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10导数压轴大题归类（1）
目录
【题型一】 求参1：端点值讨论型 1
【题型二】 求参2：“存在”型 3
【题型三】 求参3：“恒成立”型 6
【题型四】 求参4：分离参数之“洛必达法则” 9
【题型五】 求参5：同构求参 12
【题型六】 求参6：x1与x2构造新函数 14
【题型七】 零点型 16
【题型八】 不确定根型 18
【题型九】 取整讨论型 20
【题型十】 证明不等式1：基础型 23
【题型十一】 证明不等式2：数列不等式之单变量构造型 24
【题型十二】 证明不等式3：数列不等式之无限求和型 27
【题型十三】 证明不等式4：构造单变量函数型 29
【题型十四】 证明不等式5：凑配主元 31
【题型一】 求参1：端点值讨论型
【典例分析】
设函数f(x)=lnx-p(x-1),pR（1）当p=1时，求函数f（x)的单调区间；（2）设函数g(x)=xf(x)+p(2x-x-1)对任意x1都有g(x)0成立，求p的取值范围。
解：（I）当p =1时，，其定义域为.
所以.…………2分由得，
所以的单调增区间为；单调减区间为.…………5分
（II）由函数,得.
由（I）知，当p =1时，，即不等式成立.……7分
当时，，
即g(x)在上单调递减，从而满足题意；……9分
当时，存在使得，
从而，即g(x)在上单调递增，
从而存在使得不满足题意；
③当时，由知恒成立，此时不满足题意.
综上所述，实数p的取值范围为. …………12分
【提分秘籍】
基本规律
1.端点赋值法（函数一般为单增或者单减，此时端点，特别是左端点起着至关重要的作用）
2.为了简化讨论，当端点值是闭区间时候，代入限制参数讨论范围。注意，开区间不一定是充分条件。
有时候端点值能限制讨论范围，可以去除不必要讨论。如练习2
【变式演练】
1.试卷若函数的反函数记为，已知函数．（1）设函数，试判断函数的极值点个数；
（2）当时，，求实数的取值范围．
【答案】（1）个；（2）．
试题解析：（1），当时，是减函数，也是减函数，
∴在上是减函数，当时，，
当时，，∴在上有且只有一个变号零点，
∴在定义域上有且只有一个极值点．．
（2）令，要使总成立，只需时，，对求导得，令，则，
∴在上为增函数，∴．
①当时，恒成立，∴在上为增函数，∴，即恒成立；
②当时，在上有实根，∵在上为增函数，
∴当时，，∴，不符合题意；
③当时，恒成立，∴在上为减函数，则，不符合题意．
综合①②③可得，所求的实数的取值范围是．
2.设函数．
（1）当时，设，求证：对任意的，；
（2）当时，若对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
试题解析：（1）当时，，
所以等价于．
令，则，可知函数在上单调递增，
所以，即，亦即
当时，，．所以不等式等价于．
方法一：令，，
则．
当时，，则函数在上单调递增，所以，
所以根据题意，知有，∴
当时，由，知函数在上单调减；由，知函数在上单调递增．
所以．由条件知，，即．
设，，则，，所以在上单调递减．
又，所以与条件矛盾．综上可知，实数的取值范围为．
方法二：（端点值特殊法）令，，
则在上恒成立，所以，所以．
又，
显然当时，，则函数在上单调递增，所以，所以．
综上可知的取值范围为．
【题型二】 求参2：“存在”型
【典例分析】
设函数，曲线处的切线斜率为0(Ⅰ)求b；(Ⅱ)若存在使得，求a的取值范围。
【答案】（1）b=1；（2）
【解析】，由题设知，解得. …4分
（II）的定义域为，由（1）知，，
（ⅰ）若，则，故当时，，在单调递增，
所以，存在，使得的充要条件为，即，
解得.
（ii）若，则，故当时，；
当时，，在单调递减，在单调递增.
所以，存在，使得的充要条件为，
而，所以不合题意.
（iii）若，则.
综上，a的取值范围是. ……12分
【提分秘籍】
基本规律
1.当不能分离参数时候，要移项分类讨论。
2.确定是最大值还是最小值。
【变式演练】
1.已知函数.
（Ⅰ）当时，求曲线在点处的切线方程;
（Ⅱ）在区间内至少存在一个实数，使得成立，求实数的取值范围.
【答案】（I）；（II）.
试题解析：（Ⅰ）当时，，
，又，切线方程为
（Ⅱ）（）
①当，即时，，在为增函数故，，与矛盾；
②当时，，；，，
当时，只需，这与矛盾；
③当时，，在单调递减，
，符合
综上所述，的取值范围为
解法二 由已知， 设（），
，，在上是减函数， …10分
故的取值范围为
2.记表示中的最大值，如.已知函数，.
（1）设，求函数在上零点的个数；
（2）试探究是否存在实数，使得对恒成立？若存在，求的取值范围；若不存在，说明理由.
【答案】(1)个；(2)存在，.
试题解析：解：（1）设，，
令，得，递增；令，得，递减.
∴，∴，即，∴.
设，则由得或.∴在上递增，在上递减，∵，，，∴结合与在上图象可知，这两个函数的图象在上有两个交点，即在上零点的个数为2.
（2）假设存在实数，使得对恒成立，
则对恒成立，即对恒成立，
（i）设，，令，得，递增；令，得，递减.∴.当即时，，∴，∵，∴.故当时，对恒成立.
当即时，在上递减，∴.
∵，∴，
故当时，对恒成立.
（ii）若对恒成立，则，∴.
由（i）及（ii）得.故存在实数，使得对恒成立，且的取值范围为.
【题型三】 求参3：“恒成立”型
【典例分析】
已知函数.（1）当时，求函数的极值；
（2）当时，讨论函数的单调性；
（3）若对任意的，，恒有成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）有极小值是，无极大值.（2）见解析；（3）
【解析】当时，函数的定义域为，且得 函数在区间上是减函数，在区间上是增函数函数有极小值是，无极大值.
得， 当时，有，函数在定义域内单调递减；
当时，在区间，上，单调递减；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；
由知当时，在区间上单调递减，所以
问题等价于：对任意，恒有成立，
即，因为，所以，因为，
所以只需 从而故的取值范围是
【提分秘籍】
基本规律
1.注意是同一变量还是不同变量。
2.各自对应的是最大值还是最小值。
3.一般地，已知函数，
（1）若，，总有成立，故；
（2）若，，有成立，故；
（3）若，，有成立，故；
（4）若，，有，则的值域是值域的子集 ．
【变式演练】
1.已知函数，
（1）设，若函数在上没有零点，求实数的取值范围；
（2）若对，均，使得，求实数的取值范围.
【答案】⑴；⑵
【解析】⑴，
在上没零点
⑵设，对恒成立
则在上单调递增则对恒成立
对恒成立设，
，在递减,
即
2.已知函数.（1）当时，求函数在区间上的值域；
（2）当时，试讨论函数的单调性；
（3）若对任意，存在，使得不等式成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）当时，函数，所以所以函数单调递增，故函数在区间上的最小值为最大值为，所以区间上的值域为
（2）令得当时，，由得或，由得，所以在区间和上，函数单调递增，在区间上，函数单调递减.
当时，，所以函数单调递增.
当时，，由得或，由得，所以在区间和上，函数单调递增，在区间上，函数单调递减.
（3）由（2）知，当时，函数在上单调递增，故当时，，因为对任意，存在，使得不等式成立，所以，得，对任意恒成立
记，则
当时，若则从而，所以函数在上单调递增，所以当时，符合题意
若，则存在，使得，则在上单调递减，在上单调递增，从而当时，，说明当时，不恒成立，不符合题意
若，则在上单调递减，所以当时，，不符和题意。综上，实数的取值范围是.
【题型四】 求参4：分离参数之“洛必达法则”
【典例分析】
设函数．（Ⅰ）求的单调区间；
（Ⅱ）如果对任何，都有，求的取值范围．
解：（原解法）
（Ⅰ）．2分当（）时，，即；当（）时，，即．
因此在每一个区间（）是增函数，在每一个区间（）是减函数．6分
（Ⅱ）令，则．
故当时，．又，所以当时，，即． 9分
当时，令，则．故当时，．
因此在上单调增加．故当时，，
即．于是，当时，．
当时，有．因此，的取值范围是．12分
洛必达法则解法：
解析：(1)略;
当x=0时，当时，
为必要条件。下证
因为所以。
【提分秘籍】
基本规律
1.若分离参数后，所求最值恰好在“断点处”，则可以通过洛必达法则求出“最值”
2.注意“断点”是在端点处还是区间分界处。
【变式演练】
1.设函数.
⑴求的单调区间和极值;
⑵是否存在实数,使得关于的不等式的解集为 若存在,求的取值范围;若不存在,试说明理由.
解析：（原解法）（Ⅰ）． 2分
故当时，，时，．
所以在单调递增，在单调递减．4分
由此知在的极大值为，没有极小值．6分
（Ⅱ）（ⅰ）当时，
由于，
故关于的不等式的解集为．10分
（ⅱ）当时，由知，其中为正整数，且有
．12分又时，．
且．取整数满足，，且，
则，即当时，关于的不等式的解集不是．
综合（ⅰ）（ⅱ）知，存在，使得关于的不等式的解集为，且的取值范围为14分
洛必达法则解题：
解析:(1)略。(2)分析：注意定义域 ，题目等价于
2.已知函数f(x)=,曲线y=f(x)在点(x,y)处的切线为y=g(x).（1）证明：对于，f(x)g(x);
（2）当x0时，f(x) 1+,恒成立，求实数a的取值范围。
解答：方法一常规讨论二次取导法
去分母，移项，证明h(x)= 0—(h（0）=0)
取导=，二次取导恒成立。所以，在（0，+）为增函数。而=1-a.
当1-a0,即a1时候，0，则原函数为增函数，h(x) h(0) 0,显然成立。
当1-a0,即a1时，因为=1-a0，此时，=0有解，记为x1,所以，在区间[0,x1]中，h(x) 0,显然不成立。所以，a1
方法二：罗比达法则—分离变量
分离变量：a=h(x),去导数，=（x>0），分子r(x)=,(x[0, )，扩展定义域]，求导0，可知，r(x)为定义域内增函数，而r（x）r(0)=0.所以》0.为增函数。则ah(0)----不存在，罗比达法则可得为1
【题型五】 同构求参5：绝对值同构求参型
【典例分析】
已知函数 （I）讨论函数的单调性；
（II）设.如果对任意，，求的取值范围。
解：（Ⅰ）的定义域为（0，+∞）. .
当时，＞0，故在（0，+∞）单调增加；当时，＜0，故在（0，+∞）单调减少；
当-1＜＜0时，令=0，解得.则当时，＞0；时，＜0.故在单调增加，在单调减少.
（Ⅱ）不妨假设，而＜-1，由（Ⅰ）知在（0，+∞）单调减少，从而
，等价于， ①
令，则①等价于在（0，+∞）单调减少，即
.从而故a的取值范围为（-∞，-2]. ……12分
【提分秘籍】
基本规律
1.含绝对值型，大多数都是有单调性的，所以可以通过讨论去掉绝对值。
2.去掉绝对值，可以通过“同构”重新构造函数。
【变式演练】
1.已知函数，其中.
（I）讨论函数的单调性；
（II）若，证明：对任意，总有.
