新高考数学一轮复习专题突破卷10 导数与不等式证明（2份，原卷版+解析版）

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1.简单不等式的证明
1．证明：当时，．
【答案】证明见解析
【分析】构造函数，利用导数求函数的最值，即可证明.
【详解】由题设，要证，只需证即可，
令，则，
∴当时，，单调递减；当时，，单调递增；
故，即在上恒成立，
∴，得证．
2．证明以下不等式：
(1)；
(2)；
(3).
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）令，利用导数求得函数的单调性，得到，即可证得；
（2）令，利用导数求得函数的单调性，得到，即可证得；
（3）由（1）得，由（2）得，结合①式与②式取等号的条件不同，即可证得.
【详解】（1）解：令，则有.
令，即，解得；
令，即，解得，
所以在单调递减，上单调递增，
所以，即.
所以.
（2）解：令，则.
令，即，解得；
令，即，解得，
所以在单调递增，上单调递减，
所以，即，
所以.
（3）解：由（1）得，所以（当且仅当时取等号）①.
由（2）得，所以（当且仅当时取等号）②
因为①式与②式取等号的条件不同，所以.
3．求证：．
【答案】证明见解析
【分析】构造新函数，转化成证明函数最小值非负即可解决.
【详解】证明：令，则
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增
则在时求得最小值，
即在上恒成立，即在上恒成立
4．证明：.
【答案】证明见解析
【分析】构造函数，求导，根据函数的单调性求解最值，即可求证.
【详解】令，则，
令，则，
所以在上单调递增，且，
故当时，单调递增，当时，单调递减，
故当时，取极小值也是最小值，
故，因此.
5．（多选）下列不等式成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABCD
【分析】利用构造函数法，结合导数的性质逐一判断即可.
【详解】A：构造新函数，所以，
当时，单调递减，当时，单调递增，所以当时，函数有最大值，最大值为：，
即，因此本选项不等式成立；
B：构造新函数，所以，
当时，单调递增，当时，单调递减，所以当时，函数有最小值，最小值为：，
即，因此本选项不等式成立；
C：设，
当时，单调递增，当时，单调递减，
所以当时，函数有最小值，最小值为：，
即，因此本选项不等式成立；
D：设，
因为，所以单调递减，所以当时，
有，即，因此本选项不等式成立，
故选：ABCD
6．（多选）下列不等式恒成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AB
【分析】首先构造函数利用导数求出最值，即可判断A，B正确，利用特殊值即可判断C，D错误.
【详解】对选项A，设，，
当时，，为减函数，
当时，，为增函数，
所以，即，故A正确.
对选项B，设，，
当时，，为增函数，
当时，，为减函数，
所以，即，故B正确.
对选项C，当时，，此时，故C错误.
对选项D，当时，，故D错误.
故选：AB
2.直接法
7．已知函数，，函数与函数的图象在交点处有公共切线.
（1）求、的值；
（2）证明：.
【答案】（1），；（2）证明见解析.
【分析】（1）由为函数与函数图象的交点，所以有，又在交点处有公共切线，根据导数的几何意义有，联立即可求解.
（2）构造函数，利用导数判断单调性并根据单调性求出最大值，求得即可证明.
【详解】解：（1），，
由题意得解得，；
（2）证明：令，
则，
令，得，令，得，
所以在上为增函数，在上为减函数，
所以，
所以，即.
8．已知函数.
(1)求的图象在点处的切线方程；
(2)求证：当时，.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据导数的几何意义可求出结果；
（2）将所证不等式变形为，再构造函数，利用导数证明即可.
【详解】（1），
，，
所以的图象在点处的切线方程为.
（2）当时，要证，即要证，只要证，
设，
，
当时，，当时，，
所以在上为增函数，在上为减函数，
所以，所以当时，，即.
故原不等式成立.
9．已知函数，
(1)若在区间上恰有一个极值点，求实数的取值范围；
(2)求的零点个数；
(3)若，求证：对于任意，恒有．
【答案】(1)；
(2)1；
(3)证明见解析.
【分析】（1）利用导数求出函数的极值点作答.
（2）利用导数探讨函数的单调性，结合零点存在性定理判断作答.
（3）把代入，对所证不等式作等价变形，再构造函数，利用导数推理作答.
【详解】（1）函数，求导得，当时，，当时，，
因此是的极小值点，依题意，，解得，
所以实数的取值范围是.
（2）函数的定义域为，求导得，
由得，由得，于是函数在上单调递减，在上单调递增，
而当时，，即有，因此在上没有零点，
显然，即函数在上存在1个零点，
所以函数的零点个数为1.
（3）当时，，，
于是要证，即证，只需证，
令函数，求导得，
由，得，由，得，即在上递减，在上递增，
因此，则，，即，
所以对于任意，恒有.
10．已知函数
（1）讨论函数的单调性；
（2）设，当时，证明：.
【答案】（1）见解析；（2）证明见解析
【分析】（1）首先对函数求导，对式子进行因式分解，结合函数的定义域，对参数的范围进行讨论，从而利用导数的符号确定出函数的单调区间；
（2）构造新函数，对函数求导，得到函数的单调性，从而得到函数的最值，根据函数的最小值大于等于零，从而证得结果.
【详解】（1）
当时，，
当时，，
∴时，在上递减，在递增
时，在上递增，在递减
（2）设
则
，时，，递减
，递增，
设，,则
时，时，递增，
时，，递减
，
，即
【点睛】该题考查的是有关应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有应用导数研究函数单调性，注意分类讨论思想的应用，应用导数证明不等式恒成立，注意构造新函数，结合最值得到结果.
11．设函数f(x)＝alnx＋，a∈R.
（1）讨论函数f(x)的单调性；
（2）当a＝1且x1时，证明：x2－x＋3f(x).
