新高中数学压轴题二轮专题专题9利用放缩法证明不等式试题含解析答案

这是一份新高中数学压轴题二轮专题专题9利用放缩法证明不等式试题含解析答案，共75页。试卷主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。

一、解答题
1．已知函数.
（1）若，求的取值范围；
（2）证明∶.
2．已知函数．
(1)求函数的最大值．
(2)证明：当且时，．
3．已知函数
（1）讨论函数的单调性；
（2）证明：.
4．设且，函数．
（1）若在区间有唯一极值点，证明：；
（2）若在区间没有零点，求a的取值范围．
5．已知函数，函数（）.
（1）讨论的单调性；
（2）证明：当时，.
（3）证明：当时，.
6．已知函数
（1）求函数的极值；
（2）①当时，恒成立，求正整数的最大值
②证明：
7．已知函数，．
(1)若直线是函数的图象的切线，求实数的值；
(2)当时，证明：对于任意的，不等式恒成立．
8．已知函数．
（1）求函数在上的单调区间；
（2）用表示中的最大值，为的导函数，设函数，若在上恒成立，求实数的取值范围；
（3）证明：．
9．已知函数．
(1)证明：当时，；
(2)求在区间上的零点个数．
10．已知函数.
（1）若曲线存在一条切线与直线垂直，求a的取值范围；
（2）证明：.
11．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当时，．
12．已知函数.
（1）当时，求的单调区间；
（2）为自然对数的底数，若时，恒成立，证明：.
13．已知函数，为的导函数．
(1)求函数的零点个数；
(2)证明：．
14．已知函数．
(1)求曲线在处的切线斜率；
(2)求证：当时，；
(3)证明：．
15．已知．
（1）求证：当时，在上单调递增；
（2）对于任意，证明：．
16．已知函数
（1）若不等式恒成立，则实数的取值范围；
（2）在（1）中，取最小值时，设函数.若函数在区间上恰有两个零点，求实数的取值范围；
（3）证明不等式：（且）.
17．已知函数.
(1)证明：；
(2)求证：.
18．已知函数在处取得极值.
（1）求，并求的单调区间；
（2）证明：当，时，.
19．已知函数，且．
(1)讨论的单调性；
(2)比较与的大小，并说明理由；
(3)当时，证明：．
20．函数的图象在处的切线方程是.
（1）求a，b的值；
（2）若，证明：.
21．已知函数.
(1)当时，证明：是增函数.
(2)若恒成立，求的取值范围.
(3)证明：（，）.
22．已知函数.
(1)若在定义域内不单调，求a的取值范围；
(2)证明：若，且，则.
23．已知函数．
(1)求的单调区间；
(2)记为的从小到大的第个零点，证明：对一切，有
24．已知函数，为的导数
(1)讨论的单调性；
(2)若是的极大值点，求的取值范围；
(3)若，证明：．
25．已知函数，，证明：当时，在上恒成立.
26．已知当时，，，.
(1)证明：；
(2)已知，证明：（可近似于3.14）.
27．已知函数．
(1)若关于的不等式对于恒成立，求的最大值；
(2)已知，证明：．
28．已知函数，其中.
(1)求曲线在点处切线的倾斜角；
(2)若函数的极小值小于0，求实数的取值范围；
(3)证明：.
29．已知函数，
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数与函数有相同的最小值，求a的值；
(3)证明：对于任意正整数n，（为自然对数的底数
30．已知函数.
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)若，，且，证明：.
31．已知函数，其中.
(1)当时，，求的取值范围.
(2)若，证明：有三个零点，，（），且，，成等比数列.
(3)证明：（）.
32．已知函数，.
(1)当时，求在区间内极值点的个数；
(2)若恒成立，求的值；
(3)求证：，，.
33．已知函数，证明：当时，.
34．已知函数，其中.
（1）求证：当时，无极值点；
（2）若函数，是否存在，使得在处取得极小值？并说明理由.
35．已知函数．
(1)求的单调区间；
(2)证明：；
(3)若函数有三个不同的零点，求的取值范围．
36．已知函数，其中
(1)若，记，试判断在上的单调性；
(2)求证:当时，；
(3)若对，不等式恒成立，求实数的取值范围.
37．已知集合是满足下列性质的函数的全体：存在实数，对任意的，有.
(1)试问函数是否属于集合？并说明理由；
(2)若函数，求正数的取值集合；
(3)若函数，证明：.
38．已知函数.
(1)当时，求证：存在唯一的极大值点，且；
(2)若存在两个零点，记较小的零点为，t是关于x的方程的根，证明：.
39．对于函数，若实数满足，则称为的不动点．已知且的不动点的集合为，以表示集合中的最小元素．
(1)若，求中元素个数；
(2)当恰有一个元素时，的取值集合记为．
（ⅰ）求；
（ⅱ）若为中的最小元素，数列满足，．求证：， ．
40．设函数．
(1)求的单调区间；
(2)已知，曲线上不同的三点处的切线都经过点．证明：
（ⅰ）若，则；
（ⅱ）若，则．
（注：是自然对数的底数）
参考答案：
1．（1）；（2）证明见解析.
【解析】（1）由题得，再对分类讨论得解；
（2）首先证明，得到，即得证.
【详解】（1），
1°当时，，则在上单调递增，
由于，故不成立，
2°当时，，成立，
3°当时，令，则，
则在单调递减，单调递增，
于是，即，
综上所述.
（2）由（1）可知，当时，，即①，
由于待证目标式中含有的形式，
用代①式的得②，
结合①②可得：，时取等号，
则，
于是.
故得证.
【点睛】本题主要考查利用导数求函数的最值，考查利用导数研究不等式的恒成立问题，考查利用导数证明不等式，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
2．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数求解出单调性，再求解最值即可.
（2）将原不等式合理转化，再利用数学归纳法结合放缩法证明即可.
