·题型·技巧》精讲与精练

这是一份微专题 利用导数证明不等式 学案——2023届高考数学一轮《考点·题型·技巧》精讲与精练，共43页。

微专题：利用导数证明不等式
【考点梳理】
（1）①证明f(x)>g(x)，可以构造函数h(x)＝ f(x)－g(x), 然后利用h(x)的最值证明不等式；
②若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形分拆，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量， 达到证明的目的.
(2)利用“隐零点”证明不等式的关键在于“设而不求”及“等量代换”，常见的有不含参和含参两种类型：①不含参函数的隐零点问题：已知不含参函数f(x)，导函数方程f′(x)＝0的根存在，却无法求出，设方程f′(x)＝0的根为x0，则(i)有关系式f′(x0)＝0成立；(ii)注意确定x0的合适范围. ②含参函数的隐零点问题：已知含参函数f(x，a)，其中a为参数，导函数方程f′(x，a)＝0的根存在，却无法求出，设方程f′(x，a)＝0的根为x0，则(i)有关系式f′(x0，a)＝0成立，该关系式给出了x0，a的关系；(ii)注意确定x0的合适范围，往往和a的取值范围有关.


【题型归纳】
题型一：利用导数证明不等式
1．已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，证明：在上，.
2．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：．
3．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：．




【双基达标】
4．设函数，已知是函数的极值点．
（1）求a；
（2）设函数．证明:．
5．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)
6．已知函数．
(1)设函数，若在其定义域内恒成立，求实数a的最小值：
(2)若方程恰有两个相异的实根，，试求实数a的取值范围，并证明．
7．已知函数，.
（1）求函数的增区间；
（2）设，是函数的两个极值点，且，求证：.
8．已知函数f（x）＝（x+1）ex+（a﹣1）x，其中a∈R．
（1）当a＝1时，求f（x）的最小值；
（2）若g（x）＝f（x）﹣ex在R上单调递增，则当x＞0时，求证：
9．已知函数f（x）＝ax3﹣3lnx.
(1)若a＝1，证明：f（x）≥1；
(2)讨论f（x）的单调性.
10．已知函数.
(1)若曲线上任意一点处的切线斜率不小于3，求a的最小值.
(2)当，时，若有两个极值点，，且，求证：.
11．已知函数．
(1)求在R上的极值；
(2)求证：．
12．已知.
（1）当有两个零点时，求a的取值范围；
（2）当，时，设，求证：.
13．（1）若，判断函数在区间内的单调性；
（2）证明：对任意，，.
14．已知函数，．
（1）证明：当时，；
（2）若，求的值．
15．已知函数．
(1)若函数在定义域内是单调增函数，求实数的取值范围；
(2)求证：，．
16．已知函数f(x)=x-mlnx-m.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)有最小值g(m)，证明：g(m) 在上恒成立.
17．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：.
18．已知函数（）．
(1)求函数的单调区间；
(2)若函数有两个零点，．
（i）求实数a的取值范围；
（ii）求证：．
19．已知函数（a为常数）在处的切线方程为.
（1）求a的值，并讨论的单调性；
（2）若，求证.
20．已知函数，其中是自然对数的底数.
(1)当时，求函数的导函数的单调区间；
(2)若函数有两个不同极值点，且；
（i）求实数的取值范围；
（ii）证明：.

【高分突破】
21．已知且，函数.
(1)当时，设的导函数，求的单调区间；
(2)若函数恰有两个互异的零点.
（i）求实数的取值范围；
（ii）求证：.
22．已知关于x的函数与在区间D上恒有．
（1）若，求h(x)的表达式；
（2）若，求k的取值范围；
（3）若求证：．
23．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：.
24．已知函数，．
（1）当时，求证：；
（2）当时，讨论函数的单调性．
25．已知函数f(x)=ex，g(x)=2ax+1.
（1）若f(x)≥g(x)恒成立，求a的取值集合；
（2）若a>0，且方程f(x)-g(x)=0有两个不同的根x1，x2，证明： 26．已知函数.
