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重难点2-4 利用导数研究不等式与极值点偏移8大题型
函数与导数一直是高考中的热点与难点，利用导数研究不等式问题在近几年高考中出现的频率较高.求解此类问题关键是要找到与待证不等式紧密联系的函数，然后利用导数工具来研究函数的单调性、极值、最值（值域），从而达到目的.考查难度较大.
函数的极值点偏移问题，是导数应用问题，呈现的形式往往非常简洁，涉及函数的双零点，是一个多元数学问题，考查考生的化归与转化思想，逻辑思维能力、运算求解能力.
【题型1 单变量不等式的证明】
满分技巧不等式证明的常用思路 1、移项构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数； 2、最值法：若无法转化为一个函数的最值问题，则可以考虑转化为两个函数的最值问题． 在证明过程中，等价转化是关键，此处恒成立．从而f（x）>g（x）， 但此处与取到最值的条件不是同一个“x的值”． 3、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； 4、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
【例1】（2024·山东青岛·高三校考期末）
1．已知函数．
(1)当时，求的单调区间；
(2)当时，证明：．
【变式1-1】（2023·安徽合肥·高三校考期末）
2．已知函数.
(1)当时，求的单调区间
(2)讨论的单调性；
(3)当时，证明.
【变式1-2】（2024·陕西榆林·高三一模）
3．设函数，曲线在点处的切线方程为.
(1)求；
(2)证明：.
【变式1-3】（2024·内蒙古·高三校考期末）
4．已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)证明：在上.
【题型2 双变量不等式的证明】
满分技巧双变量不等式的处理策略： 含两个变量的不等式，基本的思路是将之转化为一元的不等式， 具体转化方法主要有三种:整体代换，分离变量，选取主元.
【例2】（2024·全国·模拟预测）
5．已知函数．
(1)若函数在上单调递增，求实数的取值范围；
(2)已知，求证：．
【变式2-1】（2024·北京西城·高三统考期末）
6．已知函数，其中.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)求的单调区间；
(3)当且时，判断与的大小，并说明理由.
【变式2-2】（2024·全国·高三专题练习）
7．已知函数，其中.
(1)当时，求的极值；
(2)当，时，证明：.
【变式2-3】（2024·全国·高三专题练习）
8．知函数．
(1)求函数的单调区间和最小值；
(2)当时，求证：（其中为自然对数的底数）；
(3)若，求证：．
【题型3 对称化构造解决极值点偏移】
满分技巧1、和型（或）问题的基本步骤： ①首先构造函数，求导，确定函数和函数的单调性； ②确定两个零点，且，由函数值与的大小关系， 得与零进行大小比较； ③再由函数在区间上的单调性得到与的大小，从而证明相应问题； 2、积型问题的基本步骤： ①求导确定的单调性，得到的范围； ②构造函数，求导可得恒正或恒负； ③得到与的大小关系后，将置换为； ④根据与的范围，结合的单调性，可得与的大小关系，由此证得结论.
【例3】（2024·云南昭通·统考模拟预测）
9．已知函数.
(1)讨论的单调区间；
(2)已知在上单调递增，且，求证：.
【变式3-1】（2024·山西晋城·统考一模）
10．已知函数．
(1)若恒成立，求的取值范围；
(2)若有两个零点，证明：．
【变式3-2】（2023·河南·高三南阳中学校联考阶段练习）
11．已知函数.
(1)若有唯一极值，求的取值范围；
(2)当时，若，，求证：.
【变式3-3】（2024·江苏扬州·高三统考期末）
12．已知函数的最小值为.
(1)求实数的值；
(2)若有两个不同的实数根，求证：.
【题型4 比值代换法解决极值点偏移】
满分技巧比值换元的目的也是消元、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点的比值作为变量，从而实现消参、减元的目的.设法用比值（一般用表示）表示两个极值点，即，化为单变量的函数不等式，继而将所求问题转化为关于的函数问题求解.
【例4】（2023·全国·高三统考月考）
13．已知是函数的导函数．
(1)讨论方程的实数解个数；
(2)设为函数的两个零点且，证明：．
【变式4-1】（2023·河南驻马店·高三统考期末）
14．已知函数有两个零点.
(1)求的取值范围；
(2)设，是的两个零点，，证明：.
【变式4-2】（2024·福建厦门·统考一模）
15．已知函数有两个极值点，．
(1)求实数的取值范围；
(2)证明：．
【变式4-3】（2022·全国·模拟预测）
16．设函数.
(1)若，求函数的最值；
(2)若函数有两个不同的极值点，记作，且，求证：.