【详解】（1）易知函数的定义域为．
因为，所以．
因为，所以当时，．
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减．
所以当时，．
（2）由（1）得，变形得，
当时等号成立．所以令，得，即；
令，得，即；
令，得，即．
所以当且时，．
由（1）得，变形得，当等号成立．
所以令，得，即；
令，得，即．
令，得，即．
所以当且时，．
又因为，所以当且时，．
【点睛】关键点点睛：本题考查导数，解题关键是对原不等式合理变形，然后表利用数学归纳法得到所证明的不等关系即可．
3．（1）见解析（2）见解析
【详解】试题分析: （1）对函数求导,按和分别判断导函数的正负,写出函数的单调性; （2）要证，只需证，由（1）可知当时，，即，当时，上式两边取以为底的对数，可得，用代替可得，又可得，所以,将原不等式放缩,即可证得.
试题解析:（1）解：，
①若时，在上单调递减；
②若时，当时，单调递减；
当时，单调递增；
综上，若时，在上单调递减；
若时，在上单调递减；
在上单调递增；
（2）证明：要证，只需证，
由（1）可知当时，，即，
当时，上式两边取以为底的对数，可得，
用代替可得，又可得，
所以，
，
即原不等式成立.
4．（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）函数的极值点问题转化为函数的变号零点问题，先根据三角方程的根的情况分类讨论，探究有唯一变号零点的等价条件(注意二重零点的验证)，再利用常用不等式“”分段证明关于a的不等式成立；
（2）结合三角函数零点与最值点根据区间端点值符号分类，即转化为参数a的分类讨论，先根据零点存在性定理排除端点值异号情况，再将端点值均大于零(同号)一类情况应用导数求解单调性，研究导函数零点，最后由函数先增后减性质得到无零点的结论.
【详解】（1）
当时，由，得，且，
令，即.
由得， 则在区间至少有，两个零点，
，不是的根，则是的变号零点，即是在区间的一个极值点.
①当时，由，即也是的根，不是的变号零点.
经验证知，当时，，有两个零点，即有两个极值点.
②当且时，则，
由，且，得，知不是的根，也是的变号零点，即在区间也至少有两个极值点.
综上分析，当时，在区间至少有两个极值点，不合题意.
当时，，，且，
故，，
令，即， ，且，
解得，当，，单调递增；当，，单调递减.
故时，在区间有唯一极值点，
此时
将代入得
，
①当，即时，，
由不等式：时，(*)知：
②当，即当时，，
由不等式(*)知：，
由①②知．
（2）①当时，，
，所以，
由零点存在性定理知，在区间至少有一个零点；
②当时，，，，
，，，
由零点存在性定理知．在区间至少有一个零点；
③当时，
当时，，则，，是增函数；
当时，，，且，
令，则，
即递减，即递减，又，
且，由零点存在性定理知，，使得，当时，，单调递增；当时，，单调递减，
综上可知，当时，在上递增，在上递减.
又，且由，得，即，
则时，恒有．
所以在区间没有零点，满足题意．
综上所述，若在区间没有零点，则正数a的取值范围是．
【点睛】在与三角函数交汇的导数压轴问题中，分类讨论是解决这类问题的重要思想.但如何进行分类讨论是问题的难点，若能有效利用三角函数的有界性及变号区间，则能实现快速找到分类讨论的依据，从而实现问题的求解.
5．（1）答案不唯一，具体见解析（2）证明见解析（3）证明见解析
【解析】（1）求出的定义域，导函数，对参数、分类讨论得到答案.
（2）设函数，求导说明函数的单调性，求出函数的最大值，即可得证.
（3）由（1）可知，可得，即又即可得证.
【详解】（1）解：的定义域为，，
当，时，，则在上单调递增；
当，时，令，得，令，得，则在上单调递减，在上单调递增；
当，时，，则在上单调递减；
当，时，令，得，令，得，则在上单调递增，在上单调递减；
（2）证明：设函数，则.
因为，所以，，
则，从而在上单调递减，
所以，即.
（3）证明：当时，.
由（1）知，，所以，
即.
当时，，，
则，
即，
又，
所以，
即.
【点睛】本题考查利用导数研究含参函数的单调性，利用导数证明不等式，属于难题.
6．（1）答案见解析；（2）①3，②证明见解析.
【分析】（1）求导后，分和讨论即可；
（2）①转化为寻求，需要找隐零点的范围
②将所证结论两边取对数，再运用①的结论即可.
【详解】（1）定义域
当时，，所以函数在上单调递增，无极值
当时，，得得
所以函数在上单调递减，在上单调递增
此时函数的极小值无极大值
综上，当时，函数无极值;当时，
函数的极小值为，无极大值.
（2）当时，恒成立，即只需成立即可
由（1）可知
当时，函数在上单调递减，在上单调递增
（i）若，即时，在上单调递增，所以满足题意
（ii）若，即，函数在上单调递减，在上单调递增
所以
令
所以在上单调递增
又知
所以使得，
则的解集为
综上的取值范围为，
所以正整数的最大值为
②证明：两边取对数得
即只需证
由（i）知
令，则
所以
所以
【点睛】关键点点睛：本题证明的关键在于先取对数得到，再利用前面的结论得出一个不等式，然后累加.
7．(1)1或
(2)证明见解析
【分析】（1）先求导函数，并利用导数几何意义表示切线斜率，将切点代入函数，并联立，求出切点横坐标，进而得到实数的值；
（2）要证明，即证，分离参数，得，结合，即证，构造函数，证明即可.
【详解】（1）直线是函数的图象的切线，设切点为，
，，得．
切点在函数的图象上，，
代入得，解得或．
再代入解得或，
∴实数的值为1或．
（2）证明：要证，即，
，，又由知即证，
设，则．
令，则，由，得，
当时，；当时，，
在单调递增，在单调递减，
在上，，即，
令，则，设，则．
令，得，当时，，当时，，
在单调递减，在单调递增，在上有最小值，为．
的最小值为，原不等式得证．
【点睛】方法点睛：利用参数范围放缩法证明不等式，对于给定参数范围证明不等式问题，可观察不等式特征，结合参数范围先对函数进行合理放缩，进而消掉参数，再进行求解．
8．（1）单调递增区间为;单调递减区间为；（2）；（3）详见解析．
【解析】（1）求导后求出、的解集后即可得解；
（2）转化条件得在上恒成立，即在上恒成立，令，求导后求得的最大值即可得解；
（3）利用导数证明，进而可证，即可得证.