【答案】（I）略（II）略
试题解析：解：（I）∵，，
令，得或
①若，则时，；时，；时，，
故函数在，上单调递增，在上单调递减
②若时，则在上单调递增
③若时，则在，上单调递增，在上单调递减
（II）由（I）可知，当时，在上单调递增，不妨设，则有，，于是要证，即证，
即证， 令，
∵， ∵，，
∴在上单调递减，即有.故.
2.已知．（1）求的单调区间；
（2）令，则时有两个不同的根，求的取值范围；
（3）存在，且，使成立，求的取值范围．
【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为．（2）（3）
试题解析：解：（1）．令得，时，，单调递增；时，，单调递减．综上，单调递增区间为，单调递减区间为．
（2）①当时，，单调递减，故不可能有两个根，舍去
②当时，时，，单调递减，时，，单调递增．所以得．综上，
（3）不妨设，由（1）知时，单调递减．
，等价于
即存在，且，使成立
令，在存在减区间有解，即有解，即
令，，时，，单调递增，
时，，单调递减，，．
【题型六】 同构求参6：x1与x2构造新函数型
【典例分析】
已知函数f(x)=x－ax+(a－1)，。（1）讨论函数的单调性； （2）证明：若，则对任意x，x，xx，有。
解析 (1)的定义域为。2分
（i）若即,则故在单调增加。
(ii)若,而,故,则当时，;
当及时，故在单调减少，在单调增加。
(iii)若,即,同理可得在单调减少，在单调增加.
(2)考虑函数
则
由于1当时，有·········12分
【提分秘籍】
基本规律
1.含有x1和x2型，大多数可以考虑变换结构相同，构造函数解决。
2.可以利用第一问的某些结论或者函数结构寻找构造的函数特征。
【变式演练】
1.已知函数.
（1）当时，若在区间上的最小值为，求的取值范围；
（2）若对任意，且恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
试题解析：（1）函数的定义域是.当时，
，
令，得，所以或.
当，即时，在上单调递增，所以在上的最小值是；
当时，在上的最小值是，不合题意；
当时，在上单调递减，所以在上的最小值是，不合题意，
综上：.
（2）设，即，
只要在上单调递增即可，而，
当时，，此时在上单调递增；
当时，只需在上恒成立，因为，只要，
则需要，对于函数，过定点，对称轴，只需，
即，综上，.
2.（构造巧）已知函数，其中.（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，证明：不等式恒成立（其中，）.
【答案】(1)见解析;(2)见解析.
详解：（1）由于.1）当时，，当时，，递增，
当时，，递减；
2）当时，由得或.当时，，当时，，递增，
当时，，递减，当时，，递增；当时，，递增；
③当时，.当时，，递增，当时，，递减，
当时，，递增.综上，当时，在上是减函数，在上是增函数；
当时，在，上是增函数，在上是减函数；
当时，在上是增函数；
当时，在，上是增函数，在上是减函数.
（2）依题意 恒成立.
设，则上式等价于，要证明对任意，恒成立，
即证明在上单调递增，又，
只需证明即可.令，则，当时，，当时，，
∴，即，，那么，当时，，所以 ；当时，， ，
∴恒成立.从而原不等式成立.
【题型七】 零点型
【典例分析】
已知函数，.（Ⅰ）求的最大值；
（Ⅱ）若，判断的单调性；
（Ⅲ）若有两个零点，求的取值范围.
【答案】（Ⅰ）最大值f(e)＝；（Ⅱ）见解析；（III）.
试题解析：（Ⅰ）f′(x)＝（x＞0），当x∈(0，e)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以当x＝e时，f(x)取得最大值f(e)＝．
（Ⅱ）a=1,,令，，当，
当，,即，.故在x>0时单调递减.
（III） g(x)有两个零点等价于h（x）有两个零点，
由（1）知，由图像可知.
【提分秘籍】
基本规律
已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路
(1)移项讨论法（找点或者极限法）：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；
(2)分离参数（回避找点）：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；
(3)分离函数法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．
【变式演练】
1.已知函数，．(1)求证：在区间上无零点；
(2)求证：有且仅有2个零点．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【详解】(1)，． 当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减．而，，
所以当时，，所以在区间上无零点．
(2)的定义域为．
①当时，，，
所以，从而在上无零点．
②当时，，从而是的一个零点．
③当时，由(1)知，所以，又，
所以，从而在上无零点．
④当时，，，所以在上单调递减．
而，，从而在上有唯一零点．
⑤当时，，所以，从而在上无零点．
综上，有且仅有2个零点．
2.已知函数.
（1）若函数有三个零点，且，，求函数的单调区间；
（2）若，，试问：导函数在区间（0，2）内是否有零点，并说明理由.
（3）在（2）的条件下，若导函数的两个零点之间的距离不小于，求的取值范围.
【答案】（1）时，单调递减区间是（1，4），单调递增区间是；时，单调递增区间是（1，4），单调递减区间是；（2）导函数在区间（0，2）内至少有一个零点；（3）.
试题解析：（1）因为，又，，则
因为x1，x3是方程的两根，则
，，.即从而：，
所以.令解得：
故时，单调递减区间是（1，4），单调递增区间是；
时，单调递增区间是（1，4），单调递减区间是
（2）因为，，所以，即.
因为，所以，即.
于是，，
①当时，因为，则在区间内至少有一个零点.
②当时，因为，则在区间（1，2）内至少有一零点.
故导函数在区间（0，2）内至少有一个零点.
（3）设m，n是导函数的两个零点，则，.
所以.
由已知，，则，即.
所以，即或.
又，，所以，即.
因为，所以.
综上分析，的取值范围是.
【题型八】 不确定根型
【典例分析】
已知函数．（1）求函数在上的值域；
（2）若 ，恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）（2）
【解析】（1）易知，在上单调递减，， 时，，
在上的值域为．
令，则，
①若，则由（1）可知，，在上单调递增，
，与题设矛盾，不符合要求；
②若，则由（1）可知，，在上单调递减，
，符合要求；
③若，则，使得，且在上单调递增，在上单调递减，
，，
．由题：，即，把，再有即
． 利用根存在，转化为方程且由（1）可知在上单调递减，
． 综上，．
【提分秘籍】
基本规律
解题框架：
（1）导函数（主要是一阶导函数）等零这一步，有根但不可解。但得到参数和的等量代换关系。备用
（2）知原函数最值处就是一阶导函数的零点处，可代入虚根
（3）利用与参数互化得关系式，先消掉参数，得出不等式，求得范围。
（4）再代入参数和互化式中求得参数范围。
【变式演练】
1.已知函数，（1）求函数的最小值；
（2）当时，对任意时，不等式恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）
【解析】（1） ， 又 函数在上为增函数
因为，所以当时，，即在区间为减函数；
当时，，即在区间为增函数
所以
（2）由不等式整理为
构造函数，所以
令，则，所以在上单调递增，
因为，且当时，，
所以存在，使，且在上单调递减，在上单调递增
因为，所以，即，
因为对于任意的，恒有成立，
所以
所以，即，亦即，所以
因为，所以，又，所以，从而，
所以，故
2.已知函数f(x) =ax3 +bx2 +cx的导函数为h(x)，f(x)的图像在点(-2，f(-2))处的切线方程为3x-y+8=0，且,又函数g(x) = kxex与函数y=ln(x +1)的图像在原点处有相同的切线.
(1)求函数f(x)的解析式及k的值.
⑵若f(x) ≤g(x)-m+x +1对于任意x∈[O,+]恒成立，求m的取值范围
解：(1) 由，，
由在处切线方程为可知
① ②
又由可知 ③由①②③解得.
从而的解析式为. (5分)由可知，
所以函数的图像在原点处的切线斜率为1.因此，可得，7分)
(2) 等价于.
即，小于等于在上的最小值. 设，则，又且，
所以必有实根，且，.
当时，；当时，.
所以.
所以，.
所以在上的最小值为1，从而，即的取值范围是.
【题型九】 取整讨论型
【典例分析】
已知函数.
（Ⅰ）判断函数在上的单调性；（Ⅱ）若恒成立, 求整数的最大值．
【答案】（Ⅰ）在上是减函数；（Ⅱ）．
试题解析： （Ⅰ）
上是减函数
（Ⅱ）方法一：参变分离
，即的最小值大于. 令，则上单调递增,
又 ，存在唯一实根, 且满足，
当时，当时，∴，故正整数的最大值是3 。
方法二；分离函数法
，
过原点切线，
对于切点，通过方程二分法，可知
，所以
所以最大的整数位k=2
方法三：移项讨论法，不确定根的代换
构造函数
当k《2时候，显然h（x）为增函数，成立。
当k>2时候，，此时在减，在增，所以最小值
所以k>2不成立。所以k《2
【提分秘籍】
基本规律
讨论出单调性，要注意整数解中相邻两个整数点函数的符号问题
【变式演练】
1.已知函数，．
（Ⅰ）讨论函数的单调性；
（Ⅱ）若不等式有唯一正整数解，求实数的取值范围．
【答案】（Ⅰ）当时，在上单调递增，当时，在上单调递增，在上单调递减；（Ⅱ）.
试题解析：（Ⅰ）①当时，，所以在上单调递增；
②当时，由，得．此时，当时，，单调递增；
当时，，单调递减
（Ⅱ）方法一：参变分离，注意断点
由得：当时，不等式显然不成立，又为正整数，所以，，
记，则∴在区间上单调递减，在区间上单调递增，
且，所以，解得，综上所述，的取值范围为．
方法二：分离函数，切线法
过（1,0）的切线可求得如下过程
2.已知函数，为其导函数，且时有极小值-9.（1）求的单调递减区间；
（2）若，，当时，对于任意，和的值至少有一个是正数，求实数的取值范围；
（3）若不等式（为正整数）对任意正实数恒成立，求的最大值.
【答案】(1)；(2)；(3).
试题解析：（1）由，因为函数在时有极小值-9，
所以，从而得，， 所求的，所以，
由解得，所以的单调递减区间为（-1,3）.
（2）由，故，当时，若，则，满足条件；
若，则，满足条件；
若，.
①如果对称轴，即时，的开口向上，
故在上单调递减，又，所以当时，.
②如果对称轴，即时，，解得，故时，；
所以的取值范围为；
方法一：移项讨论，主要技巧在于把对数剥离开
因为，所以等价于
，即，
记，则，由，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以，
对任意正实数恒成立，等价于，即，
记，则，所以在上单调递减，又，，所以的最大值为6.