(1)若，讨论的单调性；
(2)若，是函数的两个不同的零点，证明：.
27．已知函数.
(1)若，求在处的切线方程；
(2)若是函数的极值点，且，求证：.
28．已知函数，设在点处的切线为
（1）求直线的方程；
（2）求证：除切点之外，函数的图像在直线的下方；
（3）若存在，使得不等式成立，求实数的取值范围

参考答案
1．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）求出导函数，对a分类讨论：和两种情况，分别求单调区间；
（2）对，利用导数讨论单调性，求出最小值，即可得到，即证.
（1）函数的定义域为，.若，当时，，此时函数为增函数，当时，，此时函数为减函数；若，当时，，此时函数为减函数，当时，，此时函数为增函数.
（2）当时，令，则，当时，，此时函数在递增，当时，恒成立.故在上，.
2．(1)在上单调递增
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析
【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：．
【点睛】
关键点点睛：本题主要考查导数的应用，函数单调性的判定可由导数的正负来判定；零点问题一般转化为极值最值问题进行处理；不等式的证明通常利用放缩法以及常用不等式来处理.
3．(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
【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．
4．（1）；（2）证明见详解
【解析】
【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.

5．(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.
【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.
6．(1)
(2)，证明见解析
【解析】
【分析】
（1）由题在上恒成立，利用导数求函数最值即得；
（2）由题有两个相异的实根，设，利用导数可得，即求实数a的取值范围，然后结合，构造函数 ，利用函数单调性即可求证．
(1)
由，得在上恒成立，
设，则，
∴当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以，
∴，即，
∴实数a的最小值为．
(2)
由，得，
令，则，
设，则，
∴函数在上单调递减，又，
∴在上，故单调递增，在上，故单调递减，
∴，
由方程恰有两个相异的实根，，得，
∴，即实数a的取值范围为．
下面证明，
不妨设，则，，
要证，只需证，
由于在上单调递增，故只需证.
由，
得
，
令，则恒成立，
因此在上单调递增，函数，
即，故，即证．
【点睛】
导数求参问题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．
7．（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）求函数的导数，分类讨论，解不等式即可求解；
（2）根据极值点可转化为，是方程的两个不相等的正实数根，可得且，要证，只要证，利用构造函数的单调性证明即可.
【详解】
（1）由题意得().
令，则.
①当，即时，在上恒成立，即的增区间为；
②当，即时，或，即的增区间为和.
综上，当时，的增区间为；当时，的增区间为和.
（2）因为()，有两个极值点，，
所以，是方程的两个不相等的正实数根，可求出
从而，，解得.
由得.
因为，所以且.
令，且，则，
所以当时，，从而单调递增；当时，，从而单调递减，
于是().
要证，只要证，只要证明.
因为，所以只要证.
令
则


.
因为，
所以，即在上单调递增，
所以，即，
所以，即.
【点睛】
关键点点睛：要证，只要证，只要证明，
构造函数，利用导数判断，即在上单调递增，是解题的关键与难点，属于难题.
8．（1）；（2）证明见解析．
【解析】
（1）将a＝1代入，求导，得到函数的单调性，进而求得最小值；
（2）依题意，a≥1﹣（x+1）ex恒成立．结合（1）可知，进而得证．
【详解】
解：（1）当a＝1时，f（x）＝（x+1）ex
∴f'（x）＝（x+2）ex，
∴当x＜﹣2时f'（x）＜0，f（x）在（﹣∞，﹣2）上单调递减；
当x＞﹣2时f'（x）＞0，f（x）在（﹣2，+∞）上单调递增．
∴；
（2）证明：∵g（x）＝f（x）﹣ex＝xex+（a﹣1）x，
∴g'（x）＝（x+1）ex+a﹣1≥0恒成立，
∴a≥1﹣（x+1）ex恒成立．
则由（1）可得：．
又∵x＞0，
∴f（x）＝（x+1）ex+（a﹣1）x．
【点睛】
本题考查利用导数研究函数的单调性，最值，考查不等式的证明，难度不大．
9．(1)证明见解析
(2)答案见解析
【解析】
【分析】
（1）对f（x）求导，利用导数求出f（x）的最小值，即可得证；
（2）对f（x）求导，对a分类讨论，由导数与单调性的关系即可解出.