【题型5 导数与数列不等式证明】
满分技巧1、证明此类问题时长根据已知的函数不等式，用关于正整数的不等式替代函数不等式中的自变量.通过多次求和达到证明的目的.此类问题一般至少两问，已知的不等式常由第一问根据待证式的特征而得来. 2、已知函数式为指数不等式（或对数不等式），而待证不等式为与对数有关的不等式（或与指数有关的不等式），还有注意指、对数式的互化，如可化为
【例5】（2024·安徽合肥·高三统考期末）
17．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)证明：对于任意正整数n，都有．
【变式5-1】（2024·山西·高三统考期末）
18．已知函数.
(1)若当时，，求实数的取值范围；
(2)求证：.
【变式5-2】（2023·天津红桥·统考一模）
19．已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程：
(2)若恒成立，求实数的取值范围；
(3)证明：（，）.
【变式5-3】（2024·湖南长沙·统考一模）
20．已知函数.
(1)若有且仅有一个零点，求实数的取值范围：
(2)证明：.
【题型6 三角函数型不等式证明】
满分技巧1、正余弦函数的有界性：； 2、三角函数与函数的重要放缩公式：.
【例6】（2023·全国·高三专题练习）
21．当时，证明：恒成立.
【变式6-1】（2023·全国·模拟预测）
22．已知函数，.
(1)讨论的极值；
(2)若 ，，求证：.
【变式6-2】（2023·江苏常州·校考一模）
23．已知函数.
(1)若，求的值；
(2)证明：当时，成立.
【变式6-3】（2024·陕西榆林·统考一模）
24．已知函数.
(1)求的极值；
(2)已知，证明：.
【题型7 不等式恒成立求参问题】
满分技巧1、利用导数求解参数范围的两种方法 （1）分离参数法：将参数和自变量分离开，构造关于自变量的新函数，研究新函数最值与参数之间的关系，求解出参数范围； （2）分类讨论法：根据题意分析参数的临界值，根据临界值作分类讨论，分别解出满足题意的参数范围最后取并集. 2、不等式恒成立问题转化： （1）， （2），
【例7】（2023·辽宁·高三校联考期中）
25．已知函数，，，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【变式7-1】（2023·全国·模拟预测）
26．已知函数，若对任意，恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【变式7-2】（2024·江西赣州·高三统考期末）
27．设函数，曲线在点处的切线方程为．
(1)求a和b的值；
(2)若，求m的取值范围．
【变式7-3】（2024·山东枣庄·高三统考期末）
28．已知函数.
(1)若是增函数，求的取值范围；
(2)若有两个极值点，且恒成立，求实数的取值范围.
【题型8 不等式能成立求参问题】
满分技巧1、形如有解问题的求解策略 （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，只需利用导数求的函数的单调性与最值即可. 2、单变量不等式能成立问题转化 （1）， （2）， 3、双变量不等式成立问题：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．
【例8】（2022·全国·高三校联考阶段练习）
29．已知函数．若存在实数，使得成立，则正实数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【变式8-1】（2023·全国·高三专题练习）
30．已知函数，，对于存在的，存在，使，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【变式8-2】（2023·河南·高三校联考阶段练习）
31．已知函数．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若，不等式在上存在实数解，求实数的取值范围．
【变式8-3】（2024·云南曲靖·高三校联考阶段练习）
32．已知函数．
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)（），若对任意，均存在，使得，求实数a的取值范围．
（建议用时：60分钟）
（2024·河北·高三雄县第一高级中学校联考期末）
33．设实数，若不等式对任意恒成立，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
（2024·河北·高三石家庄精英中学校联考期末）
34．设实数，若对恒成立，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
（2023·四川成都·石室中学校考模拟预测）
35．若关于的不等式在内有解，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
（2024·陕西西安·高三统考期末）
36．已知函数.
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)证明：.
（2023·云南昆明·高三云南民族大学附属中学校考阶段练习）
37．已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，若且，求证：．
（2024·天津宁河·高三统考期末）
38．已知函数，．
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)求的单调区间；
(3)设是函数的两个极值点，证明：．
（2024·陕西咸阳·统考模拟预测）
39．已知函数．
(1)求函数的极值；
(2)证明：．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．(1)答案见详解
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数研究函数单调性；
（2）法一：由（1）可知，即，从而可得此时导函数的正负，可得函数的最小值，得证；
法二：由对数运算得，令，利用导数得，令，则由（1）知：故在单调递增，可证.
【详解】（1）当时，，则
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
故在上单调递增，在上单调递减，
（2）（法一）当时，
由（1）可知，即，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以在单调递减，在单调递增，
因此，（当且仅当时取得等号）
（法二）当时，
令，可知
于是在单调递减，在单调递增，
因此，（当且仅当时取得等号）．
令，则由（1）知：故在单调递增，
因此．所以．
2．(1)在单调递增，在单调递减
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）当时，求出导函数，解不等式求的单调区间即可；
（2）分、情况讨论与的大小关系可得结论；
（3）利用函数的单调性把所证不等式转化成，构造函数，利用导数求函数最值即可证明.