【题型十】 证明不等式1：基础型
【典例分析】
设函数f（x）＝lnx﹣x+1．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）证明当x∈（1，+∞）时，1x；
（3）设c＞1，证明当x∈（0，1）时，1+（c﹣1）x＞cx．
【考点】6B：利用导数研究函数的单调性；6E：利用导数研究函数的最值．版权所有
【分析】（1）求出导数，由导数大于0，可得增区间；导数小于0，可得减区间，注意函数的定义域；
（2）由题意可得即证lnx＜x﹣1＜xlnx．运用（1）的单调性可得lnx＜x﹣1，设F（x）＝xlnx﹣x+1，x＞1，求出单调性，即可得到x﹣1＜xlnx成立；
（3）设G（x）＝1+（c﹣1）x﹣cx，求G（x）的二次导数，判断G′（x）的单调性，进而证明原不等式．
【解答】解：（1）函数f（x）＝lnx﹣x+1的导数为f′（x）1，
由f′（x）＞0，可得0＜x＜1；由f′（x）＜0，可得x＞1．
即有f（x）的增区间为（0，1）；减区间为（1，+∞）；
（2）证明：当x∈（1，+∞）时，1x，即为lnx＜x﹣1＜xlnx．
由（1）可得f（x）＝lnx﹣x+1在（1，+∞）递减，
可得f（x）＜f（1）＝0，即有lnx＜x﹣1；
设F（x）＝xlnx﹣x+1，x＞1，F′（x）＝1+lnx﹣1＝lnx，
当x＞1时，F′（x）＞0，可得F（x）递增，即有F（x）＞F（1）＝0，
即有xlnx＞x﹣1，则原不等式成立；
（3）证明：设G（x）＝1+（c﹣1）x﹣cx，
则需要证明：当x∈（0，1）时，G（x）＞0（c＞1）；
G′（x）＝c﹣1﹣cxlnc，G′′（x）＝﹣（lnc）2cx＜0，
∴G′（x）在（0，1）单调递减，而G′（0）＝c﹣1﹣lnc，G′（1）＝c﹣1﹣clnc，
由（1）中f（x）的单调性，可得G′（0）＝c﹣1﹣lnc＞0，由（2）可得G′（1）＝c﹣1﹣clnc＝c（1﹣lnc）﹣1＜0，
∴ t∈（0，1），使得G′（t）＝0，即x∈（0，t）时，G′（x）＞0，x∈（t，1）时，G′（x）＜0；
即G（x）在（0，t）递增，在（t，1）递减；
又因为：G（0）＝G（1）＝0，
∴x∈（0，1）时G（x）＞0成立，不等式得证；
即c＞1，当x∈（0，1）时，1+（c﹣1）x＞cx．
【提分秘籍】
基本规律
1.移项最值大于0（小于0）证明法
2.变形证明新恒等式法。
【变式演练】
1.设函数=，.证明：
（I；（II）.
【答案】（Ⅰ）去分母做差法；（Ⅱ）证明见解析.
(Ⅱ)由得，故，所以 .由(Ⅰ)得，又因为，所以，
综上，
2.已知函数（为常数）的图像与轴交于点，曲线在点处的切线斜率为.求的值及函数的极值；证明：当时，
【答案】（1）当时，有极小值，无极大值.（2）做差证明.（3）略
当时，，单调递减；当时，，单调递增.
当时，有极小值，无极大值.
（2）令，则.根据，知在R上单调递增，又，当时，由，即得.
【题型十一】 证明不等式2：数列不等式之单变量构造型
【典例分析】
已知函数若函数在x = 0处取得极值．
(1) 求实数的值；
(2) 若关于x的方程在区间[0，2]上恰有两个不同的实数根，求实数的取值范围；
(3) 证明：对任意的自然数n，有恒成立．
【答案】(1) ；(2) ；(3)见解析.
试题解析：(1) 由题意知则，
∵时， 取得极值，∴，故，解得．
经检验符合题意． 4分
(2)由知由 ，得，
令，则在上恰有两个不同的实数根等价于在恰有两个不同实数根． ，
当时，，于是在上单调递增；
当时，，于是在上单调递减．依题意有
，即，　．
(3) 的定义域为，由(1)知，令得，或 (舍去)， 11分∴当时，，单调递增；
当时，，单调递减．　　∴为在(-1，+∞)上的最大值．
∴，故 (当且仅当时，等号成立) 12分
对任意正整数，取得，，令 则在为增函数，
所以，即恒成立．对任意的自然数，有恒成立
【提分秘籍】
基本规律
1.适当的选择式子（字母）为变量，构造函数，通过单调性最值等等可得不等式关系。
2.注意区分本专题三道题自变量的选取，授课时可以多种选择同时展开，分析不同选择时的计算量。
【变式演练】
1.已知函数.（1）求函数的单调区间；
（2）试证明： （…，）.
【答案】（1）函数的单调递减区间为，单调递增区间为；
试题解析：（1）， ，则，
解，得，解，得.
∴函数的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2），
令，则，∴要证只需证，
由（1）知，∴，即，
∵，∴，从而.
2.已知函数
（1）若函数在区间上存在极值，其中a >0，求实数a的取值范围；
（2）如果当时，不等式恒成立，求实数k的取值范围；
（3）求证:。
（2）不等式即为 记
所以
令，则， ，在上单调递增，
，从而， 故在上也单调递增，
所以，所以 . ………… 9分
（3）方法一（构造函数分析第一问和第二问，分别能提炼出函数，但是第一问提炼函数不能应用于第三问，失败，所以第二问提炼函数成功））由（2）知：恒成立，即， 令，则
所以 , ，， … ，
叠加得：=n-2(1-)＞n-2+＞n-2 … 13分
则，所以[(n+1)!]2＞(n+1).en-2(n∈N*)
【题型十二】 证明不等式3：数列不等式之无限求和型
【典例分析】
已知函数为大于零的常数。 （1）若函数内调递增，求a的取值范围； （2）求函数在区间[1，2]上的最小值。
（3）求证：对于任意的成立。
解：
（1）由已知，得上恒成立，
即上恒成立。又当
当时，在（1，2）上恒成立，这时在[1，2]上为增函数
当 在（1，2）上恒成立，
这时在[1，2]上为减函数
当时， 令
又
综上，在[1，2]上的最小值为 ①当
②当时，
③当
（3）由（1），知函数上为增函数，当
即恒成立
恒成立
【提分秘籍】
基本规律
1.一侧是“和”型，另一侧则较简单。
2.根据“和”型，寻找另一侧的“裂项相消”规律。
3.通过题干和第一问观察寻找可以相消的不等式恒等式。
【变式演练】
1.已知函数 .（Ⅰ）讨论函数的单调性；（Ⅱ）当时，恒成立，求实数的取值范围；（Ⅲ）证明：.
解：（Ⅰ）的定义域为（0，+∞），
当时，＞0，故在（0，+∞）单调递增；当时，＜0，故在
（0，+∞）单调递减；…4分当0＜＜1时，令=0，解得. Ks5u
则当时，＞0；时，＜0.
故在单调递增，在单调递减.
（Ⅱ）因为，所以当时，恒成立令，则, 8分因为，由得，且当时，；当时，.所以在上递增，在上递减.所以，故
（Ⅲ）由（Ⅱ）知当时，有，当时，即，
令，则，即 …12分所以，，…，，相加得而
所以，
2.已知函数　.
(Ⅰ) 讨论的单调性；(Ⅱ) 证明：…
解：（Ⅰ）令，∵
①当时，对任意都有是 上的增函数，
由于当时，是增函数，当时，是减函数，
由复合函数的单调性知，在单调递减，在单调递增；
②当，对任意都有是 上的减函数，
从而在单调递增，在单调递减；
③当时，则，
则在递增，在递减
从而在区间和单调递增，
在区间和单调递减…5分 综上所述，①当时，在增，在减；
②当时，从而在区间和单调递增，
在区间和单调递减；
③当时，在单调递减，在单调递增；
(Ⅱ) 证明：①当时，由(Ⅰ)知，在单调递减，
令，有，即
累加得…9分②当时，由(Ⅰ)知，在单调递增，
令，有，即
累加得
从而对任意都成立。
【题型十三】 证明不等式4：构造单变量函数型
【典例分析】
设函数f(x)=(1-mx)ln(1+x).(1)若当时，函数f（x）的图像恒在直线y=x上方，求实数m的取值范围；（2）求证：。
解：（Ⅰ）令，则，，…2分
①当时，由于，有，
于是在上单调递增，从而，因此在上单调递增，即；…3分
②当时，由于，有，于是在上单调递减，从而，因此在上单调递减，即不符…4分
③当时，令，当时，，于是在上单调递减，从而，因此在上单调递减，
即而且仅有不符.
综上可知，所求实数的取值范围是.…6分
(Ⅱ)对要证明的不等式等价变形如下：对于任意的正整数，不等式恒成立，等价变形
相当于（2）中，的情形，…8分在上单调递减，即；…10分取，得：都有成立；令得证.…12分
【提分秘籍】
基本规律
解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明或者条件，转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键。作差法构造，换元法构造，主元法构造，对数法构造，高阶求导和端点值回归法（过去较多，文科较多）
【变式演练】
1.设函数（Ⅰ）求的单调区间；
（Ⅱ）当时，若方程在上有两个实数解，求实数t的取值范围；
（Ⅲ）证明：当m>n>0时，.
解析：（Ⅰ）
①时， ∴在（—1，+）上是增函数 ……1分
②当时，在上递增，在单调递减.……4分
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，在上单调递增，在上单调递减又
∴∴当时，方程有两解 ……8分
（Ⅲ）要证：只需证只需证：
设， 则………………10分
由（Ⅰ）知在单调递减…12分
∴，即是减函数，而m>n∴，故原不等式成立。……14分
2.已知函数．（Ⅰ）若是函数的一个极值点，求的值；
（Ⅱ）若在上恒成立，求的取值范围；
（Ⅲ）证明：（为自然对数的底数）．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）证明见解析.
试题解析：（Ⅰ）,
是函数的一个极值点, 即
（Ⅱ） 在上恒成立, 当时，在上恒成立，即在上为增函数， 成立，即
当时，令，则，令，则，
即在上为减函数，在上为增函数，，又，则矛盾. 综上，的取值范围为．
（Ⅲ）要证，只需证.两边取自然对数得，，
，， ，
由（Ⅱ）知时，在单调递增.
又， 成立.
【题型十四】 证明不等式5：凑配主元
【典例分析】
已知函数.(1) 讨论函数的单调性；
(2) 讨论函数的零点个数问题
(3) 当时，证明不等式.
【答案】(1) 函数在上单调递减，在上单调递增;(2) 时2个零点；时没有零点；或者时一个零点；（3）详见解析.
试题解析：(1)解：． 当a≤0时，ax－1<0，从而f′(x)<0，
函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，若0若x>，则ax－1>0，从而f′(x)>0，函数在上单调递减，在上单调递增．
（2）时2个零点；时没有零点；或者时一个零点.
(3)证明令，其中t＞e-1可得
再设，可得在（e-1，+∞）上恒成立
∴G（t）是（e-1，+∞）上的增函数，可得
因此，在（e-1，+∞）上恒成立，可得是（e-1，+∞）上的增函数．∵x＞y＞e-1，∴F（x）＞F（y），可得
∵ln（1+x）＞0且ln（1+y）＞0，∴不等式两边都乘以ln（1+x）ln（1+y），可得．
即对任意x＞y＞e-1，都有不等式成立．
【提分秘籍】
基本规律
1.双变量。
2.结构“怪异”但具有某种意义上的“对称”特征
【变式演练】
1.已知函数．（1）当时，求函数的单调区间；
（2）若函数在处取得极值，对,恒成立，求实数的取值范围；
（3）当时，求证：．
【答案】（1）在上递减，在上递增；（2）（3）
（1）得0∴在上递减，在上递增.
（2）∵函数在处取得极值，∴， ∴，
令，可得在上递减，在上递增，∴，即.
（3）证明：，令，则只要证明在上单调递增，又∵，显然函数在上单调递增．
∴，即，∴在上单调递增，即，
∴当时，有.
2.已知函数.（1）讨论的单调区间；
（2）当时，证明： .
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.
试题解析：解：（1）的定义域为，且，
①当时， ，此时的单调递减区间为.
②当时，由，得；由，得.
此时的单调减区间为，单调增区间为.
③当时，由，得；由，得.
此时的单调减区间为，单调增区间为.