【详解】（1）因为，
所以，
令得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以函数在上的单调递增区间为，单调递减区间为；
（2）由（1）知，
当时，恒成立，故恒成立；
当时，，又因为恒成立，
所以在上恒成立，
所以，即在上恒成立，
令，则，
由，
令得，易得在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以，即，
综上可得.
（3）证明：设，则，
所以在上单调递增，所以，即，
所以
，
所以.
【点睛】本题考查了导数的综合应用，考查了计算能力和推理能力，属于中档题.
9．(1)证明见解析
(2)2个
【分析】（1）由题意结合要证明的不等式，构造函数，利用导数判断其单调性，证明，即可证明结论；
（2）讨论和两种情况，当时，结合题意构造函数，判断函数的单调性，结合零点存在定理判断函数的零点个数，综合即可求得答案.
【详解】（1）设，则．
设，
则，
因为在上单调递增，所以，
又因为当时，，所以，
所以在上单调递增，所以，
所以在上单调递增，所以，
所以当时，．
（2），当时，，所以在上单调递增，
因为，所以由零点存在定理知在上有且仅有一个零点．
当时，令，则，
当时，有，所以在上单调递减，
又因为，所以存在使得，
当时，，所以在上单调递增，
所以当时，故在上无零点，
当时，，所以在上单调递减，
又，所以在上有且仅有一个零点．
综上所述：在上有且只有2个零点．
【点睛】难点点睛：本题综合考查了导数的应用问题，涉及利用导数求函数最值、证明不等式以及函数的零点问题，解答的难点在于函数零点的判断，解答时要能结合题设，恰当地构造函数，判断函数单调性，进而判断函数零点.
10．（1）或；（2）证明见解析．
【解析】（1）求得导函数，求得的取值范围，由斜率关系得出的范围．
（2）利用导数求得，设，同样由导数求得，得出，可证得不等式右边大于0，从而证得不等式成立．
【详解】（1）解：，
因为的定义域为，所以.
因为曲线存在一条切线与直线垂直，
所以，解得或，
则a的取值范围为.
（2）证明：.
当时，；当时，.
所以.
设函数，则.
当时，；当时，.
所以.
因为，所以.
因为，所以.
又，所以.
【点睛】关键点点睛：本题考查导数的几何意义，考查用导数证明不等式，本题证明不等式解题方法证明，实际上此不等式证明的常用方法是证明．
11．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先求导，再分类讨论与两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解；
（2）方法一：结合（1）中结论，将问题转化为的恒成立问题，构造函数，利用导数证得即可.
方法二：构造函数，证得，从而得到，进而将问题转化为的恒成立问题，由此得证.
【详解】（1）因为，定义域为，所以，
当时，由于，则，故恒成立，
所以在上单调递减；
当时，令，解得，
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增；
综上：当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）方法一：
由（1）得，，
要证，即证，即证恒成立，
令，则，
令，则；令，则；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，则恒成立，
所以当时，恒成立，证毕.
方法二：
令，则，
由于在上单调递增，所以在上单调递增，
又，
所以当时，；当时，；
所以在上单调递减，在上单调递增，
故，则，当且仅当时，等号成立，
因为，
当且仅当，即时，等号成立，
所以要证，即证，即证，
令，则，
令，则；令，则；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，则恒成立，
所以当时，恒成立，证毕.
12．（1）的递减区间为，递增区间为；（2）证明见解析.
【分析】（1）当时，求导，知在上单调递增，又，求的单调区间；
（2）求导，结合零点存在性定理知存在唯一的，使，得，求出的最小值，推出，构造函数，利用导数求出极小值，即可证得结论.
【详解】（1）当时，，
在上单调递增， 又
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
所以当时，的递减区间为，递增区间为.
（2）在上单调递增，
，，，
由零点存在性定理知，存在唯一的，
使，即，得.
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时，取得极小值即的最小值,

又恒成立，
，得，
，
设，
求导
，令，得
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
当时，极小值 ，
即.
【点睛】方法点睛：本题考查利用导数解决不等式的恒成立问题，常用的方法：
①首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围．
②也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
13．(1)有且仅有1个零点
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数判断的单调性，再利用零点存在性定理求解即可.
（2）合理构造中间函数，结合放缩法证明不等式即可.
【详解】（1）由题知，，令，
而恒成立，故在单调递增．
又，，故，
由零点存在性定理可知一定存在，使得，
综合函数单调性可知，函数有且仅有1个零点．
（2）当时，，
令，而，当时，恒成立，
故在上单调递增，且，故，成立
令，而，令，，
令，，故在上单调递增，在上单调递减，
故最大值为，且，故，即，
故得证，∴，不等式得证；
当时，即证．
令，，
则当时，，单调递增；
当时，，单调递减．
则①，
令，，
则当时，单调递减；时，单调递增．
则②．
由①②可知，，故不等式得证．
【点睛】关键点点睛：本题考查求导数，解题关键是找到中间变量，然后进行合理放缩，得到，最后得到所要求的不等关系即可．
14．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义求斜率；
（2）问题化为时，构造，利用导数研究单调性，即可证结论；
（3）构造，，作差法研究函数单调性可得，再构造且，应用导数研究其单调性得到恒成立，对作放缩处理，结合累加得到，即可证结论.
【详解】（1），则，
所以，故处的切线斜率为；
（2）要证时，即证，
令且，则，
所以在上递增，则，即.
所以时.
（3）设，，
则，
由（2）知：，则，
所以，故在上递减，故；
下证，
令且，则，
当时，递增，当时，递减，
所以，故在上恒成立，
则，
所以，，…，，
累加得：，而，
因为，所以，
则，
所以，故；
综上，，即.