【详解】（1）当时，，的定义域为，
则，
故当时，；当时，.
故在单调递增，在单调递减；
（2）的定义域为，．
若，则当时，，故在单调递增，
若，则当时，；当时，.
故在单调递增，在单调递减；
（3）由（1）知，当时，在取得最大值，最大值为，
所以等价于，即，
设，则，当时，，当时，
所以在单调递增，在单调递减，
故当时，取得最大值，最大值为，所以当时，，
从而当时，，即.
3．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据切线方程，求得切点与切线斜率，建立方程，可得答案；
（2）由（1）写出函数解析式，化简整理不等式，构造函数，利用导数研究函数的单调性，求得最值，可得答案.
【详解】（1）函数的定义域为.
将代入，解得，即，
由切线方程，则切线斜率.
故，解得.
（2）证明：由（1）知，
从而等价于.
设函数，则.
所以当时，，当时，.
故在上单调递减，在上单调递增，
从而在上的最小值为.
设函数，
从而在上的最大值为.
故，即.
4．(1)递增区间为，递减区间为；
(2)证明见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，再求出导函数大于0、小于0的解集即得.
（2）利用（1）的结论，求出函数的最大值，再构造函数并求出最小值即得.
【详解】（1）函数的定义域为，求导得，
由，得，由，得，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减.
（2）由（1）可知，在上单调递增，在上单调递减，
则，即，
令，求导得，
当时，单调递减；当时，单调递增，
于是，即，
所以当时，，即.
【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．
5．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意得在上恒成立，即在上恒成立，分离参变量，结合基本不等式求解；
（2）方法一：设，可得在上单调递增，因为，所以，即可证得结论；
方法二：要证，即要证．记，则只要证．记，利用导数可得在上单调递增．所以，即可证出结论．
【详解】（1）由题意，得．
因为函数在上单调递增，所以在上恒成立，
即在上恒成立，
令，即在上恒成立，
所以在上恒成立．
因为当时，（当且仅当时，等号成立），
所以，解得．所以的取值范围为．
（2）方法一：设．
由（1）知在上单调递增，
所以在上单调递增．
因为，所以，即．
所以．
故．
方法二：要证，即要证，
即要证．
记，则只要证．
记，则．
记，则，
所以在上单调递增．
所以在上单调递增，所以．
所以在上单调递增，所以．所以成立．
故．
6．(1)
(2)增区间，减区间
(3)，理由详见解析
【分析】（1）利用导数，结合切点和斜率求得切线方程.
（2）利用导数求得的单调区间.
（3）构造函数，利用多次求导的方法判断出的单调区间，从而判断出两者的大小关系.
【详解】（1）时，，，，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
（2）的定义域为，，
所以在区间和上单调递减，
在区间上单调递增，
所以的增区间，减区间；
（3）当且时，，证明如下：
令，则，
设，
所以在区间上单调递减，
在区间上单调递增，
所以，即，
所以的单调递增区间为.
当时，，即，
当时，，即，
综上所述，当且时，.
【点睛】求解函数单调区间的步骤：（1）确定的定义域；（2）计算导数；（3）求出的根；（4）用的根将的定义域分成若干个区间，考查这若干个区间内的符号，进而确定的单调区间.
7．(1)有极大值，极小值
(2)证明见解析
【分析】（1）首先求函数的导数，再判断函数的单调性，求函数的极值；
（2）首先不等式变形为，再利用导数变形为，再转化为证明，证法1，不等式变形为，再构造函数，利用导数判断函数的单调性，即可证明；证法2，不等式变形为，再利用换元构造函数，利用导数判断函数的单调性，根据最值，即可证明不等式.
【详解】（1）由题意，，，
所以当时，，，
由解得：或，由解得：，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
故有极大值，极小值.
（2）由题意，，，
要证，只需证，
而，
，
所以只需证，
即证①，下面给出两种证明不等式①的方法：
证法1：要证，只需证，
即证，令，
则，所以在上单调递增，
显然，所以当时，，
因为，所以，即，
故.
证法2：要证，只需证，即证，
令，则，所以只需证当时，，即证，
令，则，
所以在上单调递增，又，所以成立，即，
故
【点睛】思路点睛：第二问的思路首先是变形不等式，根据不等式构造函数，利用函数的单调性，结合最值，即可证明.
8．(1)在上为增函数；在上为减函数，
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）直接求导，根据导数与0的关系判断单调性得最值；
（2）由（1）得，化简即可得结果；
（3）将题意转化为，设函数，求出函数最小值，化简得，进而得结果.
【详解】（1）
令得；
令得：；
在上为增函数，在上为减函数．
故.