（2）当时，要证： ，
只要证： ，即证： .（*）
设，则，设，
由（1）知在上单调递增，
所以当时， ，于是，所以在上单调递增，
所以当时，（*）式成立，故当时， .10 导数压轴大题归类（1）
【题型一】 求参1：端点值讨论型
【典例分析】
设函数f(x)=lnx-p(x-1),pR（1）当p=1时，求函数f（x)的单调区间；（2）设函数g(x)=xf(x)+p(2x-x-1)对任意x1都有g(x)0成立，求p的取值范围。
【提分秘籍】
基本规律
1.端点赋值法（函数一般为单增或者单减，此时端点，特别是左端点起着至关重要的作用）
2.为了简化讨论，当端点值是闭区间时候，代入限制参数讨论范围。注意，开区间不一定是充分条件。
有时候端点值能限制讨论范围，可以去除不必要讨论。如练习2
【变式演练】
1.试卷若函数的反函数记为，已知函数．（1）设函数，试判断函数的极值点个数；
（2）当时，，求实数的取值范围．
2.设函数．
（1）当时，设，求证：对任意的，；
（2）当时，若对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围．
【题型二】 求参2：“存在”型
【典例分析】
设函数，曲线处的切线斜率为0(Ⅰ)求b；(Ⅱ)若存在使得，求a的取值范围。
【提分秘籍】
基本规律
1.当不能分离参数时候，要移项分类讨论。
2.确定是最大值还是最小值。
【变式演练】
1.已知函数.
（Ⅰ）当时，求曲线在点处的切线方程;
（Ⅱ）在区间内至少存在一个实数，使得成立，求实数的取值范围.
2.记表示中的最大值，如.已知函数，.
（1）设，求函数在上零点的个数；
（2）试探究是否存在实数，使得对恒成立？若存在，求的取值范围；若不存在，说明理由.
【题型三】 求参3：“恒成立”型
【典例分析】
已知函数.（1）当时，求函数的极值；
（2）当时，讨论函数的单调性；
（3）若对任意的，，恒有成立，求实数的取值范围.
【提分秘籍】
基本规律
1.注意是同一变量还是不同变量。
2.各自对应的是最大值还是最小值。
3.一般地，已知函数，
（1）若，，总有成立，故；
（2）若，，有成立，故；
（3）若，，有成立，故；
（4）若，，有，则的值域是值域的子集 ．
【变式演练】
1.已知函数，
（1）设，若函数在上没有零点，求实数的取值范围；
（2）若对，均，使得，求实数的取值范围.
2.已知函数.（1）当时，求函数在区间上的值域；
（2）当时，试讨论函数的单调性；
（3）若对任意，存在，使得不等式成立，求实数的取值范围.
【题型四】 求参4：分离参数之“洛必达法则”
【典例分析】
设函数．（Ⅰ）求的单调区间；
（Ⅱ）如果对任何，都有，求的取值范围．
【提分秘籍】
基本规律
1.若分离参数后，所求最值恰好在“断点处”，则可以通过洛必达法则求出“最值”
2.注意“断点”是在端点处还是区间分界处。
【变式演练】
1.设函数.
⑴求的单调区间和极值;
⑵是否存在实数,使得关于的不等式的解集为 若存在,求的取值范围;若不存在,试说明理由.
2.已知函数f(x)=,曲线y=f(x)在点(x,y)处的切线为y=g(x).（1）证明：对于，f(x)g(x);
（2）当x0时，f(x) 1+,恒成立，求实数a的取值范围。
【题型五】 同构求参5：绝对值同构求参型
【典例分析】
已知函数 （I）讨论函数的单调性；
（II）设.如果对任意，，求的取值范围。
【提分秘籍】
基本规律
1.含绝对值型，大多数都是有单调性的，所以可以通过讨论去掉绝对值。
2.去掉绝对值，可以通过“同构”重新构造函数。
【变式演练】
1.已知函数，其中.
（I）讨论函数的单调性；
（II）若，证明：对任意，总有.
2.已知．（1）求的单调区间；
（2）令，则时有两个不同的根，求的取值范围；
（3）存在，且，使成立，求的取值范围．
【题型六】 同构求参6：x1与x2构造新函数型
【典例分析】
已知函数f(x)=x－ax+(a－1)，。（1）讨论函数的单调性； （2）证明：若，则对任意x，x，xx，有。
【提分秘籍】
基本规律
1.含有x1和x2型，大多数可以考虑变换结构相同，构造函数解决。
2.可以利用第一问的某些结论或者函数结构寻找构造的函数特征。
【变式演练】
1.已知函数.
（1）当时，若在区间上的最小值为，求的取值范围；
（2）若对任意，且恒成立，求的取值范围.
2.（构造巧）已知函数，其中.（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，证明：不等式恒成立（其中，）.
【题型七】 零点型
【典例分析】
已知函数，.（Ⅰ）求的最大值；
（Ⅱ）若，判断的单调性；
（Ⅲ）若有两个零点，求的取值范围.
【提分秘籍】
基本规律
已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路
(1)移项讨论法（找点或者极限法）：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；
(2)分离参数（回避找点）：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；
(3)分离函数法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．
【变式演练】
1.已知函数，．(1)求证：在区间上无零点；
(2)求证：有且仅有2个零点．
2.已知函数.
（1）若函数有三个零点，且，，求函数的单调区间；
（2）若，，试问：导函数在区间（0，2）内是否有零点，并说明理由.
（3）在（2）的条件下，若导函数的两个零点之间的距离不小于，求的取值范围.
【题型八】 不确定根型
【典例分析】
已知函数．（1）求函数在上的值域；
（2）若 ，恒成立，求实数的取值范围．
【提分秘籍】
基本规律
解题框架：
（1）导函数（主要是一阶导函数）等零这一步，有根但不可解。但得到参数和的等量代换关系。备用
（2）知原函数最值处就是一阶导函数的零点处，可代入虚根
（3）利用与参数互化得关系式，先消掉参数，得出不等式，求得范围。
（4）再代入参数和互化式中求得参数范围。
【变式演练】
1.已知函数，（1）求函数的最小值；
（2）当时，对任意时，不等式恒成立，求的取值范围.
2.已知函数f(x) =ax3 +bx2 +cx的导函数为h(x)，f(x)的图像在点(-2，f(-2))处的切线方程为3x-y+8=0，且,又函数g(x) = kxex与函数y=ln(x +1)的图像在原点处有相同的切线.
(1)求函数f(x)的解析式及k的值.
⑵若f(x) ≤g(x)-m+x +1对于任意x∈[O,+]恒成立，求m的取值范围
【题型九】 取整讨论型
【典例分析】
已知函数.
（Ⅰ）判断函数在上的单调性；（Ⅱ）若恒成立, 求整数的最大值．
【提分秘籍】
基本规律
讨论出单调性，要注意整数解中相邻两个整数点函数的符号问题
【变式演练】
1.已知函数，．
（Ⅰ）讨论函数的单调性；
（Ⅱ）若不等式有唯一正整数解，求实数的取值范围．
2.已知函数，为其导函数，且时有极小值-9.（1）求的单调递减区间；
（2）若，，当时，对于任意，和的值至少有一个是正数，求实数的取值范围；
（3）若不等式（为正整数）对任意正实数恒成立，求的最大值.
【题型十】 证明不等式1：基础型
【典例分析】
设函数f（x）＝lnx﹣x+1．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）证明当x∈（1，+∞）时，1x；
（3）设c＞1，证明当x∈（0，1）时，1+（c﹣1）x＞cx．
【提分秘籍】
基本规律
1.移项最值大于0（小于0）证明法
2.变形证明新恒等式法。
【变式演练】
1.设函数=，.证明：
（I；（II）.
已知函数（为常数）的图像与轴交于点，曲线在点处的切线斜率为.求的值及函数的极值；证明：当时，
【题型十一】 证明不等式2：数列不等式之单变量构造型
【典例分析】
已知函数若函数在x = 0处取得极值．
(1) 求实数的值；
(2) 若关于x的方程在区间[0，2]上恰有两个不同的实数根，求实数的取值范围；
(3) 证明：对任意的自然数n，有恒成立．
【提分秘籍】
基本规律
1.适当的选择式子（字母）为变量，构造函数，通过单调性最值等等可得不等式关系。
2.注意区分本专题三道题自变量的选取，授课时可以多种选择同时展开，分析不同选择时的计算量。
【变式演练】
1.已知函数.（1）求函数的单调区间；
（2）试证明： （…，）.
2.已知函数
（1）若函数在区间上存在极值，其中a >0，求实数a的取值范围；
（2）如果当时，不等式恒成立，求实数k的取值范围；
（3）求证:。
【题型十二】 证明不等式3：数列不等式之无限求和型
【典例分析】
已知函数为大于零的常数。 （1）若函数内调递增，求a的取值范围； （2）求函数在区间[1，2]上的最小值。
（3）求证：对于任意的成立。
【提分秘籍】
基本规律
1.一侧是“和”型，另一侧则较简单。
2.根据“和”型，寻找另一侧的“裂项相消”规律。
3.通过题干和第一问观察寻找可以相消的不等式恒等式。
【变式演练】
1.已知函数 .（Ⅰ）讨论函数的单调性；（Ⅱ）当时，恒成立，求实数的取值范围；（Ⅲ）证明：.
已知函数　.
(Ⅰ) 讨论的单调性；(Ⅱ) 证明：…
【题型十三】 证明不等式4：构造单变量函数型
【典例分析】
设函数f(x)=(1-mx)ln(1+x).(1)若当时，函数f（x）的图像恒在直线y=x上方，求实数m的取值范围；（2）求证：。
【提分秘籍】
基本规律
解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明或者条件，转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键。作差法构造，换元法构造，主元法构造，对数法构造，高阶求导和端点值回归法（过去较多，文科较多）
【变式演练】
1.设函数（Ⅰ）求的单调区间；
（Ⅱ）当时，若方程在上有两个实数解，求实数t的取值范围；
（Ⅲ）证明：当m>n>0时，.
2.已知函数．（Ⅰ）若是函数的一个极值点，求的值；
（Ⅱ）若在上恒成立，求的取值范围；
（Ⅲ）证明：（为自然对数的底数）．
【题型十四】 证明不等式5：凑配主元型
【典例分析】
已知函数.(1) 讨论函数的单调性；
(2) 讨论函数的零点个数问题
(3) 当时，证明不等式.
【提分秘籍】
基本规律
1.双变量。
2.结构“怪异”但具有某种意义上的“对称”特征
【变式演练】
1.已知函数．（1）当时，求函数的单调区间；
（2）若函数在处取得极值，对,恒成立，求实数的取值范围；
（3）当时，求证：．
2.已知函数.（1）讨论的单调区间；
（2）当时，证明： .10 导数压轴大题归类：不等式证明归类（2）
目录
【题型一】 不等式证明6：凸凹翻转型 1
【题型二】 不等式证明7：三角函数与导数型 4
【题型三】 不等式证明8：极值点偏移（不含参） 6
【题型四】 不等式证明9：极值点偏移（含参） 9
【题型五】 不等式证明10：三个“极值点”（零点）型 12
【题型六】 不等式证明11：比值代换（整体代换等）型 15
【题型七】 不等式证明11：非对称型（零点值x1与x2系数不一致） 18
【题型八】 不等式证明12：韦达定理型 21
【题型九】 不等式证明13：利用第一问构造（包括泰勒展开） 23
【题型十】 不等式证明14：含ex和lnx型 26
【题型十一】 不等式证明15：先放缩再证明型 28
【题型十二】 不等式证明16：切线放缩证明“两根差”型 31
【题型十三】 不等式证明17：条件不等式证明 34
【题型十四】 综合证明：x1与x2综合 37
【题型一】 不等式证明6:凹凸翻转型
【典例分析】
已知，.