【点睛】关键点点睛：第三问，作差法研究单调性证右侧不等关系，再构造且，导数研究其函数符号得恒成立，结合放缩、累加得到为关键.
15．（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）先求，判断时，，构造函数，判断其导函数的单调性，得到导函数的值域，再讨论和时，即证，证得单调递增；
（2）先化简分析证明式为，然后验证时成立，再证明时，通过构造函数证明和来证明成立即可.
【详解】证明：（1）因为，所以．
又，所以，
设，则，而，所以在单调递减，
故，即．因为，
当时，，即，在单调递增，成立；此时，即在上单调递增；
当时，存在，使得，则在上单调递增，在上单调递减，又，故，此时，即在上单调递增；
综上可得，当，在上单调递增；
（2）因为，所以，
所以要证，
即证明.
当时，该式为，显然成立；
下证时，．
令，则，当时，，当时，，
所以当时，y取得最小值0，所以，即，
故时，；
当时，令，则，故递减，当时，y取得最大值0，所以，
即时，，故，
所以中，，
而，即，
故，
所以.
综上，对于任意，.
【点睛】思路点睛：
（1）利用导数研究函数单调性，通常先确定函数的定义域；求导函数，由（或）解出相应的的范围，对应的区间为的增区间（或减区间）；
（2）利用导数证明不等式恒成立，通常通过构造函数，研究单调性和最值来证明.
16．(1)；(2)；(3)证明见解析.
【详解】试题分析：（1）原题等价于恒成立，设，利用导数判断得出差在上单调递增，在上单调递减，，可得结论；（2）由（1）可得关于的方程在区间上恰有两个实数根，即，令，利用二次求导可得当时，单调递减，当时，单调递增，计算出端点值和极值，可得实数的取值范围；（3）由（1）中的结论，令，则有，整理可得，当时，利用累加法可得结论成立.
试题解析：(1)由题意知，恒成立.变形得：.
设，则，由可知，在上单调递增，在上单调递减，在处取得最大值，且.
所以，实数的取值范围是.
(2)由(1)可知，，当时，，
，
在区间上恰有两个零点，即关于的方程在区间上恰有两个实数根. 整理方程得，，令，， 令，，
则，，于是，在上单调递增.
因为，当时，，从而，单调递减，
当时，，从而，单调递增，
，，，
因为，所以实数的取值范围是.
(3)由(1)可知，当时，有，
当且仅当时取等号.
令，则有，其中 .
整理得：，
当时，
，， ，，
上面个式子累加得：.且，
即.命题得证.
17．(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用导数求出函数的最小值即可得解.
（2）由结合放缩法，转化证明，即可推理得解.
【详解】（1）函数的定义域为，则，
当时，，当时，，函数在上递减，在上递增，
所以.
（2）先证，设，求导得，
即函数在区间上单调递减，则，即，
于是，
再证，由（1）知，当时等号成立，
令，则，即，
所以，，，
累加可得，
所以.
18．（1），在上单调递增，在上单调递减；（2）证明见解析.
【分析】
（1）根据极值点可求出，根据导函数的正负求出单调区间；
（2）法一，由函数单调性可得变形可得 ，利用不等式的性质可放缩得到，构造函数 可利用导数求最小值为0，即可得证；法二由函数单调性可得 变形可得，由不等式性质可得 ，令，由导数可求出 即可得证.
【详解】（1），由是极值点得，∴，
∴，∴，
由得，∴的单调递增区间为；
由得，∴的单调递减区间为.
（2）法一：由（1）可知在上单调递增，在上单调递减，
故，即，故.
∴，当且仅当时取等号，
∵，∴，
∴，
∵，∴，∵，∴，
令，∴，
由得，∴在上单调递增；
由得，∴在上单调递减，
∴，即在处取等号，
∴，
由于取等条件不同，∴.
法二：由（1）可知在上单调递增，在上单调递减，
故，即，∴，当且仅当时取等号，
∵，，∴，
令，，
由得，∴在上单调递增；
由得，∴在上单调递减，
∴，∴，
由于取等条件不同，故，整理得.
【点睛】本题主要考查了利用导数求函数的单调区间，极值，最值，利用导数证明不等式，不等式的性质，考查了逻辑推理能力、运算能力，属于难题.
19．(1)答案见解析；
(2)，理由见解析
(3)证明见解析.
【分析】（1）分析题意，根据参数的不同范围，含参利用导数讨论单调性即可.
（2）根据（1）可知，当时，，，代值进行比较即可.
（3）设，则，分不同情况讨论，利用放缩法结合裂项相消法证明不等式即可.
【详解】（1）易知．
①．
当时，，即，所以在上单调递增，当时，，即，所以在上单调递减；
②．当时，，即，所以在上单调递减，当时，，即，所以在上单调递增；综上所述，当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增；
（2）由（1）可知，当时，，，
取，，则有，
即，所以；
（3）证明：设，则，
所以在上单调递增，所以，
即当时，，
结合（1）可知，，
当时，成立，
当时，因为，所以
即．
综上所述，．
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数证明不等式，解题关键是合理运用放缩法，然后再利用裂项相消法求和，得到所要求的不等关系即可．
20．（1），.（2）证明见解析
【分析】(1)由切线方程求出斜率和切点,分别代入导函数及原函数,解方程即可求得;
(2)由(1)可知,由,可得,要证得,只需证,构造,求导化简可知在区间上单调递减，在区间上单调递增,求得即可证得,进而得出结论.
【详解】解：（1）由得该切线斜率为且，
所以，
解得或，
又，
所以，
若，则，与矛盾，
故，.
（2）证明：由（1）可知，
由，可得，
令，，
当时，，
当时，设，，
故函数在上单调递增，又，
所以当时，，
即函数在区间上单调递减，
当时，，
即函数在区间上单调递增，
，
所以，
即.
【点睛】本题考查导数的几何意义,考查导数在求极值和最值中的应用,考查利用导数证明不等式,难度较难.