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）求出导函数，分类讨论确定的正负，得的单调性；
（2）不等式移项变形为一边为0，然后引入新函数，由导数确定单调性后，由函数单调性可证结论成立．
【详解】（1）定义域是，
，
时，则，在上单调递减；
时，时，，时，，
所以在上是减函数，在上是增函数；
（2）时，不等式x2－x＋3f(x)化为，
设，
，因为，所以，是增函数．
所以时，，原不等式成立．
12．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若，证明：当时，．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先对函数求导，然后分，，和四种情况讨论导数的正负，从而可求出函数的单调区间；
（2）要证，只需证，而，所以换元后构造函数，然后利用导数求其最大值小于等于即可.
【详解】（1）由，得
①时，，当，当，
所以增区间为，减区间为，
②时，得，
若，即时，恒成立，所以为R上的增函数
若，即时，由，得或，由，得，
所以增区间为，，减区间为
若，即时，由得或，由得，
所以增区间为，，减区间为
综上得：时，增区间为，减区间为；
时，增区间为；
时，增区间为，，减区间为；
时，增区间为，，减区间为.
（2）时，要证，
即证，即证
因为
令，（），
由，得，由，得，
所以在递增，递减，
所以最大值为，
所以，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区间，考查利用导数证明不等式，第（2）问解题的关键是将问题转化成证，令，只要证，再构造函数，利用导数求其最大值小于等于即可，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.
3.构造函数
13．已知函数．
(1)求函数在处的切线方程；
(2)求在的最大值和最小值，并说明函数零点个数；
(3)求证：曲线在抛物线的上方．
【答案】(1)
(2)最大值为,最小值为，函数有2个零点．
(3)证明见解析
【分析】（1）由函数在某点处的切线求解.
（2）求导，利用导数研究函数的单调性、最值及零点个数.
（3）令，只需证明即可.
【详解】（1），切点
，
切线方程为．
（2），令，则，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
因为，，
所以函数的最大值为；最小值为．
，，所以函数有2个零点．
（3）证明：由题意只要证，即证，
令，则，
令，则，
则单调递增，，，
所以在内有唯一解，设为，即，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
故，，
根据二次函数的性质可知，对称轴，
所以二次函数在单调递减，
，
故曲线在抛物线的上方．
14．已知函数，，证明：．
【答案】证明见解析
【分析】将不等式化为证明，构造函数分别证明即可.
【详解】证明：要证，，即证．
设，，则，
在区间上单调递减，
则，即．
设，，则，
在区间上单调递增，则，
即．
综上，当时，，即．
15．已知函数有两个零点．
(1)求a的取值范围；
(2)设，是的两个零点，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求导确定函数的单调性，即可根据最大值求解，
（2）构造函数，利用导数求解单调性，即可求解.
【详解】（1）的定义域为，，
当时，，在上递增，至多一个零点，不符合题意，舍去；
当时，令得，所以在上递增，
当，此时在上递减，
所以的极大值也是最大值，∴．
又时，；趋向于时，趋向于．
所以，有两个零点，a的取值范围为．
（2）不妨设，由，则．
构造函数，
，
因为，，∴，即，所以在是递增，又，所以，∴，
∴．
又，∴．
而，，在上递减，所以，，即，所以，．
16．已知函数，且恒成立．
(1)求实数的值；
(2)证明：．
【答案】(1)1
(2)证明见解析
【分析】（1）令，求得，设，利用导数判断单调递增，进而求得，设，利用导数判断函数的单调性，结合，即可求解.
（2）方法一：由（1）转化为，即证，设，利用导数得到单调性，转化为，令，利用导数求得函数的单调性，结合，即可求解；
方法二：令，得到，判断的单调性，结合，利用作差比较法，即可求解.
【详解】（1）令，
则，
设，则对任意恒成立，
所以在上单调递增，又，
所以存在唯一实数，
所以当时，单调递减；
当时，单调递增；
所以，
因为，
所以，且．
所以，
设，则，
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：由（1）知，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，
则在上单调递增，上单调递减，
所以，即，
又由在恒成立，在上单调递减，
所以，即，
所以要证，
只需证，即，
令，可得，
则在上单调递减，上单调递增，
所以当时，，
即恒成立，
所以．
方法二：令，则，
则在上单调递增，上单调递减，
所以，即，
在恒成立，在上单调递减，
所以，即，
要证，
只需证，即，
令，可得，
可得在上单调递减，在上单调递增，
所以当，函数取得极小值，也为最小值，所以，
所以恒成立，
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.
4.隐零点代换
17．已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，证明：.
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）把代入，求出的导数，利用导数的几何意义求出切线方程作答.
（2）根据给定条件，构造函数，利用导数探讨函数单调性、最值情况推理作答.
【详解】（1）当时，，求导得，则，而，
则切线方程为，即，
曲线在点处的切线方程为.
（2）当时，令，，求导得，
显然函数在上单调递增，令，，，
即函数在上单调递增，而，
则存在唯一，使得，即，因此存在唯一，使得，
当时，，当时，，因此函数在上递减，在上递增，
当时，，则，（当且仅当即时，取等号，故式子取不到等号）
所以当时，.
【点睛】思路点睛：函数不等式证明问题，将所证不等式等价转化，构造新函数，再借助函数的单调性、极(最)值问题处理.
18．（ 2023秋·山东枣庄·高三统考期末）已知函数.
(1)当时，求不等式的解集；
(2)当时，求证在上存在极值点，且.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）当时，先证明在上递增，注意到，然后利用单调性解不等式；
（2）先根据零点存在定理，说明存在正数解，然后利用，用表示后，构造函数，证明即可.
【详解】（1）时，，，令，则，于是时，，递增，时，，递减，
故在处取得最小值，即，于是，故在上递增，注意到，
故，结合单调性，于是，即，解得，不等式的解集为.