（1）求函数的单调区间；
（2）对一切，恒成立，求实数a的取值范围；
（3）证明：对一切，都有成立.
【答案】（1）函数在上单调递减，在上单调递增（2）（3）证明见解析
【分析】
（1）求出的导函数，令导函数小于0，可求得函数单调递减区间，导函数大于0，可求得函数单调递增区间；
（2）把与解析式代入已知不等式，整理后设，求出的导函数，根据导函数的正负判断单调性，进而求出的最小值，即可确定的范围；
（3）所证不等式两边乘以，左边为，右边设为，求出左边的最小值及右边的最大值，比较即可得证．
（1）
解：因为，所以，
当，，当，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增；
（2）
解：原不等式等价于，即对一切恒成立，
设，则，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，
所以实数a的取值范围为；
（3）证明：原问题等价于证明，
由（1）可知，的最小值是，当且仅当时取到，
设，则，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以，当且仅当时取到，
所以对一切，都有成立．
【提分秘籍】
基本规律
类型特征：
特殊技巧；
分开为两个函数，各自研究，甚至用上放缩法
【变式演练】
1.已知．
（1）求函数的极值；
（2）证明：对一切，都有成立．
【答案】（1）极小值为，无极大值（2）证明见解析
【分析】
（1）求导，令f′(x)=0，解得，分别讨论和时，的正负，可得的单调区间，即可得答案.（2）问题等价于证明，x∈(0，＋∞)．设，利用导数求得的单调区间和极值，分析即可得答案.
解（1）由，x>0，得f′(x)=ln x＋1，令f′(x)=0，得．
当时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
所以的极小值为，无极大值．
（2）证明：问题等价于证明，x∈(0，＋∞)．由（1）可知，x∈(0，＋∞)，
设，则，当时，，单调递增；
当时，，单调递减．易知，当且仅当时取到．
从而对一切x∈(0，＋∞)，成立，当且仅当时等号成立．
即对一切，都有成立．
2.已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）证明：.
【答案】（1）答案见解析.（2）证明见解析
【分析】（1），令，分别讨论，，，解不等式或即可得单调增区间和减区间，进而可得单调性.
（2）设分别求，利用导数判断两个函数的单调性以及最值，求出即可求证.
解（1）因为，所以，，，
令，当时，恒成立，此时在上单调递减，
当时，解不等式可得：，
所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
当时，解不等式可得：，
所以在上单调递增，在上单调递减，
综上所述：当时，在上单调递减，
当时，在和上单调递减，
在上单调递增，
当时， 在上单调递增，在上单调递减，
（2）由可得，由可得，由可得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，设，则，
由即可得；由即可得，
所以在上单调递增，在上单调递减，所以，
所以，所以对任意的恒成立.
【题型二】 不等式证明7：三角函数与导数不等式
【典例分析】
已知函数，，．
（1）若在上单调递增，求a的最大值；
（2）当a取（1）中所求的最大值时，讨论在R上的零点个数，并证明．
【答案】（1）1；（2）2个，证明见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，转化为导函数在上恒成立，再求导求其最小值即可；（2）利用导数分析函数在上的单调性，根据两点的存在性定理可确定出2个零点，再由导数求出函数的最小值，求出最小值的范围即可得证.
解（1）由题意可知，在上恒成立，
因为，所以单调递增，
所以，解得a≤1，所以a的最大值为1.
（2）
易知a=1，所以,
当x≤0时，，所以g(x)单调递减，
当x>0时，，则，所以单调递增,
因为，所以存在，使得，
在上单调递减，在上单调递增，
又，所以,
因为，所以存在，使得，
所以有两个零点， 又因为，
所以，因为，
所以，故成立.
【提分秘籍】
基本规律
1.证明思路和普通不等式一样。
2.充分利用正余弦的有界性
【变式演练】
1.设函数.
（1）求的极值点；
（2）设函数.证明：.
【答案】（1）；（2）证明过程见解析.
【分析】（1）利用二次求导法，结合函数极值的定义进行求解即可；
（2）利用构造函数法，结合导数的性质分类讨论进行证明即可.
解（1）函数的定义域为：，
由，设，
因为，所以是单调递减函数，
因此当时，单调递减，
当时，单调递增，
因此当时，函数有极大值，极大值为；
（2）函数的定义域为：，即，
要想证明，只需证明，
构造函数，由（1）可知当时，函数的极大值为，
即，当时，，
设， ，，
当时，单调递增，即有，
因此此时有成立，
当时，单调递减，即有，
因此此时有成立，
所以当时，，即，
设，当时，显然有，
因此有，即，而，
所以当时，不等式成立，即成立.
2.已知函数
（1）若，成立，求实数的取值范围;
（2）证明：有且只有一个零点，且．
【答案】（1）（2）证明见解析.
【分析】
（1）把已知条件转化成大于在上的最小值即可解决；
（2）先求导函数，判断出函数的单调区间，图像走势，再判断函数零点，隐零点问题重在转化.
解（1）由得，则在上单调递增，在上最小值为
若，成立，则必有由，得故实数的取值范围为
（2）在上单调递增，且恒成立，最小正周期，在上最小值为由此可知在恒为正值，没有零点.
下面看在上的零点情况.，，则
即在单调递增，
，
故在上有唯一零点.综上可知，在上有且只有一个零点.
令，则，。
令，则。即在上单调递减，
故有
【题型三】 不等式证明8：极值点偏移之不含参型
【典例分析】
.已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：．
【答案】（1）x－y－1＝0；（2）证明见解析﹒
【分析】(1)利用导数的几何意义即可求；
(2)①对不等式右侧可以采用切线放缩来进行证明；②不等式左侧变形转化为证明﹒
解（1）切点为，，，切线方程为，即x－y－1＝0；
（2），令，且当时，，单调递减；
当时，，单调递增．∵，不妨设，∴，
对不等式右侧可以采用切线放缩来进行证明．
注意到，而，∴．
再证左边：要证：，只需证明：．∵，∴．
又∵，当时，单调递增﹐故只需证明．
，构造函数，，
∴，∴
∴在上单调递减，∴，
∴，∴．
【提分秘籍】
基本规律
1.求出函数的极值点；
2.构造一元差函数；
3.确定函数的单调性；
4.结合，判断的符号，从而确定、的大小关系
【变式演练】
1.已知函数.
（1）当时，判断在区间上的单调性；
（2）当时，若，且的极值在处取得，证明：.
【答案】（1）在上是增函数．（2）证明见解析．
【分析】（1）求出导函数，设，再求导，由恒成立得单调递增，得，从而得的单调性；
（2）利用导数得出的极小值点，注意，题设中，满足，考虑到，引入新函数，，利用导数确定是单调增函数，得，即得，再利用的关系，及函数的单调性可证得结论成立．
解（1），时，，，
设，则，时，恒成立，
所以，即在上单调递增，又，所以时，恒成立，
所以在上是增函数．
（2），，，由（1）知在上是增函数，
，，所以在，即在上存在唯一零点，，
时，，递减，时，，递增．
是函数的唯一极小值点．若，则，
设，，
，
由得，所以，
由，得，，又，
所以，所以是增函数，
当时，，
所以，，又，
，所以，又，在上单调递增，
所以，所以．
2.已知函数.（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，设函数的两个零点为，，试证明：.
【答案】（1）当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减；（2）证明见解析.
【分析】（1）求出导函数，讨论的取值范围，利用导数与函数单调性之间的关系即可求解.
（2）利用导数求出函数的极大值，由零点存在性定理可得两零点所在的区间，不妨设，则有，构造函数，，利用导数判断出函数单调递增，从而可得，再由即可求解.
解：（1）易得函数的定义域为.对函数求导得：.
当时，恒成立，即可知在上单调递增；
当时，当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减.
（2）当时，，，此时在上单调递增，在上单调递减.
，又，，不妨设，则有，
令，，.
当时，，单调递增，，，
，又，，
，，在上单调递减，，即.
【题型四】 不等式证明9：极值点偏移之含参型
【典例分析】
已知函数的两个零点为．（1）求实数m的取值范围；
求证：．
【答案】（1）（2）见解析
【详解】（1），当时，，
在上单调递增，不可能有两个零点；
当时，由可解得，由可解得，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以，
要使得在上有两个零点，则，解得，
则m的取值范围为．
（2）令，则，由题意知方程有两个根，
即方程有两个根，不妨设，，令，
则当时，单调递增，时，单调递减，综上可知，，
要证，即证，即，即证，
令，下面证对任意的恒成立，∵，∴，
∴又∵，∴，则在单调递增∴，故原不等式成立．
【提分秘籍】
基本规律
1.消去参数，从而转化成不含参数的问题去解决；
2.以参数为媒介，构造出一个变元的新的函数.
【变式演练】
1..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：.
【答案】（1）（2）证明见解析（3）证明见解析
【分析】（1）利用变量分离法得出，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.
解：（1）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.
2.已知函数.（1）若f（1）=2，求a的值；
（2）若存在两个不相等的正实数，满足，证明：
①；②.
【答案】（1）2；（2）证明过程见解析.
【分析】（1）代入f（1）=2即可求出a的值；（2）①分情况讨论，得到时满足题意，根据函数单调性，不妨设，构造差函数，证明极值点偏移问题；②在第一问的基础上进行放缩即可证明..
解（1）由，化简得：，两边平方，解得：.
（2）不妨令，
①当时，在上单调递增，故不能使得存在两个不相等的正实数，满足，舍去；
当时，为定值，不合题意；
当时，，由对勾函数知识可知：当时，在上单调递增，在上单调递增，两个分段函数在处函数值相同，故函数在上单调递增，不能使得存在两个不相等的正实数，满足，舍去；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，且，即分段函数在处函数值相等，要想存在两个不相等的正实数，满足，则有三种类型，第一种：，显然，令，则，当时，，即在单调递增，所以，即，由于，所以，又因为，所以，因为，而在上单调递减，所以，即，综上：；第二种情况：，显然满足，
接下来证明，令，则，当时，，即在单调递增，所以，又，所以，又，所以，因为，，在上单调递增，所以，即，综上：；第三种情况：，由第一种情况可知满足，由第二种情况可知：，则，
综上：，证毕.
②由①可知：当时，由得：，整理得：，即；
当时，，整理得：，整理得：，因为，所以，综上：，证毕.
【题型五】 不等式证明10：三个“极值点（零点）”不等式
【典例分析】
已知函数在处的切线方程为．
（1）求函数的解析式；
（2）当时，若函数的3个极值点分别为，，，求证：．
【答案】（1）（2）证明见解析【分析】
（1）由切线方程及导数的几何意义，得，解得，把点代入曲线方程，解得，进而可得函数的解析式；
（2）由（1）可得的解析式，对求导，分析的单调性，极值，推出函数的3个极值点中，有一个为，有一个小于，有一个大于1，进而得出答案．
解：（（1）1）由，可得，，所以，
所以，解得，又因为在曲线上，所以，解得，
所以函数的解析式为：；
（2）证明：，，
令，，当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以，因为函数有3个极值点，所以，所以，所以当时，又，
（1），从而函数的3个极值点中，有一个为，有一个小于，有一个大于1，
又，所以，，，即，，
故．
【提分秘籍】
基本规律
1.可以通过代换消去一个极值点。
2.一些函数也可以求出具体的极值点
3.通过分类讨论可以“锁定”一个的取值范围，适当放缩。
【变式演练】
1.已知函数.