（2）由（1）知：当时，有，
，即：，．
（3）将变形为：
即只证：
设函数
，

令，得：．
在上单调递增；在，上单调递减；
的最小值为：，即总有：．
，即：，
令，，则
，
成立．
9．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）函数求导后，对参数分类讨论，考查导数的正负即可；
（2）根据题意得，所证不等式可以转化为，构造函数，求导判断单调性，继而可以证明.
【详解】（1）的定义域为.
.
①当时，由得，单调递增，
由得，单调递减，
在区间上单调递增，在区间上单调递减；
②当时，由得，或，
在区间上单调递减，在区间上单调递增；
③当时，在上单调递增；
④当时，由得，或，
由得，，
在区间上单调递减，在区间上单调递增.
综上，当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减
当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增.
（2）由（1）知，当且仅当时，在上单调递增，
即：
.
，
又且在上单调递增，
和均不成立.
故不妨设，
因此要证，即证，
因为在上单调递增，
所以即证.
又，
故只需证，
即证.
设，
.
，
故.
因此在上单调递增，
所以.
故，
又因为在上单调递增，
.
【点睛】方法点睛：证明（或）：
①首先构造函数，求导，确定函数和函数的单调性；
②确定两个零点，且，由函数值与的大小关系，得与零进行大小比较；
③再由函数在区间上的单调性得到与的大小，从而证明相应问题；
10．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求导判单调性，求的最小值，列不等式求解；
（2）通过证明求解.
【详解】（1）．
令，易知单调递增，且．
当时，,即，单调递减；
当时，,即，单调递增．
所以，即，
所以的取值范围是．
（2）由的单调性可设．
令．
令，则，
所以在上单调递增，则，所以．
所以，即，即．
因为当时，单调递减，且，所以，即．
【点睛】关键点点睛：本题考查函数恒成立问题及证明不等式，第二问将分解因式判断符号是本题关键.
11．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，分析极值点情况即可得解.
（2）由（1）的信息可设，再构造函数，探讨函数的单调性推理即得.
【详解】（1）函数的定义域为，
求导得，
当时，若，，函数在上单调递增，无极值点，不符合题意；
若，当或时，，当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，函数有两个极值点，不符合题意；
若，当或时，，当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，函数有两个极值点，不符合题意；
当时，当时，，当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，2是函数的极大值点，且是唯一极值点，
所以的取值范围是.
（2）当时，函数在上单调递增，在上单调递减，
由，，不妨令，
要证，只证，即证，就证，
令，求导得
，于是函数在上单调递减，，
而，则，即，又，
因此，显然，又函数在上单调递增，则有，
所以.
【点睛】思路点睛：涉及函数的双零点问题，不管待证的是两个变量的不等式，还是导函数的值的不等式，都是把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数.
12．(1)1；
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用导数研究的单调性，结合最小值求参数值即可；
（2）根据题设及导数判断的单调性及区间符号，进而有，根据极值点偏移，构造并利用导数研究上的单调性，证明，再记函数与和交点的横坐标分别为，结合导数证得、，有，即可证结论.
【详解】（1）因为，令，可得，
当时单调递减；当时单调递增.
所以，所以.
（2）证明：由（1）知，在上单调递减，在上单调递增，
当时，当时，

所以，
先证明.
记，则，
当时，，所以单调递减，
所以当时，，即，
故，即.
又，由单调性知：，即.
再证明.
记函数与和交点的横坐标分别为.
①当时，，故，所以，.
（或：的图象在的图象的下方，且两个函数在上都是减函数）
②当时，记，所以.
当时单调递减；当时单调递增.
又，当时，，即.
故
所以，故.
（或的图象在的图象的下方，且两个函数在上都递增）
综上，.
【点睛】关键点睛：第二问，首先应用极值点偏移构造证，再记函数与和交点的横坐标分别为，依次证、为关键.
13．(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）求出，利用导数分类讨论函数的单调性，并结合零点存在性定理求解即得.
（2）由函数零点的意义，建立关于的等式，换元构造函数，再利用导数证明不等式即得.
【详解】（1）函数，，令，，
（i）当时，，则在上单调递减，有且仅有1个零点；
（ii）当时，，则在上单调递减，
，则在上有一个零点；
（iii）当时，令，，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
因此的最小值为，令，解得，
又因为，，
令函数，求导得，函数在上单调递增，
于是，而，因此，
由函数零点存在定理得，在区间和上各有一个零点，
当，即时，在上只有一个零点，当时，在上没有零点，
所以当时，在上有两个零点，即方程的有两个实数解；
当或时，在上有一个零点，即方程的有一个实数解；
当时，在上没有零点，即方程的无实数解.