21．(1)证明见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求定义域，求导，得到函数单调性，得到答案；
（2）参变分离得到，构造函数，求导得到其单调性和最值，得到，求出的求值范围；
（3）由（2）可知，当时，，所以，…，，相加后得到结果.
【详解】（1）当时，，定义域为，
则.
令，则在上恒成立，
则在上单调递增，
则，故在上恒成立，是增函数.
（2）当时，等价于，
令，则，
令，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，所以.
所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，
则，所以，即，故的取值范围为.
（3）证明：由（2）可知，当时，有，则，
所以，…，，
故.
【点睛】导函数证明数列相关不等式，常根据已知函数不等式，用关于正整数的不等式代替函数不等式中的自变量，通过多次求和（常常用到裂项相消法求和）达到证明的目的，此类问题一般至少有两问，已知的不等式常由前面几问中的特征式的特征而得到.
22．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数判断单调性，分成和两种情况讨论即可求解；
（2）求导得到单调区间，结合及得到，设，求导得到函数单调递增，计算最值得到证明.
【详解】（1）的定义域为，.
若，则，所以在上单调递增；
若，则当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
所以在定义域内不单调时，a的取值范围为.
（2）记，则，
因为是上的减函数，且，，
由正切函数的性质可知，当时，为增函数，
当时，为减函数，所以是的极大值点.
令，则，所以是上的增函数，
故，所以当时，，
令，则，由，得，
时，是减函数，时，是增函数，
所以，即，
所以，
下面证明，令，即证，即，
设，则，所以是上的增函数，
所以时，，成立，命题得证.
【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.
23．(1)的单调递减区间为，单调递增区间为．
(2)证明见解析
【分析】(1)求出，通过导数的正负，求解原函数的单调区间；
(2)研究的零点所在区间，，再利用不等式放缩得到，对于时放缩过大，单独讨论即可．
【详解】（1）
．
令，得．
当时，，此时；
当时，，此时；
故的单调递减区间为，
单调递增区间为．
（2）
由(1)知，在区间上单调递减，又，故．
当时，因为
，
且函数的图象是连续不断的，所以在区间内至少存在一个零点．又在区间上是单调的，故
因此当时，；
当时，；
当时，
综上所述，对一切，.
【点睛】数列求和不等式证明问题，可以通过将每一项放缩成能求和的数列通项求和，对于放缩过大或过小的情况单独讨论即可.
24．(1)答案见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）令，求出导函数，再分和两种情况讨论，分别求出函数的单调区间；
（2）结合（1）分、、、四种情况讨论，判断的单调性，即可确定极值点，从而得解；
（3）利用分析法可得只需证，，只需证对任意，有，结合（2）只需证明，构造函数，利用导数证明即可.
【详解】（1）由题知，
令，则，
当时，在区间单调递增，
当时，令，解得，
当时，，当时，，
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，
综上所述，当时，在区间上单调递增；
当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增.
（2）当时，，
由（1）知，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
所以是函数的极小值点，不符合题意；
当时，，且，
由（1）知，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
所以是函数的极小值点，不符合题意；
当时，，则当时，在上单调递增，
所以无极值点，不合题意；
当时，，且；
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减；
所以是函数的极大值点，符合题意；
综上所述，的取值范围是.
（3）要证，
只要证，
只要证，，
因为，则，
所以只要证对任意，有，
只要证对任意，有（※），
因为由（2）知：当时，若，则，
所以，即①，
令函数，则，
所以当时，所以在单调递增；
则，即，
由①②得，
所以（※）成立，
所以成立.
【点睛】方法点睛：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.
25．证明见解析
【分析】利用放缩得到，构造，求导得到其单调性和极值最值情况，得到，证明出结论.
【详解】由题意得，
因为且，
所以，
令，定义域为，
则，
其中的两根均为负数，故在恒成立，
故令得，，令得，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故，
故，即，
结论得证.
【点睛】关键点点睛：利用函数放缩法证明不等式经常考查，通常的放缩方法有切线放缩，条件放缩等，本题使用的是条件放缩.
26．(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）令，求导得到函数单调性，得到，要证，只需证，构造，，二次求导得到单调性，得到，证明出，证明出不等式；
（2）变形得到，两边同时除以得到：，证明出不等式.
【详解】（1）令，
∴在上恒成立，
∴在上单调递增，
∴，
∴，
∴，
要证，只需证，
∵，
∴只需证，
令，，
∴，
∴，
令，，
∴，
又∵当时，，
∴当时，，
∴在上单调递减，
∴，
∴当时，，
∴在上单调递减
∴，
∴，
∴，
∴综上所述，当时，，证毕.
（2）∵当时，，
∴，
∴，
∴，①
将①式两边同时乘以得到：，②
∵，但当时，，
∴，
将②式两边同时除以得到：，
∴，
∴，
∴当时，，证毕.
【点睛】方法点睛:证明不等式或比较两函数大小，需构造函数，并根据导函数得到函数单调性，结合特殊点函数值得到结论.
27．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）将原问题转化为对于恒成立，结合零点的存在性定理，利用导数研究的单调性求出，即可求解；
（2）利用导数证明不等式、，进而，结合放缩法和裂项相消法计算即可证明.
【详解】（1）由不等式对于恒成立，
知不等式对于恒成立，
设，则，
设，则，
所以函数在上单调递增，又，
故，使得即成立，
所以，即，，即，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，
令，则，
所以函数在上单调递减，则，
即，所以，
又，所以k的最大值为.
（2）设，则，
得单调递增，单调递减，
所以，即，即.
得，即，即，
令，则，所以，即，
所以.
设，则，
所以函数在上单调递增，故，即，
所以，
所以
.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的恒成立问题的求解策略：
形如的恒成立的求解策略：
1、构造函数法：令，利用导数求得函数的单调性与最小值，只需恒成立即可；
2、参数分离法：转化为或恒成立，即或恒成立，只需利用导数求得函数的单调性与最值即可；
3，数形结合法：结合函数的图象在的图象的上方（或下方），进而得到不等式恒成立.