（1）若曲线在处的切线斜率为，求实数的值；
（2）若函数有3个不同的零点，，，求实数的取值范围，并证明：.
【答案】（1）1；（2），证明见解析.
【分析】
（1）由导数的几何意义，知，即可求出的值；
（2）由题意，又有3个不同的零点，则有两个异于2的不等实根，令，结合导数研究的零点分布情况即可求的取值范围，应用分析法：要证仅需证，而，是的两个实根有，令，，，只需证，上恒成立即可.
【详解】
（1）对求导，得，
依题意，，解得.
（2）依题意，，，令，得或，
要使有三个不等实根，需使有两个异于2的不等实根，不妨设，，令，则，
当时，，在上单调递减，不可能有两个零点，不合题意；
当时，令，得，
∴当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，∴要使有两个异于2的不等实根，须使，即，此时有，，，
∴由函数零点存在定理知有两个零点，即，又有，
∴实数的取值范围是.要证，只需证.①
∵，是的两个实根，且，∴，即，有.
令，，则，，，∴要证①式成立，只需证，，即证，.令，，则在上恒成立，
∴在上单调递增，有，
∴，则得证.
2.已知函数．
（1）若，讨论的单调性．
（2）若有三个极值点，，．
①求的取值范围；
②求证：．
【答案】（1）在和上单调递减，在上单调递增（2）① ；②证明见解析
【分析】（1）求导，根据的导函数与0的关系求出单调区间，
（2）①先求导，，令，再求导，判断根的范围
②利用分析法进行求证，要证：，只要证：，只要证，转化为只要证，求导，判断增减性，问题得以证明．
解：（1）当时，，，，
当时，在和上，单调递减，
当时，在上，单调递增，
（2）①解：，，首先，令，则应有两个既不等于0也不等于的根，求导可得，，
若，则，在，上均为增函数，
且时，；时，，
故在上至多有一个零点，不合题意，舍去，
故，有唯一的根，
当时，，当时，，所以是的极小值点且为最小值，
要使有两根，只要即可，
由，得，此时，又由，得，
若时，，设，则，
故在上为增函数，故即，
取，则时，，
故此时有两个既不等于0也不等于的根，
而，故的两根中，一个大于，另一个小于，
于是在定义域中，连同，共有三个相异实根，并且在这三个根的左右，的正负变号，它们就是的三个极值点，综上，的取值范围是；
②证明：由①可知有三个极值点，，中，两个是的两根（不妨设为，，其中，另一个为，要证：。只要证：，即只要证明，
因为在上单调递减，其中，故只要证，其中，
只要证，而，
只要证，由，得，由此代入上述不等式，只要证明，只要证，令，
当时，，单调递增，而，
所以当时，，于是证，
即：．
【题型六】 不等式证明11：比值代换（整体代换等）
【典例分析】
已知函数（为常数，且）.
（1）求函数的单调区间；
（2）当时，若有两个极值点，，证明：.
【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析
【分析】（1）先求出函数的定义域，再对函数求导，然后分和两种情况判断导数的正负，从而可求出函数的单调区间，
（2），由题知，方程有两个不同的正根，，设，则①，，②，①+②得：，①-②得：，消去，化简变形，再令，则，，所以只要证，构造函数，利用导数求其最小值大于零即可
解（1）函数的定义域为，，
①当时，由，解得，由，解得，
所以的增区间为，减区间为
②当时，由解得，由，解得，
所以的增区间为，减区间为
综上：当时，的增区间为，减区间为
当时，的增区间为，减区间为.
（2）由，得由题知，方程有两个不同的正根，，设
则①，，②
①+②得：，
①-②得：，消去得，
令，则，，要证，即证，即证，
即证，令，则，
当时，所以函数在内单调递增，
又因为，所以，所以，
所以.
【提分秘籍】
基本规律
1.两个极值点（或者零点），可代入得到两个“对称”方程
2.适当的恒等变形，可构造出“比值”型整体变量。
【变式演练】
1.已知函数，.
（1）若函数的图象在点处的切线方程为，求实数a的值；
（2）若函数在定义域内有两个不同的极值点，.
（i）求实数a的取值范围；
（ii）当时，证明：.
【答案】（1）2（2）（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）利用切线方程可得，，即可求；
（2）（i）要使在定义域内有两个不同的极值点，，需满足在内有两个不同的零点，，设，得，通过分类讨论参数，可求a的取值范围；
（ii）证法不唯一，可设，由转化得，要证即证，令，通过构造，，结合即可求证；
证法二 方法类同于一，可作参考.（1）因为，则，
又，所以在点处的切线方程为，即，
又该切线为，则且，所以；
（2）（i）函数定义域为，因为函数在内有两个不同的极值点，，
即等价于函数在内有两个不同的零点，.设，由，
当时，，在上单调递增，至多只有一个零点；
当时，在上，单调递增；在上，单调递减，
所以，当时，，函数有两个零点，则必有，即，解得，
又，易证，证明如下：令，，
当时，，单减，当时，单增，故，故，得证.，所以在和上各有一个零点，故有两个零点时，a的范围为；
（ii）法1：由（i）可知，是的两个零点，不防设，
由且，得.
因为令，则，
记，，由，令，.
又，则，即，
所以在上单调递增，故，即成立.所以不等式成立.
法2：欲证，由，，则只需证：.
不妨设，则且，则，
所以令，则，
记，，由，即在上单调递增，
故，即成立.故.
2.和是关于的方程的两个不同的实数根.
（1）求实数的取值范围；
（2）若，求证：.
【答案】（1）（2）证明见解析
【分析】
（1）分离参数a，设新的函数，利用导数判断其单调性，求出最值，即可求得实数的取值范围；
（2）设，从而将变形为，再利用对数运算确定的范围，再利用换元法，结合方程的跟满足方程，构造新的函数，利用导数求该函数的最小值，则问题可得到证明.
解（1）当，即，设，则，
当时，，所以 在时递增，
当时，，所以 在时递增，
故x=-1时，取得最大值 ，又时，，
当时，，且当 时，，
所以由关于的方程有两个不同的实数根.可得：；
（2）设，则， ，设 ，则，
，，设 ，
，设，则，则在递增，而，
时，，即在上递减，则，
.
【题型七】 不等式证明11：非对称型（零点x1与x2系数不一致）
【典例分析】
已知，.
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个零点，是的极值点，求证：.
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.
【分析】（1）求导，分，，由，求解；
（2）由（1）知：的极值点是，根据有两个零点，则，由，设，再由得到，将证明，转化为证明，利用导数法证明.
解：（1）因为，，所以，
当时，，则在上递增，
当时，令得，
当时，，当时，，所以在上递减，在上递增；
（2）由（1）知：的极值点是，若有两个零点，
则，解得，由，设，
由得，即，解得，
，即为，即为，即为，
因为，要证，只需证，
令，则，
令，则，，
所以在上递增，且，所以在上递增，且，
所以.
【提分秘籍】
基本规律
1.可以借助“比值”等代换方式引入参数，转化为一个变量。
2.可以利用“极值点”偏移构造新函数证明。
【变式演练】
1.已知函数．
（1）讨论函数零点的个数；
（2）若函数恰有两个零点，证明．
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）对函数求导得，根据导数的正负得到函数的单调性，再讨论函数的最小值，即可得到答案；
（2）由（1）知，函数恰有两个零点时，，且，要证，只需证，只需证，再根据，将不等式的证明转化为证明，构造函数进行证明，即可得到答案；
解：（1）．
当时，；当时，．所以，函数在单调递增；在单调递减．
所以，当时，有最大值．
当时，，函数无零点；
当时，，函数有1个零点：
当时，
令
当时，；当时，．
所以，在单调递增，在单调递减．
所以，即．
所以在和各有一个零点，即有两个零点．
综上，当时，函数无零点；
当时，函数有1个零点；当时，有两个零点．
（2）由（1）知，函数恰有两个零点时，，且．要证，只需证，
因为在单调递减，所以只需证．因为，所以只需证，其中．令，则，
所以，因为，
所以在单调递增，从而，
所以在单调递减，所以，即，
于是，所以．
2.已知函数既有极大值，又有极小值.
（1）求实数的取值范围；
（2）记为函数的极小值点，实数且，证明：.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）先求导，得，再分为和两种情况分类讨论，在时，结合零点存在定理证明即可；
（2）结合（1）中单调性的讨论，要证即证，即，结合导数与函数性质可求．
【详解】（1）①当时，单调递增，不存在2个零点，故舍去；
②当时，令，则，所以在单调递增，在单调递减，
所以，解得.下证，当时，函数既有极大值，又有极小值.
由得，存在使，由，
又恒成立，证明如下：
令，，时，，单减，时，，单增，故，所以恒成立，故。存在使，
0 + 0
单减 极小值 单增 极大值 单减
函数既有极大值，又有极小值，故；
（2）由（1）可知函数在，，单调递减，在，单调递增，
实数且，故要证即证，即．
因为，所以只要证．
因为得，令，即证当时，．
设，因为，所以在，上单调递增，故（1），
因此在，上单调递增，故当时，（1）．综上，．
【题型八】 不等式证明12：韦达定理型
【典例分析】
已知函数．
（1）若是定义域上的单调函数，求的取值范围；
（2）若在定义域上有两个极值点，，证明：．
【答案】（1），；（2）证明见解析.
【分析】（1）若在上单调递减，等价于，利用二次函数求出最大值即得解；若在递增，等价于，二次函数没有最小值，此种情况无解. 综合即得解.
（2）利用韦达定理求出，，再求出，求出函数的最小值即得证.
解（1），，若在上单调递减，则在上恒成立，故，，，
若在递增，则在恒成立，故，
没有最小值，此时不存在，
综上，的取值范围是，；
（2）证明：当时，，方程有2个不相等的正根，，
不妨设，则当，，时，当，时，，
有极小值点和极大值点且，，
，令，，
则当时，，则在单调递减，故，
即．
【提分秘籍】
基本规律
1.题干条件大多数是与函数额极值x1，x2有关。
2.利用韦达定理代换：可以消去x1，x2留下参数
【变式演练】
1.已知函数，在定义域上有两个极值点．
（1）求实数a的取值范围；
（2）求证:
【答案】（1）（2）见解析
【分析】（1）函数有两个极值点等价于有两个变号零点，再列出式子求解即可；
（2）根据韦达定理可得，与的关系，将其代入不等式，于是要证的不等式转化为证明，即证明（a），利用导数分析单调性证明即可．
解（1），因为函数的定义域上有两个极值点，，且，
所以方程在上有两个根，，且，
即在上有两个不相等的根，，所以，解得，
当时，若或，，，所以函数在和，上单调递增，
若，所以函数在，上单调递减，
故函数在上有两个极值点，，且，所以，实数的取值范围是；
（2）证明：由（1）知，，是方程在上有两个不等的实根，
所以，其中，故
，
令，其中，故（a），
令，所以函数（a）在上单调递增，
由于，（1），所以存在常数，，使得，即，，
且当时，，所以函数（a）在上单调递减，
当时，，所以函数（a）在上单调递增，
所以当时，，
又，，所以（a），即（a），
所以．
【点睛】
本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、考查了隐零点问题的等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
2.已知函数，．
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）若函数有两个极值点，，且，证明：当，，，．
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）直接利用导数求函数的单调区间得解；
（2）由韦达定理得到，，其中，，，，求出，求出函数的最大值即得证.