（2）由（1）知有两个零点，，，，则，
由是的两个零点，得，，
即，，两式相减得，
令，则，，，
于是，，，
要证，即证，即证，只需证：，
令，，，
令,故在上单调递减，
因此，则在上单调递增，
所以，从而得证，即.
【点睛】思路点睛：涉及函数的双零点问题，不管待证的是两个变量的不等式，还是导函数的值的不等式，都是把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数.
14．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）分离参数得,构造函数判单调性即可求解；
（2）利用变量集中设，得，，证明即可.
【详解】（1）由且，可得.
设，，则，
令，解得.
当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
又当趋向于0时，趋向于，当趋向于时，趋向于0，
所以要使的图象与直线有两个交点，则，
故的取值范围是.
（2）证明：，由（1）得，
则，.
设，则，
即，
.
设，则.
设，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增.
又，，，
所以存在唯一的，使得，
即，
所以的最小值为，，
所以，故.
【点睛】关键点点睛：本题考查导数研究零点和证明不等式，第二问利用变量集中结合对数运算得，，转化为t的函数证明并进行隐零点代换是关键.
15．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用导数，结合的极值点个数，得到且，是的两个不同根，列不等式组求参数范围；
（2）设，应用分析法将问题化为证，令，则证，再由对应单调性即可证结论.
【详解】（1）由题设且，
若，则在上恒成立，即递增，不可能有两个极值点，不符；
故，又有两个极值点，则，是的两个不同正根，
所以，可得，即实数的取值范围是.
（2）由（1）且，，不妨设，
则
，
要证，需证，即，
只需证，即，令，则证，
由（1），时，即，
所以在上递增，又，故，即，
综上，.
【点睛】关键点点睛：第二问，设，应用分析法将问题转化为证为关键.
16．(1)无最小值，最大值为
(2)证明见解析
【分析】（1）对函数求导后得，分别求出和的解集，从而可求解.
（2）由有两个极值点，从而要证，令，构建函数，然后利用导数求解的最值，从而可求解证明.
【详解】（1）由题意得，则.
令，解得；令，解得，
在上单调递增，在上单调递减，
，
无最小值，最大值为.
（2），则，
又有两个不同的极值点，
欲证，即证，
原式等价于证明①.
由，得，则②.
由①②可知原问题等价于求证，
即证.
令，则，上式等价于求证.
令，则，
恒成立，在上单调递增，
当时，，即，
原不等式成立，即.
【点睛】方法点睛：对于极值点偏移问题，首先找到两极值点的相应关系,然后构造商数或加数关系；
通过要证明的不等式，将两极值点变形后构造相应的函数，
利用导数求解出构造函数的最值，从而证明不等式或等式成立.
17．(1)
答案见解析
(2)证明见详解.
【分析】(1)由，又的定义域为，讨论与的大小关系，即可判定函数的单调性；
(2)当时，在上单调递减，在上单调递增，则，即，对于任意正整数，令，有，即可得证．
【详解】（1）的定义域为，
，
若，当，则，所以在上单调递增；
若，当，则，所以在上单调递减；
当，则，所以在上单调递减；
综上所述，
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递减.
（2）由(1)知当时，在上单调递减，在上单调递增，
所以，，即当时，，
对于任意正整数，令，
有，
所以，
即，
即.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是令，用已知函数的单调性构造，再令,恰当地利用对数求和进行解题．
18．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求导后令，对与2的大小关系进行分类讨论，结合导数与单调性极值的关系即可求解.
（2）由（1）得，进而将代入裂项即可得解.
【详解】（1）由题可知.
令，其图象的对称轴为直线.
当即时，在单调递增，
又，
所以当时，恒成立，从而恒成立，
所以在单调递增，
又，所以恒成立.
当即时，在单调递减，在单调递增，
又，
所以当时，恒成立，从而恒成立，在单调递减，
又，所以当时，，与已知矛盾，舍去.
综上所述，的取值范围为.
（2）由（1）可知，当时，，
从而，
于是.
【点睛】关键点睛：第一问的关键是找到合适的临界点进行分类讨论，第二问的关键是代入后采取裂项法求和即可顺利得解.
19．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的几何意义，即可求得答案；
（2）利用分离参数法，将不等式恒成立转化为函数的最值问题，即构造函数，利用导数求出其最大值，即可求得答案；
（3）结合（2）的结论，取，则可得，进而结合题意对x赋值，并利用累加法，即可证明结论.
【详解】（1）当时，函数的定义域为，，，
曲线在点处的切线方程的斜率，
则切线方程为；
（2）若恒成立，则恒成立，
设，，，
由，得，由，得，
函数在上单调递增，在上单调递减.
.；
（3）证明：结合（2），令，则，即，则，（当且仅当时取等号），
，，…，，
，（，）.
【点睛】关键点睛：解答本题第三问，证明不等式时，关键是要利用第二问的结论，即取，得到不等式，从而采用累加法证明结论.