28．(1)0
(2)或
(3)证明见解析
【分析】（1）利用函数乘法求导法则来求函数的导函数并因式分解得，即可求出，从而可求得切线的倾斜角为0；
（2）对参数分四种情形，，，进行讨论单调性，从而得到极小值小于0，来求出实数的取值范围；
（3）要证明不等式，利用放缩思想对和进行代换，结合分析法证明，把原不等式最后转化为新的不等式，再构造函数进行求最值证明.
【详解】（1）由，
所以，
设曲线在点处切线的倾斜角为，则，
又因为，所以，
所以曲线在点处切线的倾斜角为0.
（2）由（1）知，且，解得：或，
当时，，，，，，，
所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
所以，解得，
所以；
当时，，，，，，，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
所以，
即此时极小值不可能小于0，所以当时不符合题意；
当时，恒成立，
所以在上单调递增，即函数无极值，不满足题意，
所以当时不符合题意；
当时，，，，，，，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
所以，解得，
所以；
综上可知实数的取值范围为或.
（3）由（2）知，当时，在上单调递增，在上单调递减，
，即，即，两边取自然对数得：，则.
要证成立，只需证，.
两边同除得：，即.
只需证：，即证，
令，，，解得：，
当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，
所以，即，
经检验，当时，成立.
综上可知不等式得证.
【点睛】方法点睛：（1）某点的切线斜率利用该点的导函数值来求解；
（2）含参函数求极小值，需要对参数进行分类讨论，讨论的依据就是导函数的两个零的大小比较，从而利用导数的正负去得到函数的单调性，即可判断极小值点来求的范围；
（3）证明这种含指数函数和对数函数的不等式，要借用指数不等式和的放缩思想，利用分析法去把原不等式转化到一些简单的函数不等式来证明.
29．(1)答案见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求，讨论导数正负，可得函数单调性；
（2）由（1）得：，且，讨论正负，可得函数最值，则有，构造函数利用导数即可求得的值；
（3）由（1）分析得，利用对数运算与裂项相消法求和，可证不等式.
【详解】（1）的定义域：，，
①当时，，在上单调递减；
②当时，令，则，
此时，当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增；
综上可得：当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增；
（2）由（1）得：，且，
，令，则，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
，
函数与函数有相同的最小值，
，转化为：，
令，则，
所以，在上单调递增，
又；
（3）令，此时由（1）得：，
令，则，
，，
，
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.
30．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，利用到数的几何意义，即可求得答案；
（2）设，，，原不等式即为，利用的单调性，继而转化为，继而再构造函数，利用函数的单调性证明结论.
【详解】（1）由，得，
则，，.
故曲线在点处的切线方程为，
即.
（2）证明：由，，且，不妨设，，，
则证明等价于证明，，
即证，从而构造函数，利用其调性证明结论.
令，则，当时，，在单调递减，
故，，即，，
则
，
要证，
只需证.
令，则，
令，得.
令，，则，
令，，则在上恒成立，
则，则在上恒成立，则在上单调递增.
当时，，则，
则，在单调递减，
当时，，则，
则，在单调递增.
因为，所以，即在上恒成立，
从而.
【点睛】难点点睛：本题查了导数的几何意义的应用以及利用导数证明不等式，难点就在于不等式的证明，解答时要将原不等式转化为，继而构造函数，利用单调性证明成立.
31．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）法一：先求的导数，再由导数讨论函数的单调性，判断是否成立，从而确定的取值范围；法二：由题意得，，即确定的单调性，由，得，然后通过设，利用导数证明即可；
（2）由（1）可知，的单调性，由此可判断上存在唯一零点，在上存在唯一零点，由即可证明；
（3）由题意，可得，即，进而得到，原命题即可证.
【详解】（1）（解法一）由题意可知的定义域为，
，
设，其中.
①当，即时，，所以，单调递增，
所以当时，，故满足题意；
②当，且，即时，，
所以，单调递增，
所以当时，，故满足题意；
③当，且，即时，
设的两根为，，
解得，，
则当时，，所以，单调递减，
则，故不满足题意 .
综上，的取值范围是 .
（解法二）由题意可知的定义域为，
，
因为，，所以，解得，
以下证明满足题意.
由可知，，所以当时，，
设，，所以为递增函数，
所以，所以，
综上，a的取值范围是.
（2）由（1）可知，当时，在和上单调递增，在上单调递减，
因为，所以，，
取，，
（其中，所以，即），
取，.
（其中，所以，即），
所以在上存在唯一零点，即在上存在唯一零点，在上存在唯一零点，即在上存在唯一零点，且，
所以，，
又，所以也是函数的零点，
显然且，所以，即，所以，所以，，成等比数列.
（3）由（1）可知当时，为单调递增函数，
所以当时，，即，
整理得，即，
所以（），
则（），
故（）.
【点睛】关键点点睛：本题后两问关键是利用（1）的结论，将所要证明的问题进行转化.
32．(1)2
(2)2
(3)证明见解析
【分析】（1）求导，根据函数在的单调性和导函数的单调性可求
（2）根据题意求出极大值点，进而求出a的值，然后利用导数证明不等式恒成立
（3）利用，转化为，然后利用导函数的单调性证明即可
【详解】（1）当时，，
因为在单调递增，在单调递增，
在单调递增，
所以在单调递增，在单调递增，
因为，
所以当时，单调递减；，
所以，，在单调递增，在单调递减，
令，得，
当时，单调递增；
，，
所以，，在单调递减，在单调递增；
因为，
所以，在单调递减，单调递增，
综上，在单调递增，单调递减，单调递增，共2个极值点
（2）因为，
所以是的极大值点，因为，
所以，
只需证，当时，恒成立即可，
因为，
令，则，
①当时，，，则在单调递减，
所以，在单调递增，，
②当时，，则在单调递减，所以，
综上，符合题意
（3）由（2）可知，，当且仅当时取等号，
所以，
，
因为，
所以即证
令，则，
所以即证：，，
令，则，
所以时，，单调递减，
所以，即，，
综上，，，
【点睛】方法点睛：
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．
33．证明见解析
【分析】构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，得到在单调递增，从而，将问题转化成证明，构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，得到，从而将问题转化成求证，变形得到，令，得到，设，再利用的单调性即可证明结果.