(1)
若a＝1，则f（x）＝x3﹣3lnx，x＞0，，
令f′（x）＝0，可得x＝1，当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，所以f（x）在x＝1处取得极小值，也是最小值，最小值为f（1）＝1，故f（x）≥1.
(2)
f（x）＝ax3﹣3lnx，x＞0，（x＞0），
当a≤0时，f′（x）＜0，则f（x）在（0，+∞）上单调递减；
当a＞0时，令f′（x）＞0，得x，令f′（x）＜0，得0＜x，
所以f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增.
综上，当a≤0时，f（x）在（0，+∞）上单调递减；
当a＞0时，f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增.
10．(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）由参变分离得到，即可求出a的最小值；
（2）直接求导由两个极值点，得到，，表示出，消去得到，
构造函数确定单调性即可证明.
(1)
由题意知：，切线斜率，
所以，所以，所以a的最小值为．
(2)
，
.当时，
（当且仅当时取等号），函数在上单调递增无极值.
当时，.由，
得，.设两个根分别为，，
则，，其中，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
从而有两个极值点，，且.，，所以
，
即.构造函数，
，所以在上单调递减，且.故.
11．(1)极大值，无极小值
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）求导，根据单调性即可确定极值；
（2）将不等式转化为，利用（1）得到以及，进而可证明不等式成立.
(1)
由已知，
令，得，令，得，
故函数在上单调递增，在上单调递减；
在处取得极大值，且无极小值；
(2)
，
由（1）得，，则，当且仅当时取等号，
，当且仅当时取等号，
因此，即．
12．（1）或；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）化简，根据题意得有一个非零实根，设，利用导数求得函数的单调性和极值，结合函数的值的变化趋势，即可求解；
（2）化简，根据题意转化为，令，得到新函数，利用导数求得函数的单调性与最小值，即可求解.
【详解】
（1）由题意，函数
因为有两个零点，又因为时，解得，
所以当有一个非零实根，
设，可得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时，函数取得最小值，最小值为，
又由，时，；时，，
所以或，即实数a的取值范围是.
（2）由题意，可得，
要证，即证，
令，令，可得，
令，即，解得；
令，即，解得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，即，即.
【点睛】
利用导数证明不等式问题：
（1）直接构造法：证明不等式转化为证明，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，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.
13．（1）在单调递增；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据导数的性质，结合余弦函数的单调性进行求解即可；
（2）根据（1）可得，令，利用放缩法可得：
，用这个不等式，结合对数的运算性质证明即可.
【详解】
（1）因为，
所以.
因为，所以，则.
又，知，且时，
故，所以在单调递增.
（2）由（1）知，当时，，即，
所以.
令，所以，从而，
所以，
因为，，所以，所以，
所以，
所以，
因为

，
所以，
所以.
【点睛】
关键点睛：本题的关键是利用（1）得到这个不等式，用这个不等式应用放缩法进行证明.
.
14．（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）由题意分类讨论当、、三种情况即可证得题中的结论；
（2）构造函数，分析可知，可得出，求出实数的值，然后验证当时，对任意的即可.
【详解】
（1）因为，则，.
①当时，，；
②当时，，，，
则，
所以，函数在上单调递减，故；
③当时，构造函数，，
则，对任意的恒成立，
所以，函数、在上均为增函数，
对任意的，，即，
，即，
所以，当时，，当且仅当时，等号成立.
综上所述，对任意的，；
（2）因为，所以，即．
不妨设，原条件即．
可得．
因为且，所以时，取得最小值，
由于函数为可导函数，则为函数的极小值点，故.