20．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）将题目转化为有一个解，构造函数，求导，思路1：讨论判断判别式判断单调性，确定零点个数；思路2：根据二次函数性质讨论和两种情况，判单调性求解；
（2）利用（1）取得不等式，再赋值证明即可.
【详解】（1）易知函数的定义域为.
由，可得.
设，则，
，且与有相同的零点个数.
思路1：令，，则.
当时，，则，即，可得在单调递减，则有且仅有一个零点.
当时，显然，则，可得在单调递减，则有且仅有一个零点.
当时，由，解得，，且.
当时，，即，则单调递增；
当时，，即，则单调递减.
不难得知，
，
（令，故在单调递减，
故，即，），
则在有一个零点，可知不只一个零点，不合题意.
综上，可知.
思路2：令，.
当时，在单调递减，有，即，
可得在单调递减，则有且仅有一个零点.
当时，.
若，则，可得在单调递减，
则有且仅有一个零点.
若，存在，且，使得.后续过程同思路1.
综上，可知
（2）取，当时，，有，
即，则.
令，，则，即，
从而
.
【点睛】关键点点睛：本题考查导数研究函数单调性及零点,解决第二问的关键是利用（1）的结论赋值得不等关系，从而进行求和证明.
21．证明见解析
【分析】利用导数证明出：当时，以及成立，即可证得，结合不等式的基本性质可证得所证不等式成立.
【详解】由题意可知，函数的定义域为，
先证明，令，
则，
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，，即，
所以，，
设，其中，则且不恒为零，
所以，在上为增函数，故当时，，
所以，，
因为，故，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.
22．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1），当时，在R上单调递增，无极值，当a>0时，讨论的正负，确定的单调性求得极值；
（2）要证，可证，构造函数证明，通过函数，放缩证明成立.
【详解】（1）因为，所以.
当时，，此时在R上单调递增，无极值.
当a>0时，令，则，解得.
当时，，此时单调递增；当时，，此时单调递减.
所以当时，有极小值，极小值为.
综上所述，当a≤0时，没有极值；当a>0时，有极小值，为，无极大值.
（2）证明：因为，所以.
要证，可证，分两步进行.
①先证当时，.
令，则.
令，则.当时，，单调递增；当时，，单调递减.
因为，所以，即.
②再证当时，.
易知，
由（1）知，当，时，，即，所以当时，.
令，，则，显然为减函数，
，
所以在上先正后负，先增后减， 且
所以，所以当时，，
所以.
因为当时，，即，
所以.
因为，所以，即，所以，
即，所以.
结合①②可知 ，即.
【点睛】关键点点睛：本题使用函数放缩证明不等式，在构造函数时可以用切线不等式，如在本题中构造的函数不等式就是利用函数与其在处的切线大小关系构造的.也可以用割线不等式，如在本题中构造的函数就是利用函数与割线大小关系构造的，割线是过两点的直线.
23．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）解法一：根据，可得是的极小值点求出，再利用导数检验即可；解法二：求出，分、讨论，利用导数判断单调性可得答案；
（2）当时，设，利用导数判断出单调性可得答案.
【详解】（1）解法一：由，得，
又，所以是的极小值点，
故，而，故，
若，则，
当；当，
所以在单调递减，在单调递增，
故是唯一的极小值点，也是最小值点，
由，所以当且仅当时，
解法二：由，得，又，
当时，有恒成立，所以在上单调递减，
又，则不成立，
当时，令，得，
则时，有时，有，
即在单调递减，在单调递增，
所以的最小值为，
，
函数在单调递减，单调递增，
，当且仅当取等号，
故；
（2）当时，，
设，
当时，，
又由（1）知，故，
当时，，
设，则，
则在单调递增，，
所以，则在单调递增，
，
综上，，即当时，.
【点睛】思路点睛：在证明不等式时构造函数，利用导数判断出单调性结合最值的正负是常用的方法.
24．(1)极大值为，极小值为
(2)证明见解析
【分析】（1）先求得的单调性，进而求得的极值；
（2）先利用题给条件构造出的不等式，再利用（1）的结论即可证得.
【详解】（1），，令，可得.
令，可得，
令，可得，或
所以在上单调递增，在和上单调递减.
所以的极大值为的极小值为.
（2）由，
可得，
所以.
由对称性，不妨设，
则，
当且仅当时，等号成立，
所以.
由（1）可知在上的最大值为，
所以，
当且仅当时，等号成立，
因为等号不能同时取到，所以.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略：
（1）构造差函数，根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式；
（2）根据条件，寻找目标函数，一般思路为利用条件将所求问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.
25．C
【分析】依题意可得对恒成立，记，即在上恒成立，利用导数说明函数的单调性，分、、三种情况讨论，即可求出参数的取值范围.