【详解】因为，所以，解得，即函数的定义域为，
令，可得，
所以在单调递增，所以，即，
要证不等式，
只需证明，
又由函数，可得，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
所以，即，即，当且仅当时，等号成立，
所以，当时，，只需证明：，即，
即，即，令，可得，
设，可得，令，可得，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
所以，所以，所以，当且仅当时，等号成立，
易知在单调递增，故方程有唯一解.
又由以上不等式的等号不能同时成立，所以.
【点睛】关键点点睛：关键是利用不等式，，多次放缩证明.
34．（1）证明见解析（2）存在；详见解析
【解析】（1）求导，由，可知导函数大于零恒成立，由此即可得出无极值点；
（2）先必要性探路可知，再证明当时，是函数的极小值点，即证明其充分性，由此即可得出结论．
【详解】解：（1）证明：，
显然，，
当时，，
即，
∴函数在其定义域上为增函数，
故无极值点；
（2），
，
显然是的极小值点的必要条件，
为，即，
此时，
显然当时，
，
当时，
，
故，
令，
则，
故是减函数，
故当时，，
即，
令，
则，
当时，，
故在单调递增，
故当时，，
即，
故当时，
，
因此，当时，
是的极小值点，即充分性也成立.
综上，存在，使得在处取得极小值.
【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性和极值，考查逻辑推理能力以及运算求解能力，考查化归与转化思想．
35．(1)的单调递减区间为，无单调递增区间，
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）求出的定义域，对求导，利用导数与单调性的关系求解即可；
（2）由（1）可得时，，从而可得，令，利用放缩法可得，利用裂项求和法即可得证；
（3）对化简可得，只有一个零点，令，则有三个不同的零点等价于函数有三个不同的零点，分和两种情况讨论，结合零点存在性定理即可求解．
【详解】（1）函数定义域为，
因为，
所以在上单调递减，故的单调递减区间为，无单调递增区间，
（2）证明：由（1）时，，
所以，令，
则，
，
故
所以；
（3），
因为与同号，所以只有一个零点，
令，，由，
则有三个不同的零点等价于函数有三个不同的零点，
函数定义域为，
因为，
设，则，
①当时，，恒成立，此时在上单调递减，显然不符合题意，
②当时，，有两个零点，，
所以当时，，即；当时，，即；
当时，，即．
故在，,上单调递减，在,上单调递增；
因为，且，所以，所以，
由（2）知，时，，
所以，即，
所以，
所以由零点存在性定理知，在区间上有唯一的一个零点，
因为，
因为，所以，
所以时，存在三个不同的零点，1，，
故实数的取值范围是．
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
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、根据恒成立或有解求解参数的取值时，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，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
36．(1)在单调递减，在单调递增
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）直接利用导数的运算法则计算，利用三角函数的性质计算即可判定单调区间；
（2）根据为偶函数，则只判定时，即可；法一、分区间讨论显然成立，时，多次求导结合三角函数有界性判定即可；法二，在时，放缩证明即可，构造函数，利用导数研究其单调性证明即可；
（3）将题设通过换元法化简为有恒成立，当时，放缩得，构造函数，因为其为偶函数，只判定正区间即可；法一、多次求导结合隐零点判定其单调性即可；法二、分离参数，多次求导判定函数的单调性并求其最值即可.
【详解】（1）由，可知，
则，
在时，
令，解之得，
令，解之得，
所以在上单调递减，在上单调递增；
（2）法一、
注意到是偶函数，故只需证明当时，，
①当时，显然，
②当时，，
令，则，
令，则在上是单调函数，
而,
故，即，于是在单调递增，
又，可知,
于是在单调递增，
又，可知，证毕；
法二、
注意到是偶函数，故只需证明当时，，
①当时，显然，
②当时，，
而
当时，上式显然成立；
当时，上式等价于
令，
则，
即在单调递增，则，证毕；
（3）法一、
题设可化为:对恒成立，
令，则，条件进一步化为:
对任意，有恒成立，
注意到时，，
另一方面，当时，，
记，
显然函数为偶函数，故考虑时情形，
易得：，令，
令得，
于是在上单调递增，在上单调递减；
而，
故必然存在实数使得:
当时，，当时，，
于是在上单调递增，在上单调递减；
验证知:对任意恒成立.
因此，即，
综上，实数的取值范围为 ；
法二、
题设可化为：对恒成立，
令，则，条件进一步化为：对任意，
（*）恒成立
注意到与都是偶函数，故只需考虑情形即可.
①当时，结论显然.
②当时，（*）化为，
令，则，
令，则，
（1）当时，有，于是，
（2）当时，有单调递减；单调递增.
而，故，
进一步，在上单调递减，
于是得到:即为的取值范围.
【点睛】思路点睛：对于三角函数与导数结合问题，通常利用三角函数的有界性适当进行放缩，并分区间讨论来处理问题.
37．(1)函数不属于集合，理由见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据条件得到方程组，无解，故不属于集合；
（2）根据条件得到方程组，求出，进而得到正数的取值集合；
（3）根据条件得到方程有解，令，即函数有零点，证明出，分，和三种情况，结合隐零点得到证明.
【详解】（1）函数不属于集合.理由如下：
由题意得，
由得，
结合的任意性，得，显然无解，
所以不存在实数，对任意的，有.
即函数不属于集合.
（2）由题意得：
，
又，
由得，
结合的任意性，得，
所以，所以，又，即，
所以正数的取值集合为；
（3）函数得，即，
由题意可得：存在非零常数，使得，
即方程有解，
令，即函数有零点，
，
下面证明，
令，则，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故在处取得极小值，也是最小值，
故，故，
（i）当时，在单调递增，又，当时，，
不妨取，则，
所以有根记为，且①，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，上单调递增，
考虑到当时，，当时，
任意给定正实数，当时，，
当时，
由于，
故，
时，即可保证函数有零点，即②，
由得，由得③，
将③代入①有，化简得，
由得④，
（ii）当时，则，用替换（i）中的，得，
即⑤，
由④⑤得，即，
（iii）当时，，取，则，
满足，则，
综上，..