解（1）当时，，，，
令，所以或；令，所以；
所以在上，，单调递增，在，上，，单调递减，在上，，单调递增．
（2）证明：因为，函数有两个极值点，，
所以，，其中，，，，所以，
，
，
设，，，，
所以在上，，单调递减，在，上，，单调递增，
所以（1），得证．
【题型九】 不等式证明13：利用第一问
【典例分析】
已知函数．
（1）当时，讨论函数的单调性；
（2）若正数m，n满足，求证．
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）求导得到，再对分两种情况讨论得解；
（2）由（1）得时，恒成立，即得，化简即得证.
解：（1）易知的定义域为，且由得，或
1°当时，恒成立，∴在上是增函数；
2°当时，由得。记，，
当或时，，当时，，
∴在，上是增函数，在上是减函数
综上所示，当时，在上是增函数；
当时，在，上是增函数，
在上是减函数.
（2）解：取，由（1）知在上是增函数，且，
∴时，，即时，恒成立，
由，且，知，∴，
即，又由，得即.
【提分秘籍】
基本规律
1.可以利用第一问单调性提炼出不等式
2.可以利用第一问极值或者最值提炼出常数不等式
3.可以利用题干和第一问结论构造新函数（新不等式）
【变式演练】
1.设函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，证明：.
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.
【分析】（1）求导，，再分，讨论求解；
（2）令，用导数法证明即可.
（1）因为，所以，令，得，
当时，的定义域是，，
当，，当时，，
所以在上递减，在上递增；
当时，的定义域是，，
当，，当时，，
所以在上递减，在上递增；
（2）令，则，
当时，，当时，，所以在上递增，在上递减，
所以当时，，所以，
而，令，
则，所以在上递减，
所以，则，即.
2..已知函数.
（1）若，讨论的单调性；
（2）证明：.
【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增（2）证明见解析
【分析】（1）当时，求得，令，求得，结合，的单调性，求得的符号，即可求解；
（2）求得，且在上单调递增，根据题意得到，得出函数的单调性，转化为，设设，结合函数单调性与最值，即可求解.
解：（1）当时，函数，可得，
令，可得， 又由函数，可得
当时，，所以函数在上单调递增，
所以时，，单调递减，时，，单调递增.
（2）解：由题意，函数，
可得，且在上单调递增，
又由，，所以存在唯一的，使得，即，
所以，可得，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，
可得.
设，则，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以， 所以，即.
【题型十】 不等式证明14：含ex和lnx型
【典例分析】
已知函数．
（1）若是的极值点，求，并讨论的单调性；
（2）当时，证明：．
【答案】（1）m=1，时，递减，时，递增（2）证明见解析
解（1），，是的极值点，，得；
当时，，递减，
当时，，递增；
综上：时，递减，时，递增
（2）当时，，，，
故在上有唯一实数根，且使得：．
当时，，当时，，
从而当时，取得最小值，，．
【提分秘籍】
基本规律
1.因为含有ex和lnx这类超越函数，，可以借助“不确定根”（隐零点）代换放缩证明
2.利用lnx求导为1/x，ex求导无限循环特性，把lnx独立分离出，降低导函数零点寻找的计算难度。
3.可以利用“同构”技巧
【变式演练】
1.已知函数，.
（1）讨论的单调性；
（2）当时，证明：，.
【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析
【分析】（1）求得，分和两种情况讨论，结合导数的符号，即可求解；
（2）把证明转化为证明，令，求得，再令，利用导数求得在上为增函数，结合零点存在性定理得到存在唯一的使得，进而得到函数的单调性与最值，即可求解.
解：由题意，函数，
可得，
若，则当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
若，由得或.
①当时，可得，所以在上单调递增.
②当时，可得，故当，时，，
当时，，所以在，上单调递增，在上单调递减.
③当时，则，故当，时，，
当时，，所以在，上单调递增，在上单调递减.
综上所述，
当时，在上单调递减，在上单调递增；
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）解：当时，欲证成立，只需证，
令，则（其中），
令，则，所以在上为增函数，
因为，，
所以由零点存在性定理得，存在唯一的使得，
即，即，所以由得，
故时，，时，，
所以，
故成立，即.
2.已知函数，，其中.
（1）试讨论函数的单调性；
（2）若，证明：.
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）的定义域为，求出，分别讨论，，时不等式和的解集即可得单调递增区间和单调递减区间，即可求解；
（2）的定义域为，不等式等价于，，
令，只需证，令，利用导数判断单调性和最值即可求证.
解（1）的定义域为，
由可得：，
当时，令，解得；令，解得或；
此时在上单调递增，在和上单调递减：
当时，，此时在和上单调递减；
当时，令，解得，令，解得或，
此时在上单调递增，在和上单调递减：
综上所述：当时，在上单调递增，在和上单调递减；
当时，在和上单调递减；
当时，在上单调递增，在和上单调递减.
（2）因为，的定义域为，所以即，
即证：，令，只需证，令，则，
令，解得：；，解得；所以在上单调递减，在上单调递增；
所以，所以，
所以，即成立.
【题型十一】 不等式证明15：先放缩再证明
【典例分析】
设函数．
（1）求函数的单调区间；
（2）当时，证明：．
【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）证明见解析.
【分析】
（1）求得，分、两种情况讨论，分析导数在上的符号变化，由此可得出函数的增区间和减区间；
（2）由（1）可得出，要证原不等式成立，先证对任意的恒成立，构造函数，利用导数分析函数在上的单调性，由此可证得对任意的恒成立，即可证得原不等式成立.
（1）
解：的定义域为，则，
当时，在恒成立，则函数的单调减区间为，没有增区间：
当时，当时，；当时，.
则函数的单调减区间为，单调增区间为.
综上所述，当时,函数的单调减区间为，没有增区间：
当时，函数的单调减区间为，单调增区间为.
（2）证明：由（1）可知当时，的单调减区间为，单调增区间为；
当时，取极小值，所以，
当时，即有，所以，
所以要证，只需证，整理得，
又因为，所以只需证，令，则，
令，则，令，得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，又，，
所以在时，恒成立，所以在上单调递减，
所以，即，即成立，即得证．
【提分秘籍】
基本规律
放缩构造法：
1.根据已知条件适当放缩；
2.利用常见放缩结论；
【变式演练】
1.已知函数.
（1）若曲线在点处的切线方程为，求a的值；
（2）若，证明：.
【答案】（1）（2）证明见解析
【分析】（1）由可得的值，再验证切点坐标也满足条件；
（2）由，知要证也即证，设，求出导数分析其单调性，得出其最值可证明.
（1） ，则解得
又，，可得综上
（2）由，知要证即证
也即证。设，则，再令，，
所以在上单调递增，又则当时，，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增.所以
所以成立，即成立.
2.已知函数．
（1）求函数的极值；
（2）求证：．
【答案】（1）函数的极小值为，没有极大值；（2）证明见解析.
【分析】
(1)求函数的导函数，由确定极值点的可能值，再通过分析所得点的两侧的导数值得符号确定函数的极值点和极值；(2)构造函数证明，由此可得要证明，只需证明，再证明恒成立，由此完成证明.
（1）∵ ，∴ ，令可得，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
∴ 当时，函数取极小值，极小值为，函数没有极大值；
（2）设，则，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
∴，即，∴
要证明，只需证明，只需证明，只需证明，
只需证明，设，则，令可得，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
∴，∴ ，∴ 当时成立，∴.
【题型十二】 不等式证明16.：切线放缩证明两根差型（剪刀模型）
【典例分析】
已知函数，．
（1）求函数的极值；
（2）设曲线与轴正半轴的交点为，求曲线在点处的切线方程；
（3）若方程为实数）有两个实数根，且，求证：．
【答案】（1）极大值为，无极小值（2）（3）证明见解析
【分析】
（1）结合极值的概念，利用导数判断单调性，即可确定函数极值；（2）根据导数的几何意义，结合直线的点斜式方程即可求解；（3）由（2）可设，构造函数，设曲线在点原点处的切线方程为：，构造方程，方程，结合函数的单调性即可证明.
解（1）由已知得：由得：又当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当时取得极大值，极大值为（1），无极小值
（2）设，，则，，
曲线在点处的切线方程为：，
即曲线在点处的切线方程为：
（3）设，令即，则
由于在单调递减，故在单调递减，又，
当时，当，时，，在单调递增，在，单调递减，
，，即，都有；设方程的根为，．
在单调递减，且，
设曲线在点原点处的切线方程为：，则易得，
，有，即，设方程的根为，则，
在单调递增，且，，
即．
【提分秘籍】
基本规律
本专题又称之为“剪刀模型”，可以如下图理解（其中一种思维）
【变式演练】
1.已知函数，其中.
(I)讨论的单调性；
(II)设曲线与轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为,求证：对于任意的正实数，都有；
(III)若关于的方程有两个正实根，求证： .
解（I）：由=，可得==，其中，且.
下面分两种情况讨论：
（1）当为奇数时. 令=0，解得，或.
当变化时，，的变化情况如下表：
- + -
所以，在，上单调递减，在内单调递增。
（2）当为偶数时.
当，即时，函数单调递增；
当，即时，函数单调递减.
所以，在上单调递增，在上单调递减.
（II）证明：设点的坐标为，则，.曲线在点处的切线方程为，即.令，即，则.
由于在上单调递减，故在上单调递减.又因为，所以当时，，当时，，所以在内单调递增，在上单调递减，所以对于任意的正实数，都有，即对于任意的正实数，都有.
（III）证明：不妨设.由（II）知.设方程的根为，可得，当时，在上单调递减.又由（II）知，可得.
类似地，设曲线在原点处的切线方程为，可得，当，，即对于任意的，.
设方程的根为，可得.因为在上单调递增，且，因此.
由此可得.
因为，所以，故.
所以，.
2.已知函数.
（1）设曲线在处的切线为，求证：；
（2）若关于的方程有两个实数根，，求证：.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】
（1）由导数求出切线方程，然后引入新函数，由导数求得它的最小值是0即证；
（2）不妨设，直线与相交于点，利用通过转换证得，再证，它通过证明完成，只要引入新函数即可证．
【详解】
（1）因为，，，在处的切线为即.
令，
于是当时，；当时，.
所以在上单调递减，在上单调递增；
故，所以
（2）不妨设，直线与相交于点，由（1）知：，则，
从而.下证：.
由于，所以要证，即证：.
令，，
当时，；当时，
在上单调递减，在上单调递增
，所以成立，当且仅当，时取等号.
由于等号成立的条件不能同时满足，
.
【题型十三】 不等式证明17：条件不等式证明
【典例分析】
已知函数．
（1）设函数，讨论在区间上的单调性；
（2）若存在两个极值点，（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值），且，证明：．
【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）证明见解析
【分析】
（1）求出，讨论或，利用导数与函数单调性之间的关系即可求解.
（2）由（1）知若存在两个极值点，则，求出得出在和上各有一个零点，，根据得出，由求出即可求解.
解（1），，
当时，，在上单调递增；
当时，令．
当时，，单调递增；
当时，，单调递减．
（2）由（1）知若存在两个极值点，则，且，
且注意到，，∴在和上各有一个零点，，
且时，，单调递减；
当时，，单调递增；
当时，，单调递减．
∴，是的两个极值点．，
且，∴，
而，∴，∴，证毕．
【提分秘籍】
基本规律
1.可以利用“对称性”构造方程同解变形
2.一些题型的证法，实质是类似于“极值点偏移”
【变式演练】
1.已知.