（2），则，令，，由可知，时，，递增，时，，递减，在处取得最小值，
而，又记，，
故在上单调递减，故，于是，即；
，令，，记，则，则在单增，，
故在上递增，，取，则；
记，，于是时，，递减，时，，递增，故在处取得最大值，
故，取得等号，于是. 于是，
由和零点存在定理可知，，使得，且，，，，所以是极小值点；
由可得，，令，代入，整理，，
于是时，，递减，时，，递增，故在处取得最大值，故，取，故，原命题得证.
【点睛】本题第二问的关键有两步，第一，使用零点存在定理时，这两个点的寻找；第二证明存在极值点后，设而不求，用隐零点的方式处理.
19．已知．
(1)若函数在区间上单调递增，求实数的取值范围；
(2)若函数有两个极值点，证明：．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，利用给定的单调性列出不等式，再结合恒成立条件求解作答.
（2）根据给定条件，求出a的取值范围，将用a表示出，再构造函数并借助导数推理作答.
【详解】（1）函数定义域为，依题意，，成立，
即，成立，而当时，，因此，
而时，不是常数函数，于是得，
所以实数的取值范围是.
（2）由（1）知，，因有两个极值点，则，即有两不等正根，
于是得，有，
，
，令，，
，显然函数在上单调递增，而，
因此，使得，即，当时，，当时，，
于是得在上单调递减，在上单调递增，，
显然在上单调递增，则，因此，即有，
所以.
【点睛】思路点睛：函数不等式证明问题，将所证不等式等价转化，构造新函数，再借助函数的单调性、极(最)值问题处理，本题的关键点在于转化成新函数的最值问题后，需要通过隐零点代换，进而求出函数的最值，使问题得到解决.
20．已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)设函数有两个极值点，，证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）运用导数分类讨论、、时的单调性即可.
（2）根据已知条件将证明转化成证明（），运用导数研究的最大值与0比较即可.
【详解】（1）由题意知，定义域为，
，
令，则，
①当时，，，在上单调递减，
②当时，，的2个根为，，
此时，则，或，
所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
③当时，，的2个根为，，
此时，，则，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
综上，①当时，在单调递减；
②当时，在单调递减，在单调递增，在单调递减；
③当时，在上单调递增，在上单调递减．
（2）因为有两个极值点，，
所以由（1）可知，且，，
所以，
要证，即证，
只需证，，
令，，
则，
令，则恒成立，
所以在上单调递减，
又，，
由零点存在性定理得，使得，即，
所以时，，单调递增，
时，，单调递减，
则，
令，，
则当时，，
所以在上单调递增，
所以，
所以，即．
【点睛】隐零点问题求解三步曲：
（1）用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程，并结合的单调性得到零点的取值范围．
（2）以零点为分界点，说明导函数的正负，进而得到f(x)的最值表达式．
（3）将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明，有时(1)中的零点范围还可以适当缩小．
21．已知函数，其中．
(1)求的单调区间；
(2)若，函数，证明：的极小值恒大于．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）求导得，分和讨论即可；
（2）求导得，令，利用导数和隐零点法得，而分析得，再根据，则可证明的极小值恒大于.
【详解】（1），
当时，在上单调递增；
当时，令，解得；令，解得.
综上，当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为,
（2）当时，,
所以.令，则,
所以在上单调递增，
又，
由函数零点存在定理可知存在唯一实数,使得，
即，即.
当时，，即，则单调递减；
当时，，即，则单调递增，
所以.
因为，所以,
所以的极小值恒大于.
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是令，从而利用隐零点法得到，再分析代换得，最后根据即可证明原结论.
22．已知函数．
(1)若的最小值为，求a的值；
(2)若，证明：函数存在两个零点，，且．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数研究函数的单调性，根据函数的最小值列等式，再利用函数的单调性求a的值；
（2）利用导数研究函数的单调性，结合零点存在定理证明函数有两个零点，结合对数运算寻找函数的两个零点之间的关系，即可根据基本不等式证明不等式.
【详解】（1）由题意得的定义域为，，
令，则，所以函数在上单调递增．
因为，所以，，所以存在唯一的，使得，
即，所以，
当时，，单调递减；当，，单调递增．
所以，
所以，即，
易知单调递增，且， 所以，所以．
（2）当时，，，显然单调递增，
又，，所以存在唯一的，使得，即，所以，
所以当时，，单调递减；当时，，单调递增．
因为，，，所以有两个零点，，
不妨设，则，．
因为，
所以， 所以也是的零点，
因为且只有两个零点和，所以．
所以.
【点睛】方法点睛：（1）运用导数可以研究函数图象的切线、函数的单调性、函数的最值和极值、函数的零点，证明不等式等．运用导数解决问题时一定要有定义域优先意识；
（2）本题寻找函数的两个零点之间的关系较难，故当综合法受阻时，可借助分析法猜测两个零点之间的关系，再进一步验证.
5.同构法
23．已知．
(1)若的图象在x＝0处的切线过点，求a的值；
(2)若，，求证：．
【答案】(1)a＝1
(2)证明见解析
【分析】（1）求出导函数，利用可得值；
（2）用分析法，不等式变形化为同构式，引入函数，由导数确定其单调性后，只要证明，时，即，即，时，
再引入函数，又由导数得其单调性，从而得结论成立．
【详解】（1）因为，
所以，
所以，，
因为的图象在x＝0处的切线过点，
所以，即a＝1．
（2）要证，即证，
即证，
因为，，所以，，
设，则可化为，
因为，在上是减函数，
所以问题转化为，时，即，
即，时，
设，因为，则在上是增函数，
所以，
所以在上是增函数，所以，
所以，时，
即，时．
【点睛】本题考查导数的几何意义，考查用导数证明不等式．证明不等式的方法是分析法，即对不等式进行变形，寻找不等式成立的条件，难点是首先对不等式同构变形后引入函数，利用函数的单调性再化简不等式，然后取对数后再引入新函数，确定单调性，利用函数的单调性得出证明．考查了学生逻辑思维能力，创新意识，属于难题．
24．设实数，若对任意的，关于x的不等式恒成立，证明的最小值为．
【答案】证明见解析
【分析】根据对数恒等式及函数的单调性得在上恒成立，利用分离参数法得在恒成立，再利用导数法求函数的最值即可求解.