所以，解得，
下面来检验当时，是函数的最小值点，
①当时，；
②当时，，，
函数在上单调递增，且，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
此时，，合乎题意.
综上所述，.
【点睛】
方法点睛：对于利用导数研究不等式问题的求解策略：
（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
（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；
（3）根据恒成求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，通常要设出导数的零点，难度较大.
15．(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）分析可知在上恒成立，利用参变量分离法结合基本不等式可求得实数的取值范围；
（2）利用（1）中的结论分析可得出当且，，推导出，，，，，利用不等式的基本性质结合等差数列的求和公式可证得结论成立.
(1)
解：因函数在定义域为，，
因为函数在定义域内是单调增函数，所以在上恒成立，
所以，，
当时，由基本不等式可得，当且仅当时，等号成立，
所以，，解得.
(2)
证明：由（1）知当时，函数在上是单调增函数，
且当时，，
则，所以，，
所以，当且，，
所以，，，，，，
将上述不等式相加得
，
即，故原不等式得证.
【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．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调区间.
（2）根据（1）的结论可得函数的最小值，再利用导数可证不等式.
(1)
函数的定义域为，且，
当时，在上恒成立，所以此时在上为增函数，
当时，由，解得，
由，解得，
所以在上为减函数，在上为增函数，
综上：当时，在上为增函数，
当时，在上为减函数，在上为增函数；
(2)
由（1）知:当时，在上为增函数，无最小值.
当时，在上上为减函数，在上为增函数，
所以，即，
则，
由，解得，
由，解得，
所以在上为增函数，在上为减函数，
所以，
即在上恒成立.
17．（1）的递增区间为，递减区间为；（2）证明见解析.
【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．
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.
18．(1)当时，函数的单调增区间为；当时，函数的单调增区间，单调减区间是
(2)（i）（ii）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）先求定义域，求导，对进行分类讨论，求对应的单调区间；
（2）（i）结合第一问中函数的单调性及极值，最值，找到不等式，解不等式，求出实数a的取值范围；（ii）构造差函数，证明极值点偏移问题.
(1)
定义域为，，
①当时，有恒成立，是函数的单调增区间，无递减区间；
②当时，由，解得，由，解得，故函数的增区间，减区间是．
综上：当时，函数的单调增区间为；当时，函数的单调增区间，单调减区间是
(2)
（i）由（1）知：当时，在上单调递增，
函数不可能有两个零点；
当时，因为在上递增，在上递减，
因为，故，
设，，
则，当时，，当时，，故在处取得极大值，也是最大值，，所以，
故，即取，
则
因此，要使函数且两个零点，只需，
即，化简，得，
令，因为，
所以函数在上是单调递增函数，
又，故不等式的解为，
因此，使求实数a的取值范围是：.
（ii）因为，所以，，
下面先证明，
根据（1）的结果，不妨设，则只需证明，
因为在时单调递增，且，，
于是只需证明，
因为，所以即证，
记，，

，
所以在单调递增，则，
即证得，原命题得证.
【点睛】
极值点偏移问题，可以通过构造差函数进行解决，也可以变多元为多元求解，利用对数平均不等式也能解决，选择哪种方案，需要结合函数特点进行选择.
19．（1），在定义域上为增函数；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）求出导函数，由可得（也可由求得），为确定的正负，设，再求导，由的正负确定单调性，从而得正负，得的单调性；
（2）先利用导数证明不等式，然后引入函数，求出，对其中的部分函数，求出导函数，利用刚证的不等式可得，从而递增，因此可得是增函数（），因此得出单调性及最小值，得，于是得，结合已知得，由的单调性得证结论．
【详解】
解：（1），
切线斜率，
所以，
此时，
则，
可得在上为减函数，在上为增函数，因此恒成立，
故在定义域上为增函数
（2）先证不等式，
设，则，
可得在上为增函数，在上为减函数，
所以当时，即成立，，
令，
则，
设，
则，利用不等式得，
那么，
所以是增函数，故是增函数，
又因为，在时，，时，，
所以在上为减函数，在上为增函数，.