【详解】，等价于，
记，即在上恒成立，
.
当即时，，在上单调递减，
所以当时，即恒成立；
当时，记，则，
当时单调递减，又，，
所以存在，使得，当时，，单调递增，
所以，即，
所以当时，即，不符合题意；
当时，，不符合题意.
综上，的取值范围是.
故选：C
【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．
26．D
【分析】导数研究单调性，将题设转化为成立，即上递减，进而有恒成立，导数研究右侧最大值，即可求参数范围.
【详解】当时，，
故，
故，
令，则，
令，故，
令，故，
故当时，，
当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，
故，解得，
故实数的取值范围为，
故选：D
【点睛】关键点点睛：利用导数研究单调性，将问题最终转化为恒成立.
27．(1)，；
(2).
【分析】（1）利用导数的几何意义计算即可；
（2）分离参数得，构造函数利用导数研究函数的单调性与最值计算即可.
【详解】（1）依题意知，当时，，
即，所以，则，
易得，
于是，所以，即；
（2）因为，所以原不等式可变为，
记，则上式等价于，
，
记，则，
于是在上单调递减，
又，所以当时，，即，
当时，，即，
从而在上单调递增，在上单调递减，
故，所以，
故m的取值范围是.
【点睛】思路点睛：第二问关于含参恒成立问题最直接的方法就是分离参数，利用导数研究函数的单调性及最值，有时需要多次求导.
28．(1)
(2).
【分析】（1）由题意可得在上恒成立，设，分、讨论求出即可.
（2）由有两个极值点为，可得方程在上有两个不同的根，则，求出的取值范围，将题意转化为恒成立，设，对求导，求出的最大值即可求出答案.
【详解】（1）由题意.
因为函数在其定义域上单调递增，
所以.
设，
①当时，函数在上单调递增，只须，无解.
②当时，只须，解得：，
综上所述：实数的取值范围是.
（2）由（1）知，
因为有两个极值点为，
所以在上有两个不同的根，
此时方程在上有两个不同的根.
则，且，
解得.
若不等式恒成立，
则恒成立.
因为
设.
则，因为，所以，
所以在上递减，所以，
所以，
即实数的取值范围为.
【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．
29．C
【分析】构造函数，利用导数求其最大值；再利用导数分析的单调性，利用函数的性质求解不等式即可.
【详解】令，则，
当时，，函数在上单调递减，，
若存在实数，使得不等式成立，
等价于成立，又，，
，所以．
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
为正实数，，又函数在上单调递增，
，解得
正实数的取值范围为．
故选：C．
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键，一是能够转化存在实数，使得成立为；二是能够熟练利用导数研究函数单调性，属综合中档题.
30．A
【分析】条件可转化为，，，，再分别求列不等式可求的取值范围.
【详解】因为对于存在，存在，使，
所以，，，
又，，
显然在上单调递减，则，
当时，，即在上单调递增，
则，
由解得：，
所以实数的取值范围为.
故选：A.
31．(1)单调增区间为，单调减区间为
(2)
【分析】（1）根据导函数的正负判断函数的递增递减区间即得；
（2）通过代入不等式整理成在上存在实数解问题，故可转化成求函数在得最小值问题，计算即得.
【详解】（1）当时，，
∴，由，得，由，得，
所以函数的单调增区间为，单调减区间为；
（2）原条件等价于：在上存在实数解．
化为在上存在实数解，
令，
则，
∴在上，，得，故在上单调递增，
∴的最小值为，
∴时，不等式在上存在实数解．
32．(1)
(2)
【分析】（1）先求出导函数，由得到切线斜率，再根据切点坐标即可得到切线方程；
（2）转化问题为，结合二次函数性质可求得的最大值，构造，由的导函数判断的单调性，利用端点值和极值判断的正负，进而判断的单调性，求得，即可求解.
【详解】（1）由题意，
则，即切线的斜率，
且，即切点坐标为，
所以曲线在处的切线方程为，即.
（2）由题意可知：，
因为的图象开口向上，对称轴为直线，
则在上单调递减，可得，
由（1）可设，则，
所以，
当时，；当时，，
则在区间上单调递减，在区间上单调递增.
且，
可知在区间上只有一个零点，设为，
当时，；当时，，
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，
且，可得当时，，
所以，解得，
所以实数的取值范围是.
【点睛】方法点睛：两招破解不等式的恒成立问题
（1）分离参数法
第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的最值；
第三步：根据要求得所求范围．
（2）函数思想法
第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的极值；
第三步：构建不等式求解．
33．C
【分析】将原不等式转化为恒成立，先判断得出恒成立，结合不等式的基本性质可得恒成立，进而求解即可.