【详解】
令，
，
，
所以在上单调递增；
，即
令，，则
当时，在上单调递减；
当时，函数取的最大值为
，即，
即证，实数的最小值为．
【点睛】解决此类问题运用同构原理，根据对数恒等式及单调性，再结合解决函数横成立的问题的方法即可.
25．已知，（n为正整数，）．
(1)当时，设函数，，证明：有且仅有1个零点；
(2)当时，证明：．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）对进行二次求导，根据二阶导数的单调性，确定一阶导数的正负，从而判断原函数的单调性，结合零点存在定理，即可求证.
（2）根据题意，只需证即可，结合结合同构函数，即可容易证明.
【详解】（1）当时，
记，则
所以在区间上单调递增
而，
所以存在，使得，即
当时，，单调递减
当时，，单调递增
又，，
所以在上没有零点，在上有一个零点，
综上所述，函数在内只有一个零点.
（2）当时，，
要证，
即证，
令，则，
所以在单调递减，，即，
要证只需证，
令，则，
∴在单调递减，在单调递增，
∴，即，
∴，即，
所以成立，
∴原命题得证.
【点睛】本题考查利用导数证明函数的零点个数，以及利用导数证明不等式恒成立，解决第二问的关键是利用进行放缩，以及利用同构构造函数进行证明，属综合困难题.
26．已知函数．
(1)证明：当时，；当时，；
(2)若关于x的方程有两解，证明：
①；
②．
【答案】(1)证明见解析
(2)①证明见解析 ；②证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，根据其正负判断函数的单调性，从而证明结论；
（2）①根据有两解可得有两零点，利用其导数求得其最小值，根据条件列出相应不等式，求得参数范围，即证明结论；
②根据由，推出，结合和（1）的结论，得，即，同理可得，从而同构函数，结合一元二次方程根的分布求得其根的范围，即可证明结论.
【详解】（1）证明：设，则，仅当时取等号，
所以是增函数，且，当时，，即；
当时，，即．
综上，当时，；当时，．
（2）证明：①由题意，得，，
则，．
令，则，．
因为时，，当时，，
所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以是的极小值点，也是最小值点，且．
要有两个不同的零点，首先必须，即，
而当时，，所以需满足，
则当时，在区间内有一个零点；
又，则在区间内又有一个零点．
综上，若关于x的方程有两解，则．
②由①可知，由，得，
即，即．
因为，所以由（1），得，
即，整理，得①．
因为，所以同理可得②
由①②，同构函数，则，．
因为，，，所以方程有两个不等正实根，
设，则且，则有，，
所以，即．
【点睛】难点点睛：本题主要考查了利用导数判断函数的单调性和解决零点问题以及证明不等式，综合性加强，难度较大，解答的难点在于证明，要结合方程两解情况，同构函数，进而判断其根的分布范围，进而证明结论.
27．已知函数，．
(1)求证：存在唯一零点；
(2)设，若存在，使得，求证：．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）二次求导，得到在上单调递减，在上单调递增．因为，所以有唯一零点；
（2）利用同构得到，故不等式变形为，构造，二次求导，结合特殊点的函数值，得到在上单调递减，在上单调递增，所以，从而证明出结论.
【详解】（1）证明：由题意，得．
记，则．
因为时，恒成立，所以在上单调递增．
因为，所以在上恒小于0，在上恒大于0，
所以在上单调递减，在上单调递增．
因为，所以有唯一零点x=1．
（2）由，得．
记，故，
因为在上单调递增，所以，
则，
设
则，令，
则．
因为在上恒成立，
所以在上单调递增，注意到，
所以的解集为，的解集为，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以．
又因为，所以．
【点睛】关键点点睛：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，本题难点是将变形为，从而构造，得到，从而双元变单元，进行求解.
28．已知函数，当时，证明：．
【答案】证明见解析
【分析】先化简得到，再构造，利用导函数得到其单调性，从而求出，从而得到的单调区间和最值，不等式得到证明.
【详解】，设，
则，设在上单调递减，上单调递增，
∴，
∴
其中，，
因为，所以，
令得：，令得：，
所以在上单调递减，在上单调递增．
在处取得极小值，也是最小值，
∴，
∴
即．
【点睛】同构法对函数进行变形，常用的变形有，，，等.
6.巧用放缩法
29．已知函数，．
(1)设，求曲线在点处的切线方程；
(2)证明：当时，．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数求斜率，然后可得；
（2）根据已知对函数进行放缩，然后利用导数求最值可证.
【详解】（1）当时，，
∴
，∴
曲线在点处的切线方程为；
（2）∵，∴
∴当时，
令，，
令，易知令在上单调递增
又∵
∴当时，，则，∴单调递减
当时，，则，∴单调递增
，即
∴当时，
30．已知函数f(x)＝xex－a(x＋ln x)．
(1)讨论f(x)极值点的个数；
(2)若x0是f(x)的一个极小值点，且f(x0)>0，证明：f(x0)>2(x0－)．
【答案】(1)当a≤0时，f(x)无极值点，当a>0时，f(x)有一个极值点；
(2)证明见解析
【分析】（1）对函数求导，讨论的不同的范围求出函数极值点的情况
（2）由（2）可得，将值代入，构造函数，可得它的单调性，进而求出的范围，再构造函数，求导，求出其单调性可得，放缩可得．
【详解】（1），，
①当时，在单调递增，不存在极值
②当，令，则，令，，单调递增，
又因为，（a），
必存在，使，
，，，单调递减，
，，，，单调递增，
所以是的极小值点，
综上所述：当，无极值点，
时，有一个极值点．
（2）证明：由（2），即，
所以，所以，，
由，，可得，
令，，显然在单调递减，
而（1），由（1），所以，
令，，，，函数单调递增，，，单调递减，
所以（1），
所以，
所以，
所以，即，
因为，所以，
，
两式相乘可得，
所以，
即证．
【点睛】本题解题的关键是利用“隐零点”的解法得到函数的最值，进而利用放缩及构造证明不等关系.