所以，即，当时，取等号，所以，
又由得，
所以，
又在定义域上为增函数，
所以，即得证.
【点睛】
本题考查导数的几何意义，考查用导数研究函数的单调性，证明不等式成立．证明不等式的关键是引入新函数，利用导数证明，这样明确，即求得的最小值为0即可．本题考查了学生的转化与化归能力，分析问题解决问题的能力，运算求解能力，本题属于难题．
20．(1)在单调递减，在单调递增
(2)（i）；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）运用导数的性质进行求解判断即可；
（2）（i）常变量分离，构造函数，利用导数的性质进行求解即可；
（ii）运用构造新函数法，结合导数的性质、对钩函数的单调性进行求解证明即可.
(1)
，设，
，当时，单调递减，
当时，单调递增，
∴在单调递减，单调递增，
(2)
（i）由，则，即∴
设在单调递减，∴在单调递增，单调递减，
且，∴，即，即；
（ii）记，，
在单调递减，在单调递增，
∴
记，
，设，
，当时，单调递减，
当，单调递增，
即在单调递减，在单调递增，
，
使得
在单调递增，在单调递减，在单调递增，
∴∴
∴，，
函数在单调递减，在单调递增，
所以当时，该函数有最小值2，
所以在单调递增，在单调递减，
且，令
记方程两根为，且
则
【点睛】
关键点睛：利用构造函数法、常变量分离法、导数的性质是解题的关键.
21．(1)单调减区间为，单调增区间为
(2)（i）（ii）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）当时，求导，求得，再求导，表示出，根据导数与函数单调性的关系，即可求得的单调区间；
（2）（ⅰ）根据题意可得，构造函数，求导，根据导数与函数单调性的关系，求得的单调性和极值，因此可求得实数的取值范围；
（ⅱ）要证，即证，由（ⅰ）可知，，即证明，因此，构造函数，根据导数与函数单调性的关系，可得，在恒成立，因此可得．
(1)
解：当时，，，，
令，
∵单调递减，
当时，，所以在单调递减，即单调减区间为；
当时，，所以在单调递增，即单调增区间为.
(2)
解：（i），
设函数，
则，令，得，
在内，单调递增；
在上，单调递减；
∴，
又，当趋近于时，趋近于0，
函数恰有两个互异的零点充分必要条件是，
这即是，所以的取值范围是.
（ii）∴，即，
由（1）知在上单调递增，在上单调递减，
且，
则，
要证，即证，即证，即证，
即证，
由于，即，即证.
令，
则，
，
，
∵，
，
∴，即，
∴恒成立，∴在递增，
∴在恒成立，
∴.
【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．
22．（1）；（2）；（3）证明详见解析
【解析】
【分析】
（1）方法一：根据一元二次不等式恒成立问题的解法，即可求得的表达式；
（2）方法一：先由，求得的一个取值范围，再由，求得的另一个取值范围，从而求得的取值范围.
（3）方法一：根据题意可得两个含参数的一元二次不等式在区间上恒成立，再结合放缩，即可利用导数证得不等式成立.
【详解】
（1）[方法一]:判别式法
由可得在R上恒成立，
即和，
从而有即，
所以，
因此，．所以．
[方法二]【最优解】：特值+判别式法
由题设有对任意的恒成立.
令，则，所以.
因此即对任意的恒成立，
所以，因此.
故.
（2）[方法一]
令，.
又.
若，则在上递增，在上递减，则，即，不符合题意.
当时，，符合题意.
当时， 在上递减，在上递增，则，
即，符合题意.
综上所述，.
由
当，即时，在为增函数，
因为，
故存在，使，不符合题意.
当，即时，，符合题意.
当，即时，则需，解得.
综上所述，的取值范围是.
[方法二]【最优解】：特值辅助法
由已知得在内恒成立；
由已知得，
令，得，∴(*)，
令，，当时，，单调递减；当时，，单调递增，∴，∴当时在内恒成立；
由在内恒成立，由(*)知，∴，∴，解得.