【点睛】方法点睛：导函数处理零点个数问题，由于涉及多类问题特征（包括单调性，特殊位置的函数值符号，隐零点的探索、参数的分类讨论等），需要学生对多种基本方法，基本思想，基本既能进行整合，注意思路是通过极值的正负和函数的单调性判断函数的走势，从而判断零点个数，较为复杂和综合的函数零点个数问题，分类讨论是必不可少的步骤，在哪种情况下进行分类讨论，分类的标准，及分类是否全面，都是需要思考的地方
38．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，利用零点存在性定理判断存在零点，利用隐零点方程代入化简，通过配方即可得证；
（2）令，同构函数，根据单调性转化为的根，构造，利用导数判断单调性，结合零点存在性定理判断零点范围，得，,将转化为.记（），利用导数判断的范围，设，，利用判断的符号，由单调性可证.
【详解】（1）当时，，，
∴，
易知在上单调递减，且，，
则，使得当时，，
当时，，且，即，即，
∴在上单调递增，在上单调递减，
∴存在唯一的极大值点，
而，
∴．
（2）令，得，
设，显然在定义域上单调递增，
而，则有，
∴．
依题意，方程有两个不等的实根，
即函数在定义域上有两个零点，
显然，当时，的定义域为，
在上单调递增，最多一个零点，不合题意，
∴，的定义域为，
∴求导，得，
当时，，当时，，
∴在上单调递减，在上单调递增，
，
要使有两个零点，必有，即，
此时，即在有一个零点，
，
令，，
求导得，显然在上单调递增，
∴，
∴在上单调递增，，
∴，则函数在上存在唯一零点．
由为的两个根中较小的根，
得，，
又由已知得，
从而，
∵，
∴，
∴．
设（），
当时，，，则符合题意，
当时，，则在上单调递增，
∴不合题意，
∴
∴设，．
求导，得，当时，
令，，
则，，
∴，在上单调递增，
从而，，即，，
从而，
即在单调递增，则，
于是，
即，
即．
【点睛】关键点睛：本题关键在于利用零点存在性定理判断零点范围，进而将条件方程转化为不等式，构造函数，利用导数讨论的范围，再通过判断的单调性，利用单调性即可得证.
39．(1)2
(2)（ⅰ）（ⅱ）证明见解析.
【分析】（1）根据不动点的定义，用导数方法求函数的零点个数，即可求解；
（2）（ⅰ）用导数讨论函数的单调性，求函数的零点个数，即可求解；
（ⅱ）先证明，再证明，利用切线放缩，转化为等比数列求和，即可得证.
【详解】（1）当时，，其定义域为.
由得，，
设，
，
当时，
当时，
所以在上单调递增，在上单调递减.
，
所以在上恰有一个零点，
且，
因为，所以，
所以在上恰有一个零点，
即在上恰有一个不动点，在上恰有一个不动点，
所以，所以的元素个数为2.
（2）（ⅰ）当时，由（1）知，有2个元素，不符合题意，
当时，，其定义域为.
由得，，
设，则，
设，则，
①当，即时，，即，
所以在上单调递增，
又，所以在上恰有一个零点，
即在上恰有一个不动点，符合题意，
②当，即时，有两个零点，
又因为，，
所以，
当时，，即，
当时，，即，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
因为，
所以在上恰有一个零点，
且，，
因为当趋近于0时，趋近于负无穷，
所以在上恰有一个零点，
所以至少有两个不动点，不符合题意，
所以的取值范围是，即.
（ⅱ）由（ⅰ）知，，
所以，
此时，
令，，
所以在上单调递增，
所以当时，，所以，
即，
所以由可得当，则，
因此，若存在正整数，使得，则，从而，重复这一过程有限次后可得，与矛盾，
从而，对，
下面我们先证明，当时，，
设，
则当时，，
所以在单调递减，
所以，即当时，，
因为，所以，
，
即，
由于，，
所以，，故，
故当时，
，
所以，
故，．
【点睛】关键点点睛：本题求解的关键有三个：一是理解不动点的含义；二是利用分类讨论确定集合；三是借助不等式进行放缩，把目标式放缩为一个等比数列求和，借助等比数列的求和公式可证结论.
40．(1)的减区间为，增区间为.
(2)（ⅰ）见解析；（ⅱ）见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.
（2）（ⅰ）由题设构造关于切点横坐标的方程，根据方程有3个不同的解可证明不等式成立，（ⅱ） ，，则题设不等式可转化为，结合零点满足的方程进一步转化为，利用导数可证该不等式成立.
【详解】（1），
当，；当，，
故的减区间为，的增区间为.
（2）（ⅰ）因为过有三条不同的切线，设切点为，
故，
故方程有3个不同的根，
该方程可整理为，
设，
则
，
当或时，；当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
因为有3个不同的零点，故且，
故且，
整理得到：且，
此时，
设，则，
故为上的减函数，故，
故.
（ⅱ）当时，同（ⅰ）中讨论可得：
故在上为减函数，在上为增函数，
不妨设，则，
因为有3个不同的零点，故且，
故且，
整理得到：，
因为，故，
又，
设，，则方程即为：
即为，
记
则为有三个不同的根，
设，，
要证：，即证，
即证：，
即证：，
即证：，
而且，
故，
故，
故即证：，
即证：
即证：，
记，则，
设，则，所以，
，
故在上为增函数，故，
所以，
记，
则，
所以在为增函数，故，
故即，
故原不等式得证：
【点睛】思路点睛：导数背景下的切线条数问题，一般转化为关于切点方程的解的个数问题，而复杂方程的零点性质的讨论，应该根据零点的性质合理转化需求证的不等式，常用的方法有比值代换等.