31．已知函数.
(1)求函数的单调区间和极值；
(2)当时，求证：.
【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为，极小值为，没有极大值
(2)证明见解析
【分析】(1)求f(x)的导数，利用导数即可求f(x)单调区间，根据单调性即可求其极值；
(2)化简要证明的不等式，构造新函数，利用sinx≥－1放缩，转化为已知函数求解.
【详解】（1）易知函数定义域为R，
∵，∴，
令，解得，在上单调递增，
，解得，在上单调递减，
即的单调递增区间为，单调递减区间为，
∴函数的极小值为，没有极大值；
（2）解法一：要证，
即证，
设，要证原不等式成立即证成立，
∵
∵，∴(当且仅当，时等号成立)，
由(1)知(等号成立)，
∴，∴在单调递增，∴
∴当时，得证.
解法二：要证，
即证
设，要证原不等式成立即证成立，
∵，
设，
则，令m(x)＝，
则
∵，，又，∴，
即在单调递增，
∴，即在单调递增，
∴，∴，
即在单调递增，∴
∴当时，得证.
【点睛】本题关键在于利用sinx≥－1对函数进行放缩，将构造的新函数转化为已知的函数求解，(2)问的解法二关键在于利用多次求导判断函数的单调性求函数的最值.
32．已知函数，曲线在点（1，f(1)）处的切线的斜率为2
(1)设，若函数在[m，＋∞）上的最小值为0，求m的值；
(2)证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数的意义求解得，进而得到，求导分析的单调性可得g(x)在（0，＋∞）上单调递增，结合求解即可；
（2）由（1）令，可得当时，再结合放缩转换为证明，构造函数，再求导分析单调性证明即可
【详解】（1），由题得，
所以，所以，
所以，
令，则，
当时．，h(x)在（0，1）上单调递减；当时，h(x)在（1，＋∞）上单调递增，
所以，所以，所以g(x)在（0，＋∞）上单调递增，
又，所以．
（2）证明：由（1）知时，恒成立，
令，所以恒成立，
所以，故，当且仅当时等号成立，
所以当时，，
要证，只需证，
由（1）知，即，当且仅当时等号成立，
即证当时，，即证，
令，，则，
令，，则在（0，＋∞）上恒成立，
所以k(x)在（0，＋∞）上单调递增，所以，即，
所以m(x)在（0，＋∞）上单调递增，所以，
即成立，
所以成立．
【点睛】本题主要考查了利用导数分析函数的单调性问题，同时也考查了利用前问结论，放缩证明不等式恒成立的问题，需要构造函数求导分析函数的单调性与最值，结合三角函数的取值范围分析，属于难题
33．设函数．已知当时，存在，使得．
(1)讨论的导函数的零点个数；
(2)证明：当时，．
【答案】(1)当时，在上没有零点；当时，的在上有唯一零点.
(2)证明见解析.
【分析】(1)利用导数的单调性和零点存在定理，进而确定零点个数.
(2)利用导数的放缩，得到，进而得到，再讨论的单调性，得到，即可求解.
(1)
因为，所以，，又因为，
当时，，此时没有零点；
当时，存在，使得，且令，
，得到在上单调递增，
即在上单调递增，又因为存在，使得，
又，根据零点存在定理以及的单调性，
可知导函数的在上有唯一零点.
(2)
由已知得，，
因为，所以，，
当时，，单调递减
，当时，，单调递增；
，得，所以，；
则，
设，得，
令，此时，时，，
时，，，，
所以，，
所以，当时，，题目得证.
【点睛】关键点睛：解题的关键在于利用导数的放缩，通过放缩，对不等式进行化简，进而把问题转化为证明成立，最后通过讨论证明不等式，属于难题.
34．设函数，.
(1)求曲线在点（2，g（2））处的切线方程；
(2)设，求h（x）的最小值；
(3)证明：.
【答案】(1)
(2)0
(3)证明见解析
【分析】(1)先根据导函数，求出切线斜率，再根据点斜式，即可求解，
（2）令，再求导函数，令，得，所以在R上为增函数，从而求出有最小值，即可求解.
(3)根据（2）的结论，题意可转化为证明，再由切线放缩，题意可转化为证明，两边平方，即可证明.
【详解】（1）由，，
即，且g（2）＝3，所以曲线y＝g（x）在点（2，g（2））处的切线方程为，即，
（2）由，得，
令，则，所以在R上为增函数，
注意到，则当x0时，，
所以h（x）在上单调递减，在上单调递增，
所以x＝0是h（x）的极小值点，也是h（x）的最小值点，
故h（x）的最小值为h（0）＝0.
（3）令.
由（2）得，从而（当且仅当x＝0时取等号），所以，要证，现只需证明，
而曲线在x＝2处的切线方程为.
因为（当且仅当x＝2时取等号），
所以成立，由此，即证.
而（当且仅当x＝2时取等号）.
所以成立.
综上，，即成立.
【点睛】本题考查利用导数证明不等式，要充分利用前面问题的结论，进切线放缩，才可求解。
7.数列不等式
35．已知各项均为正数的数列，满足，．
(1)求数列的通项公式；
(2)记，试比较与9的大小，并加以证明．
【答案】(1)
(2)，证明见解析
【分析】（1）利用因式分解推得，从而得到是等比数列，进而求得，由此得解；
（2）构造函数，利用导数证得，令，从而推得，再利用错位相减法即可得证.
【详解】（1）因为，
所以，
因为的各项均为正，所以，故，即，
所以是以2为公比的等比数列，
因为，又公比为2，
所以，所以.
（2），证明如下：
令，则，
当时，，即在上单调递减，
所以，则，即，
设，所以，
所以，
记，则，
所以，
即，则，所以，所以.