∴的取值范围是.
（3）[方法一]：判别式+导数法
因为对任意恒成立，
①对任意恒成立，
等价于对任意恒成立.
故对任意恒成立.
令，
当，，
此时，
当，，
但对任意的恒成立.
等价于对任意的恒成立.
的两根为，
则，
所以.
令，构造函数，，
所以时，，递减，.
所以，即.
[方法二]：判别式法
   由，从而对任意的有恒成立，等价于对任意的①，恒成立．
（事实上，直线为函数的图像在处的切线）
同理对任意的恒成立，即等价于对任意的恒成立．       ②
当时，将①式看作一元二次方程，进而有，①式的解为或（不妨设）；
当时，，从而或，又，从而成立；
当时，由①式得或，又，所以．
当时，将②式看作一元二次方程，进而有．
由，得，此时②式的解为不妨设，从而．
综上所述，．
[方法三]【最优解】：反证法
假设存在，使得满足条件的m，n有．
因为，所以．
因为，所以．
因为对恒成立，所以有
．则有
，     ③
，       ④
解得．
由③+④并化简得，．
因为在区间上递增，且，
所以，．
由对恒成立，即有       ⑤
对恒成立，将⑤式看作一元二次方程，进而有．
设，则，
所以在区间上递减，所以，即．
设不等式⑤的解集为，则，这与假设矛盾．从而．
由均为偶函数．同样可证时，也成立．
综上所述，．
【整体点评】
（1）的方法一利用不等式恒成立的意义，结合二次函数的性质，使用判别式得到不等式组，求解得到；方法二先利用特值求得的值，然后使用判别式进一步求解，简化了运算，是最优解；（2）中的方法一利用导数和二次函数的性质，使用分类讨论思想分别求得的取值范围，然后取交集；方法二先利用特殊值进行判定得到，然后在此基础上，利用导数验证不等式的一侧恒成立，利用二次函数的性质求得不等式的另一侧也成立的条件，进而得到结论，是最优解；（3）的方法一、方法二中的分解因式难度较大，方法三使用反证法，推出矛盾，思路清晰，运算简洁，是最优解.
23．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）利用参变量分离法得出，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数，分析得出，结合函数的单调性可证得结论成立.
(1)
解：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①，②，
①②得③，
②①得④.
③④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.
【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.
24．（1）证明见解析；（2）答案见解析.
【解析】
【分析】
（1）当时，可得，利用导数求得，由此可证得结论成立；
（2）求得，对实数的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数单调递增区间和递减区间.
【详解】
（1）当时，，该函数的定义域为，
，
当时，，此时函数单调递减；
当时，，此时函数单调递增.
所以，，因此，当时，求证：；
（2）当时，函数的定义域为，
.
①当时，即当时，则.
由可得，由可得.
此时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为；
②当时，即当时，
由可得，由可得或.
此时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为、；
③当时，即当时，则对任意的恒成立，
此时，函数的单调递增区间为；
④当时，即当时，
由可得，由可得或.
此时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为、.
综上所述，当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为；
当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为、；
当时，函数的单调递增区间为；
当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为、.
【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.