【详解】，即，
因为，所以，即恒成立，
令，则，
当时，单调递减，当时，单调递增，
因为，所以，
若时，不等式恒成立，则恒成立，
若时，，恒成立，则也成立，
所以当时，恒成立，所以得，即，
设
当时，单调递增，当时，单调递减，
所以，所以，即正实数的最小值为.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：运用同构的基本思想将原不等式转化为恒成立，再运用不等式的性质，先得出恒成立，再运用导数讨论恒成立进而求出结果.
34．B
【分析】先将指对混合形式变形为同构形式，再构造函数，利用函数单调性求函数最值，得到参数范围.
【详解】由，则，，
当时，，恒成立，
即任意，对恒成立；
当时，，
即，其中，
构造函数，则.
，因为，所以，单调递增；
则有，则，
构造函数，
则，令，解得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
则， 即当时，，
故要使恒成立，则，即的取值范围为.
故选：B.
【点睛】一般地，在等式或不等式中指对形同时出现，可能需要利用指对同构来解决问题.解决问题的关键在于指对分离，构造“指幂—幂对”形式，再构造函数求解.常见的同构式有：与，与等.
35．B
【分析】题设中的不等式等价于，令，结合导数可得该函数的单调性，结合可得的解，从而可求实数的取值范围.
【详解】由有意义可知，.
由，得.
令，即有.
因为，所以，令，
问题转化为存在，使得.
因为，令，即，解得；
令，即，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减.
又，所以当时，.
因为存在，使得成立，所以只需且，解得.
故选：.
36．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）先求切点坐标，再根据导数的几何意义确定切线的斜率，可得切线方程；
（2）先把不等式，转化为，设，，在上，求的最小值大于的最大值即可.
【详解】（1），则，
因为，所以曲线在点处的切线方程为，
即.
（2）证明：的定义域为，要证明，
只需证.
设函数，则.
当时，；当时，.
所以.
设函数，则，
所以恒成立，从而，故
37．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，分类讨论，即讨论a的取值范围，判断导数的正负，即可得答案；
（2）采用分析论证的方法，即要证明，需证明，即证成立，由此构造函数，利用导数判断其单调性，结合单调性即可证明结论.
【详解】（1）由题意得函数定义域为，
当时，，
则令，得，故在上单调递增；
令，得，故在上单调递减；
当时，，
则当时，，故在上单调递增；
当时，，在上单调递减；
当时，，则当时，，故在上均单调递增；
当时，，在上单调递减；
当时，，等号仅在时取到，在上单调递增；
当时，，则当时，，故在上均单调递增；
当时，，在上单调递减；
综上，当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时， 在上均单调递增，在上单调递减；
当时， 在上单调递增；
当时， 在上均单调递增，在上单调递减；
（2）当时，在上单调递增，在上单调递减，为函数的最大值点；
若且，不妨设，则可得，
要证明，只需证，此时，
故只需证，即证；
令，而，
则
，
因为，
所以恒成立，故在上单调递减，
故，
即，即，
故得证.
【点睛】难点点睛：本题综合考查了导数的应用，涉及函数的单调性以及不等式证明问题，难度较大，解答的关键在于证明不等式时，要采用分析论证的方法，即需证，进而需证，即证，从而构造函数，利用导数判断函数的单调性，结合单调性即可证明结论.
38．(1)
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求导，然后求出，，根据点斜式写出直线方程；
（2）求导，然后分和讨论求的单调区间；
（3）根据极值点为导函数的零点，令，利用韦达定理将用表示，代入，构造函数求其最值即可.
【详解】（1）当时，，
得，则，，
所以切线方程为，即；
（2），
当时，恒成立，在上单调递增，无减区间，
当时，令，得，单调递增，
令，得，单调递减，
综合得：当时，的单调递增区间为，无减区间；
当时，的单调递增区间为，的单调递减区间为；
（3），
则，
因为是函数的两个极值点，
即是方程的两不等正根，
所以，得，
令，则，
得，
则，
所以
，
则，
令，
则，
所以在上单调递增，
所以，
所以，
即.
【点睛】关键点睛：对于双变量问题，我们需要通过换元转化为单变量问题，本题就是利用韦达定理，令达到消元的目的，常用的换元有等.
39．(1)极小值0，无极大值；
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用导数求出函数的极值.
（2）利用（1）中信息，构建关于的不等式，再利用累加法求和即可.
【详解】（1）函数的定义域为，求导得，
当时，，当时，，则函数在上递减，在上递增，
所以函数在处取得极小值，无极大值.
（2）证明：由（1）知，，即，，
因此，当且仅当时取等号，
令，，则，
，而，
所以.
【点睛】关键点睛：证明第（2）问的数列不等式，利用第（1）的结论，变形构造不等式，再结合累加法求和是解题之关键.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

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