36．已知.
(1)证明：；
(2)证明：时，.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，结合函数的单调性求得的最大值，从而证得结论；
（2）由（1）知，从而，，，…，，相加即可得证.
【详解】（1）由题意知，的定义域为，，
令，解得：令，解得.
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以的最大值为，
所以.
（2）由（1）知，当且仅当时等号成立，
所以，，，…，，
所以.
37．已知函数.
(1)若恒成立，求的取值范围；
(2)当时，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）将问题转化为恒成立，对参数进行分类讨论，根据函数的单调性，即可求解；
（2）时，，结合（1）的结果，可得，再利用不等式进行适度放缩，结合裂项求和，即可证明.
【详解】（1），可得.
令，其中，则.
①当时，，合乎题意；
②当时，由基本不等式可得，
当且仅当时，等号成立，，当且仅当时，等号成立，
所以，，
所以，不恒成立，不合乎题意；
③当时，，当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，所以，，可得，解得.
综上所述，实数的取值范围是；
（2）当时，，所以.
由（1）知：，即，所以.
令，得，即，所以.
当时，，则，显然，结论成立；
当时，
，
结论成立.因此，当时，成立.
【点睛】思路点睛：本题第二小问考查的是证明不等式，综合了导数与数列的知识，基本方法应使用不等式适度放缩，使得左边的和能求出，进而得出结果.
38．已知函数，其中为常数.
(1)若，求函数在其定义域内的单调区间；
(2)证明：对任意，都有：；
(3)证明：对任意，都有：.
【答案】(1)单调递增区间为；单调递减区间为
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）对求导，利用导数与函数单调性的关系求解即可；
（2）令，利用导数证得，从而令即可得证；
（3）法一：利用（2）中结论，结合累加法推得，再构造函数，利用导数证得，从而得证.
法二：利用（2）中结论，结合累加法推得，再构造函数，利用导数证得，从而得证.
【详解】（1）若，则，
此时的定义域为，
令得或（舍去），
故当时，，此时单调递增；
当时，，此时单调递减；
故的单调递增区间为；单调递减区间为.
（2）当时，，
此时的定义域为，，
所以当时，始终单调递增，
故当时，，即，即，
令，得，即，
所以对于任意的，都有成立.
（3）法一：
由（2）可知，对于任意的均成立，
所以，
则，
接下来只需要证，
令，其中，
则恒小于0，
所以当时，单调递减，则，
于是，当时，恒成立，即恒成立.
所以.
法二：
由（2）可知，对于任意的均成立，
所以，
则，
接下来只需要证，
令，其中，则，
令，则，
当时，，则在上单调递减，即在上单调递减，
故，则在上单调递减，
所以当时，，
于是当时，恒成立，即恒成立，
所以.
【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．
39．已知函数，
(1)若，求的图象在处的切线方程；
(2)若对任意的恒成立，求整数a的最小值；
(3)求证，
【答案】(1)
(2)1
(3)证明见解析
【分析】（1）求导得切线斜率，由点斜式即可求解直线方程，
（2）根据恒成立将问题转化为恒成立，构造函数求导，利用导数求解单调性，结合零点存在性定理即可求解，
（3）由（2）的结论可得，即可由求和关系，结合等比数列求和公式即可求解.
【详解】（1）当时，，
，
所以的图象在处的切线方程为，
（2）由可得对任意的恒成立，
记则，
由于均为的单调减函数，故在单调递减，
且
所以存在唯一的实数，使得，即，
当单调递增，
当单调递减，
所以当时，取极大值也是最大值，，
由于均为的单调递增，且均为正，故单调递增，
因此，所以，
当时，现证明，
设，
则当时单调递减，当时，单调递增，
当，故
当单调递增，当单调递减，所以，故，
由于，所以，
所以
综上可知，故
所以整数a的最小值为1
（3）由（2）知当时，恒成立，即对任意的恒成立，
取，则，
所以，
因此
【点睛】关键点点睛：求某点处的切线方程较为简单，利用导数求单调性时，如果求导后的正负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.在证明不等式时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键.
40．已知函数，.
(1)讨论的单调性；
(2)当时，证明：；
(3)证明：对任意的且，都有：.
【答案】(1)见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求得，对参数进行分类讨论，即可求得不同情况下函数的单调性；
（2）构造函数，利用导数研究函数单调性和最值，即可证明；
（3）根据（2）中所求得，结合放缩法和累加法即可证明.
【详解】（1）函数定义域，
，
当时，恒成立，所以在单调递增；
当时，令，得，
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
综上所述，当时， 在单调递增；
当时， 在单调递增，在单调递减.
（2）当时，，
要证明，
即证，即证，
设，则，
令得，可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减．
所以，即，
故得证.
（3）由（2）可得，（当且仅当时等号成立），
令，，
则，
所以
，
即，
所以.
【点睛】方法点睛：本题考查利用导数研究含参函数单调性，以及构造函数利用导数证明不等式，以及数列和导数的综合，要善于运用转化法，整体代换转化进行放缩证明不等式.
1．已知函数.
(1)当时，讨论的单调性；
(2)当时，，求的取值范围；
(3)已知函数，对任意的，求证：.
【答案】(1)在上递增，在上递减；
(2)
(3)证明见解析.
【分析】（1）先求出函数的定义域，然后对函数求导，再根据导数的正负可求出函数的单调区间；
（2）将问题转化为恒成立，设，对函数求导，分三种情况讨论的最值，即可得解；
（3）由题意得，求导后可判断在上递增，则，令（），则，（），然后利用累加法可证得结论.
【详解】（1）函数的定义域为，
当时，，则，
令，则，
所以在上递增，
因为，所以当时，，即，当时，，即，
所以在上递增，在上递减；
（2）由，得，
即，
所以，
令，
则
，
①若，即时，当时，，
所以在上递增，而，
所以当时，，不合题意；
②若，即时，
当或时，，当时， ，
所以在上递增，在和上递减，
因为，所以当且仅当，即，
所以当时，，
③若，即时，，
由于，所以由②可得，
所以当时，，
综上，的取值范围为；
（3）
，
则，
当时，，所以在上递增，
所以，所以，
所以，
令（），则（），
即（），
所以，（），
所以，即，
同理得，，…，，
所以，
所以.