25．（1）；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）构造函数，求导，分类讨论得函数最值即可求解；（2）由题意得，，等价证明，令，构造函数求导证明即可
【详解】
（1）令，
当 恒成立，在R上单调递增，，当 不合题意，故舍去
当 则，故当 ，单调递减；当 ；单调递增，故
令，故在 递增，在递减，故即即，故即
故a的取值集合为
（2）方程f(x)-g(x)=0有两个不同的根x1，x2
不妨令x1 若证 令，即证，令
因为，故，故单调递增，得证
【点睛】
本题关键是利用，，等价证明，构造函数证明
26．(1)在上递减，在上递增，
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）对函数求导后，由导函数的正负可求出函数的单调区间，
（2）由题意可得，，两式相减化简可得，若令，设，则，从而转化为证，构造函数可证得，而要证。转化为证，构造函数利用导数证明即可
(1)
的定义域为，，
当时，，
令，则，
当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增，
(2)
因为，是函数的两个不同的零点，
所以，，
显然，则有
，，
所以，
不妨令，设，
所以，
所以要证，
只要证，即，
令（），则，
所以在上递增，
所以，所以，
因为，，
所以
要证，只要证，即，
因为，所以只要证，
即，即，
令，则，
所以在上递减，
所以，所以，
综上，
【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区间，考查利用导数证明不等式，解题的关键是由已知可得，，设，再转化，然后相加化简后，构造函数利用导数证明即可，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题
27．(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）求导，可得，，即得解；
（2）求导可得导函数与同正负，分，两种情况讨论极值，当时，对求导，分析可得存在，使得，当时，函数的极小值，令，求导分析可得，利用导数分析可得，，代入即得解
(1)
若，则，
∴，
又，，
∴切线的方程为，
即；
(2)
，
∵函数的定义域为，∴，
令，，
①当时，，，在上单调递增，无极值，不符合题意；
②当时，，∴在上单调递增，
当时，，，
∴存在，使得，即，
当时，，，单调递减；
当时，，，单调递增.
∴当时，函数的极小值
，
令，则，
∴在上单调递减，又∵，
∴，
令，
故在单调递增，
故当，有
令，
故在单调递减，
故当，有
∴.
则.
28．（1）y＝x﹣1；（2）见详解；（3）（﹣∞，1）.
【解析】
【分析】
（1）求导得，由导数的几何意义k切＝f′（1），进而可得答案．
（2）设函数h（x）＝f（x）﹣（x﹣1）＝﹣x+1，求导得h′（x），分析h（x）的单调性，最值，进而可得f（x）﹣（x﹣1）≤0，则除切点（1，0）之外，函数f（x）的图象在直线的下方．
（3）若存在x∈（1，+∞），使得不等式a＜成立，令g（x）＝，x＞1，只需a＜g（x）max．
【详解】
（1），
由导数的几何意义k切＝f′（1）＝1，
所以直线m的方程为y＝x﹣1．
（2）证明：设函数h（x）＝f（x）﹣（x﹣1）＝﹣x+1，
，
函数定义域为（0，+∞），
令p（x）＝1﹣lnx﹣x2，x＞0，
p′（x）＝﹣﹣2x＜0，
所以p（x）在（0，+∞）上单调递减，
又p（1）＝0，
所以在（0，1）上，p（x）＞0，h′（x）＞0，h（x）单调递增，
在（1，+∞）上，p（x）＜0，h′（x）＜0，h（x）单调递减，
所以h（x）max＝h（1）＝0，
所以h（x）≤h（1）＝0，
所以f（x）﹣（x﹣1）≤0，
若除切点（1，0）之外，f（x）﹣（x﹣1）＜0，
所以除切点（1，0）之外，函数f（x）的图象在直线的下方．
（3）若存在x∈（1，+∞），使得不等式f（x）＞a（x﹣1）成立，
则若存在x∈（1，+∞），使得不等式＞a成立，
即若存在x∈（1，+∞），使得不等式a＜成立，
令g（x）＝，x＞1，
g′（x）＝
＝ ，
令s（x）＝x﹣1﹣（2x﹣1）lnx，x＞1
s′（x）＝1﹣2lnx﹣（2x﹣1）•，
令q（x）＝﹣x﹣2xlnx+1，x＞1
q′（x）＝﹣1﹣2lnx﹣2＝﹣3﹣2lnx＜0，
所以在（1，+∞）上，q（x）单调递减，
又q（1）＝0，
所以在（1，+∞）上，q（x）＜0，s′（x）＜0，s（x）单调递减，
所以s（x）≤s（1）＝0，即g′（x）≤0，g（x）单调递减，
又，
所以a＜1，
所以a的取值范围为（﹣∞，1）．