（1）证明：是上的增函数，
（2）若，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，证明导函数在上大于等于零恒成立即可；
（2）要证，只须证，即证，根据，得，只需证当时，，只需证，令，只要证明函数为增函数即可.
（1）证明：，是上的增函数；
（2）证明：要证，只须证，即证，
由，且函数单调递增，
若，必有，此时，
若，必有，此时，由上知若，必有，
又当时，，故只需证当时，，
而，故只需证，令，
则，
，故，，
，故为增函数，，而，且，知，
故，可得，所以.
2.已知函数.
（1）讨论零点的个数；
（2）设m，n为两个不相等的正数，且，证明：.
【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析
【分析】（1）由，得或.然后考虑方程的解的个数，变形为，引入函数，利用导数得出的单调性、极值等变化趋势后可得；
（2）由（1）可不妨设，，引入函数，由导数确定是上的单调增函数，得出，再由的单调性得结论．
解（1）已知，令，则或.
因为，所以.设.则.
令，则；令，则.
所以函数在上单调递减，在上单调递增，且.
时，，时，，
综上，当时，只有一个零点；当时，恰有两个零点；当时，有三个零点；
（2）证明：因为，所以m，n为两个不同的零点，不妨设，则.
令，则对任意的恒成立，
所以函数在上单调递增，所以，即当时，，
又，所以，
因为，，且在上单调递增，所以，故，得证.
【题型十四】 综合证明：x1与x2型
【典例分析】
已知函数．
（1）判断函数的单调性；
（2）若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围；
（3）若，求证：．
【答案】（1）答案见解析（2）
（3）证明见解析
【分析】
（1）求得，对进行分类讨论，由此判断出的单调性.
（2）将不等式恒成立转化为，利用构造函数法，结合导数求得的取值范围.
（3）将要证明的不等式转化为，利用换元法、构造函数法，结合导数证得不等式成立.
解（1），，故，
因为，所以当时，，函数在上单调递增；
当时，当，函数单调递增，
当，函数单调递减.
（2）对任意，不等式对任意的，不等式恒成立，
在上恒成立，进一步转化为，
设，当时，；
当时，，当时，．
设，当时，，
当时，，所以时，，
即，所以实数的取值范围为；
（3）当时，等价于．令，设，则，
当时，，，，在上单调递增，（1），
．
【变式演练】
1.已知函数，，，是两个任意实数且．
（1）求函数的图象在处的切线方程；
（2）若函数在上是增函数，求的取值范围；
（3）求证：．
【答案】（1）（2）（3）证明见解析
解：（1）因为，则切线的斜率为，切点为，
所以函数的图象在处切线方程为；
（2）由得，因为函数在实数集上是增函数，
所以恒成立，则恒成立，令，由得，
当时，，函数递减；
当时，，函数递增；
所以当时，函数，故实数的取值范围是；
（3）要证明，即证明，只需证明，不妨设，，
只需证明，只需证明对恒成立，设，
则，
设，当时恒成立，则递增，，即，
则，故函数递增，有恒成立，即对恒成立，
所以，即．
2..已知函数．
（1）若函数在点处的切线斜率为，求的值．
（2）若函数存在减区间，求的取值范围．
（3）求证：若，，都有．
【答案】（1）（2）（3）证明见解析
【分析】（1）求导得到导函数，计算，解得答案.
（2）题目转化为有解，即，利用均值不等式计算最值得到答案.
（3）题目转化为，设，，求导得到函数单调递增，计算最值得到证明.
解（1），，，.
（2）有解，即，设，，
，当，即是等号成立.故.
（3），即，即，
设，，，，
故函数在上单调递增，故，
故在恒成立.10 导数压轴大题归类：不等式证明归类（2）
【题型一】 不等式证明6:凹凸翻转型
【典例分析】
已知，.
（1）求函数的单调区间；
（2）对一切，恒成立，求实数a的取值范围；
（3）证明：对一切，都有成立.
【提分秘籍】
基本规律
类型特征：
特殊技巧；
分开为两个函数，各自研究，甚至用上放缩法。
【变式演练】
1.已知．
（1）求函数的极值；
（2）证明：对一切，都有成立．
2.已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）证明：.
【题型二】 不等式证明7：三角函数与导数不等式
【典例分析】
已知函数，，．
（1）若在上单调递增，求a的最大值；
（2）当a取（1）中所求的最大值时，讨论在R上的零点个数，并证明．
【提分秘籍】
基本规律
1.证明思路和普通不等式一样。
2.充分利用正余弦的有界性
【变式演练】
1.设函数.
（1）求的极值点；
（2）设函数.证明：.
2.已知函数
（1）若，成立，求实数的取值范围;
（2）证明：有且只有一个零点，且．
【题型三】 不等式证明8：极值点偏移之不含参型
【典例分析】
.已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：．
【提分秘籍】
基本规律
1.求出函数的极值点；
2.构造一元差函数；
3.确定函数的单调性；
4.结合，判断的符号，从而确定、的大小关系
【变式演练】
1.已知函数.
（1）当时，判断在区间上的单调性；
（2）当时，若，且的极值在处取得，证明：.
2.已知函数.（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，设函数的两个零点为，，试证明：.
【题型四】 不等式证明9：极值点偏移之含参型
【典例分析】
已知函数的两个零点为．（1）求实数m的取值范围；
求证：．
【提分秘籍】
基本规律
1.消去参数，从而转化成不含参数的问题去解决；
2.以参数为媒介，构造出一个变元的新的函数.
【变式演练】
1..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：.
2.已知函数.（1）若f（1）=2，求a的值；
（2）若存在两个不相等的正实数，满足，证明：
①；②.
【题型五】 不等式证明10：三个“极值点（零点）”不等式
【典例分析】
已知函数在处的切线方程为．
（1）求函数的解析式；
（2）当时，若函数的3个极值点分别为，，，求证：．
【提分秘籍】
基本规律
1.可以通过代换消去一个极值点。
2.一些函数也可以求出具体的极值点
3.通过分类讨论可以“锁定”一个的取值范围，适当放缩。
【变式演练】
1.已知函数.
（1）若曲线在处的切线斜率为，求实数的值；
（2）若函数有3个不同的零点，，，求实数的取值范围，并证明：.
2.已知函数．
（1）若，讨论的单调性．
（2）若有三个极值点，，．
①求的取值范围；
②求证：．
【题型六】 不等式证明11：比值代换（整体代换等）
【典例分析】
已知函数（为常数，且）.
（1）求函数的单调区间；
（2）当时，若有两个极值点，，证明：.
【提分秘籍】
基本规律
1.两个极值点（或者零点），可代入得到两个“对称”方程
2.适当的恒等变形，可构造出“比值”型整体变量。
【变式演练】
1.已知函数，.
（1）若函数的图象在点处的切线方程为，求实数a的值；
（2）若函数在定义域内有两个不同的极值点，.
（i）求实数a的取值范围；
（ii）当时，证明：.
2.和是关于的方程的两个不同的实数根.
（1）求实数的取值范围；
（2）若，求证：.
【题型七】 不等式证明11：非对称型（零点x1与x2系数不一致）
【典例分析】
已知，.
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个零点，是的极值点，求证：.
【提分秘籍】
基本规律
1.可以借助“比值”等代换方式引入参数，转化为一个变量。
2.可以利用“极值点”偏移构造新函数证明。
【变式演练】
1.已知函数．
（1）讨论函数零点的个数；
（2）若函数恰有两个零点，证明．
2.已知函数既有极大值，又有极小值.
（1）求实数的取值范围；
（2）记为函数的极小值点，实数且，证明：.
【题型八】 不等式证明12：韦达定理型
【典例分析】
已知函数．
（1）若是定义域上的单调函数，求的取值范围；
（2）若在定义域上有两个极值点，，证明：．
【提分秘籍】
基本规律
1.题干条件大多数是与函数额极值x1，x2有关。
2.利用韦达定理代换：可以消去x1，x2留下参数
【变式演练】
1.已知函数，在定义域上有两个极值点．
（1）求实数a的取值范围；
（2）求证:
2.已知函数，．
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）若函数有两个极值点，，且，证明：当，，，．
【题型九】 不等式证明13：利用第一问
【典例分析】
已知函数．
（1）当时，讨论函数的单调性；
（2）若正数m，n满足，求证．
【提分秘籍】
基本规律
1.可以利用第一问单调性提炼出不等式
2.可以利用第一问极值或者最值提炼出常数不等式
3.可以利用题干和第一问结论构造新函数（新不等式）
【变式演练】
1.设函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，证明：.
2..已知函数.
（1）若，讨论的单调性；
（2）证明：.
【题型十】 不等式证明14：含ex和lnx型
【典例分析】
已知函数．
（1）若是的极值点，求，并讨论的单调性；
（2）当时，证明：．
【提分秘籍】
基本规律
1.因为含有ex和lnx这类超越函数，，可以借助“不确定根”（隐零点）代换放缩证明
2.利用lnx求导为1/x，ex求导无限循环特性，把lnx独立分离出，降低导函数零点寻找的计算难度。
3.可以利用“同构”技巧
【变式演练】
1.已知函数，.
（1）讨论的单调性；
（2）当时，证明：，.
2.已知函数，，其中.
（1）试讨论函数的单调性；
（2）若，证明：.
【题型十一】 不等式证明15：先放缩再证明
【典例分析】
设函数．
（1）求函数的单调区间；
（2）当时，证明：．
【提分秘籍】
基本规律
放缩构造法：
1.根据已知条件适当放缩；
2.利用常见放缩结论；
【变式演练】
1.已知函数.
（1）若曲线在点处的切线方程为，求a的值；
（2）若，证明：.
2.已知函数．
（1）求函数的极值；
（2）求证：．
【题型十二】 不等式证明16.：切线放缩证明两根差型（剪刀模型）
【典例分析】
已知函数，．
（1）求函数的极值；
（2）设曲线与轴正半轴的交点为，求曲线在点处的切线方程；
（3）若方程为实数）有两个实数根，且，求证：．
【提分秘籍】
基本规律
本专题又称之为“剪刀模型”，可以如下图理解（其中一种思维）
【变式演练】
1.已知函数，其中.
(I)讨论的单调性；
(II)设曲线与轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为,求证：对于任意的正实数，都有；
(III)若关于的方程有两个正实根，求证： .
2.已知函数.
（1）设曲线在处的切线为，求证：；
（2）若关于的方程有两个实数根，，求证：.
【题型十三】 不等式证明17：条件不等式证明
【典例分析】
已知函数．
（1）设函数，讨论在区间上的单调性；
（2）若存在两个极值点，（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值），且，证明：．
【提分秘籍】
基本规律
1.可以利用“对称性”构造方程同解变形
2.一些题型的证法，实质是类似于“极值点偏移”
【变式演练】
1.已知.
（1）证明：是上的增函数，
（2）若，且，证明：.
2.已知函数.
（1）讨论零点的个数；
（2）设m，n为两个不相等的正数，且，证明：.
【题型十四】 综合证明：x1与x2型
【典例分析】
已知函数．
（1）判断函数的单调性；
（2）若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围；
（3）若，求证：．
【变式演练】
1.已知函数，，，是两个任意实数且．
（1）求函数的图象在处的切线方程；
（2）若函数在上是增函数，求的取值范围；
（3）求证：．
2..已知函数．
（1）若函数在点处的切线斜率为，求的值．
（2）若函数存在减区间，求的取值范围．
（3）求证：若，，都有．

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