【点睛】关键点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数讨论函数的单调性，考查利用导数解决不等式恒成立问题，考查利用导数证明不等式，第（3）问解题的关键是利用导数判断出在上递增，则可得，然后令，转化为，（），再给依次增加1，得到个不等式相加可得结论，考查数学转化思想和计算能力，属于难题.
2．已知函数.
(1)若函数在区间上单调递增，求实数的取值范围；
(2)求证：当时，.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）转化为，即对恒成立,再根据函数求出最小值可得结果；
（2）（法一）两次求导得的最小值，再根据基本不等式可得.（法二）利用进行放缩可证.
【详解】（1）的定义域为,.
依题意得：对恒成立,
对恒成立.
令，
则，
当时，，
故在上单调递增，
所以的最小值为.
故，即的取值范围为.
（2）（法一）当时，设，
由，得在上单调递增，
又，，
由零点存在定理可得在上有唯一零点，
设此零点为，则，有，
两边取对数并整理得，
当时，单调递减；
当时，单调递增，
故
.
即当时，.
（法二）我们先证明，，当且仅当时等号成立.
构造函数，则，
当时，单调递减；
当时，单调递增，
故，即，当且仅当时等号成立.
当时，对两边同时取对数有，
故当时，当且仅当时等号成立.
所以，
两个“”中等号成立的条件分别为和，
故当时，.
当时，，又，
所以；
当时，，又.
综上所述，当时，.
【点睛】方法点睛：第（2）问，一般地，要证不等式成立，可以通过构造函数，利用导数求出函数的最值，再证明最值使不等式成立即可.
3．已知函数．
(1)证明；
(2)关于的不等式恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意，求得并化简得到，得出函数的单调区间，结合，即可可证；
（2）根据题意把不等式转化为，根据为增函数，转化为恒成立，令，求得，得出函数的单调区间和最大值，即可求解.
【详解】（1）由函数，可得，
令，可得；
令，可得，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以，即．
（2）由不等式，可得，
因为为增函数，则，即在恒成立，
令，可得，
再令，可得，所以单调递减，
又因为，
所以当时，，，函数在上单调递增；
当时，，，函数在上单调递减，
即在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以最大值为，所以实数的取值范围为．
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
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．
4．已知函数.
(1)若，讨论函数的单调性和极值情况；
(2)若，求证：当时，；
(3)若，求证：当时，.
【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增，在处取得极小值
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求出的导数，判断导数取值范围进而确定的单调性，进而可求极值；
（2）求出二次导数，判断出单调递增，代入求出在的取值范围，以此找出的最小值即可；
（3）在（2）的基础上讨论的取值范围，将a进行分类讨论，判断出的单调区间，找出最小值即可.
【详解】（1），则.
令，则.
当时，；
当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得极小值.
（2）证明：当时，因为，
令，则，
故在单调递增.
当时，，
故在单调递增，则.
（3）证明：由（2）可知在上单调递增，.
①当时，，
故在单调递增，
所以；
②当时，.
因为，
故存在使得（*）.
又因为在单调递增，
所以当时，；
当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故.
由（*）得，代入上式，
得.
因为，令，
所以，.
当时，，
所以在上单调递增，
所以，
所以，则，
所以当时，，即得证.
【点睛】方法点睛：函数零点与参数的变换.
在此题中，当函数的导数存在零点时，函数最小值会随着参数的变化而变化，此时函数中存在两个变量，不易判断出函数的最小值.解决此问题的方法为假设函数最小值点，也就是假设导函数的零点，在导函数中代入零点构造方程即可将参数用零点表示出来，再代回原式即可得到只有一个变量的函数解析式.
5．已知函数.
(1)若在上单调递减，求实数的取值范围；
(2)若时，存在两个极值点、，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意可得在上恒成立，转化为在上恒成立，构造函数，利用导数可求出的取值范围，即可得出实数的取值范围；
（2）由（1）知：、满足，，不妨设，则，则，所以只需证成立，构造函数，利用导数证明出对任意的恒成立即可.
【详解】（1）解：因为，则，
因为函数在上单调递减，则对任意的，，
即，可得，
设，则，
当时，，所以，单调递增，则，故，
即实数的取值范围是．
（2）证明：由（1）知：、满足，则，
不妨设，则．
则，
则要证，即证，
即证，也即证成立．
设函数，则，
所以，在单调递减，又．
故当时，，
所以，，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.
6．已知函数.
(1)若方程有3个零点，求实数的取值范围；
(2)若有两个零点，求证：，且.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）将问题转化为与有三个不同的交点，利用导数研究函数的性质，从而结合图象即可求得实数的范围；
（2）利用导数求得函数的单调性，再利用零点存在定理证得，再利用零点的定义将问题，构造函数，利用导数证得即可得证.
【详解】（1）解：令，即得，即方程有三个零点，
即直线与曲线有三个不同的交点，
可得，
所以当或时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时，有极小值为，
当时，有极大值为，
当时，，且当时，，
所以作出函数的图象如图所示，
所以数形结合可知，即实数的取值范围为.

（2）解：因为，
当时，单调递增，不可能有两个零点，所以，此时，
令，得，所以当时，；
当时，，
故在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以，
若有两个零点，则，得，所以，
当时，，，，
故存在，使得，
又当趋向于时，趋向于，故存在，使得，
故，则满足，可得，即，
要证，只需证，
两边同乘以，可得，
因为，，所以，
令，即证，即证，
令，可得，
令，，故在区间上单调递增，
故，因此，所以在区间上单调递增，
故，因此原不等式成立.
【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
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．
7．已知函数．
(1)当时，求在区间上的最值；
(2)若有两个不同的零点，，求的取值范围，并证明：．
【答案】(1)最大值为0，最小值为
(2)的取值范围为，证明见解析
【分析】（1）先求导函数，再根据导函数正负确定单调区间最后求出最值即可；
（2）先根据零点个数求出参数的范围，再设，把二元不等式转化为一元，结合导函数的性质求解即得.
【详解】（1）当时，，，
．
由，得；由，得，所以在区间上单调递增，在区间上单调递减．
因为，，
，
，
所以在区间上的最大值为0，最小值为．
（2）．
当时，，在上单调递减，不可能有两个零点，舍去；
当时，所以，
由，得，所以在上单调递增；
由，得，所以在上单调递减．
当时，取得极大值，极大值为．
为满足题意，必有，得．
又时，，
时，，
所以的取值范围为．
因为，是的两个不同的零点，
所以，，
两式相减得．
设，要证，
只需证，即证．
设，只需证，
设，则，
∴在上为增函数，从而，
所以成立，从而．
【点睛】关键点点睛：解题关键是设，把二元不等式转化为一元，结合导函数的性质求解即得.
8．已知函数的图象在处的切线与直线垂直.
(1)求的值
(2)已知函数.求证
【答案】(1)
(2)证明见解答
【分析】（1）求导，由导数的几何意义可得，从而可得出；
（2）令，利用导数研究函数单调性，可得函数最值，从而可证明结论．
【详解】（1），又函数的图象在处的切线与直线垂直
所以，解得
（2）证明：构造函数，则
令，则，
因此在单调递增.
又因为，
故在有唯一实根，且，
当时，单调递减，
当时，单调递增；
从而当时，取得最小值，
由得，，即，
故
因此.
9．已知函数，．
(1)若曲线在点处的切线方程为，求的值；
(2)设函数，证明：的图象在的图象的上方．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义根据题意列方程组可求得答案；
（2）令，，将问题转化为证明对任意的，恒成立，等价于证明当，的最小值大于零，然后利用导数求的最小值即可.
【详解】（1）因为，，
所以．
依题设，，，且．
解得，．
（2）令， ，
证明的图象在图象的上方，
等价于证明对任意的，恒成立，
等价于证明当，的最小值大于零．
由，得，，
令，则，
且当时，．
所以在区间上单调递增，
因为，，
所以在区间上存在唯一零点，
所以，即．
当时，，当时，，
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以．
因为，且，
所以．
因为，所以．
故．
所以．
故对任意的，恒成立，
即的图象在图象的上方．
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查导数的几何意义，考查利用导数证明不等式，解题的关键是将问题转化为证明对任意的，恒成立，然后利用导数求的最小值即可，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.
10．已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数有两个零点，，且，求证:(其中是自然对数的底数).
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，再对分类讨论，分别求出函数的单调区间；
（2）由题意，是方程的两个根，即可得到，令则，则，只需证明当时，不等式成立即可.
【详解】（1）函数定义域为，
，
当时恒成立，所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减；
当时令，解得或，
当，即时恒成立，所以在上单调递增；
当即时，令，解得或，则在，上单调递增，
令，解得，则在上单调递减；
当即时，令，解得或，则在，上单调递增，
令，解得，则在上单调递减；
综上可得，当时在上单调递增，在上单调递减；
当时在上单调递增；
当时在，上单调递增，在上单调递减；
当时在，上单调递增，在上单调递减；
（2）因为，
由题意，是方程的两个根，
①，②，
①②两式相加，得③，
①②两式相减，得④，
联立③④，得，
，
设，，，
，，
因为，所以，则，
若，则一定有，
只需证明当时，不等式成立即可，即不等式成立，
设函数，，
在上单调递增，故时，，
即证得当时，，即证得，
，即证得，则．
【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．
11．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当时，．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求函数的导函数及其零点，分区间确定导数值的正负，由此确定函数的单调性；
（2）结合（1）由分析可得要证明原结论只需证明，设，利用导数求其最大值即可.
【详解】（1）由，得，
①当时，，在上单调递减；
②当时，令，得，
当时，，单调递增；
，，单调递减；
（2）由（1）知，当时，，
要证：当时，，
可证：，
因为，即证：，
设，，
令，则，
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
，所以，
即，
所以当时，．
12．设函数.
(1)当时，讨论函数的单调性；
(2)曲线与直线交于，两点，求证：.
【答案】(1)时，单调递减；时，单调递增
(2)证明见解析
【分析】（1）先求导，再根据导数和函数单调性的关系，分类讨论即可求出；
（2）分别说明时，，则证明成立即证，利用函数的性质转化为证明，令，构造函数，求导判断单调性即可得证.
【详解】（1）当时，，，所以，
则时，，单调递减；时，，单调递增.
（2），则，
由题意，知有两解，，不妨设，
要证，即证.
①若，则；
②若，由知，
在上单调递减，在上单调递增，则可设，
又，，
两式相减，整理得①，由，可得，于是有，
综合①②知，，所以只需证（*），
将①代入（*）式，得，即.
令，即证.
令，则，
所以在其定义域上单调递增，所以，
所以成立.
【点睛】方法点睛：函数双变量不等式（极值点偏移型问题）证明方法：
（1）构造对称函数法：求导，获得的单调性，极值点情况，作出的图象，由得的取值范围，构造辅助函数，结合与单调性即可得证不等式；
（2）比值代换法：利用换元法将双变量转化为单变量，例如可设，变形处理将问题化为含的不等式，构造函数，结合导数求最值证得结论；
（3）对数均值不等式法：利用转化证明.
13．已知函数，．当，时，求证：．
【答案】证明见解析
【分析】根据要证，构造新函数，利用导数研究在上单调性，证明所以，即可得出结论.
【详解】证明：要证，即证，只需证，
因为，也就是要证，令，
因为，所以，
所以在上为减函数，
所以，所以得证．