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重难点05 利用导数证明不等式【十大题型】
【新高考专用】
【题型1 直接法证明不等式】 2
【题型2 移项构造函数证明不等式】 3
【题型3 分拆函数法证明不等式】 4
【题型4 分析法证明不等式】 5
【题型5 放缩法证明不等式】 6
【题型6 指对同构】 8
【题型7 隐零点法】 9
【题型8 双变量不等式的证明】 10
【题型9 函数与数列不等式综合证明问题】 11
【题型10 导数新定义的不等式证明问题】 12
1、利用导数证明不等式
导数中的不等式证明是高考的常考题型，是高考的热点问题，常与函数的性质、函数的零点与极值、数列等相结合，虽然题目难度较大，但是解题方法多种多样，如构造函数法、放缩法等，针对不同的题目，灵活采用不同的解题方法，可以达到事半功倍的效果.
【知识点1 导数中的不等式证明的解题策略】
1．导数中的不等式证明的解题策略
(1)一般地，要证f(x)>g(x)在区间(a，b)上成立，需构造辅助函数F(x)＝f(x)－g(x)，通过分析F(x)在端点处的函数值来证明不等式．若F(a)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递增即可；若F(b)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递减即可.
(2)在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，可考虑转化为两个函数的最值问题．
2．移项构造函数证明不等式
待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”或“右减左”的函数，利用导教研究其单调性等相关函数性质证明不等式.
3．分拆函数法证明不等式
(1)若直接求导后导数式比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标.在证明过程中，等价转化是关键，此处g(x)min≥f(x)max恒成立，从而f(x)≤g(x)恒成立.
(2)等价变形的目的是求导后简单地找到极值点，一般地，与lnx要分离，常构造与lnx，与的积、商形式.便于求导后找到极值点.
4．放缩后构造函数证明不等式
某些不等式，直接构造函数不易求其最值，可以适当地利用熟知的函数不等式等进行放缩，有利于简化后续导数式的求解或函数值正负的判断；也可以利用局部函数的有界性进行放缩，然后再构造函数进行证明.
【知识点2 指对同构】
1．指对同构证明不等式
在解决指对混合不等式时，如恒成立求参数取值范围或证明不等式，有一部分题是命题者利用函数单调性构造出来的，如果我们能找到这个函数模型(即不等式两边对应的同一函数)，无疑大大加快解决问题的速度.找到这个函数模型的方法，我们称为同构法.
(1)五个常见变形：
.
【题型1 直接法证明不等式】
【例1】（2024·江苏连云港·模拟预测）已知函数.
(1)求函数在处的切线方程.
(2)证明：.
【变式1-1】（2024·河北保定·三模）已知函数，为的极值点.
(1)求a；
(2)证明：.
【变式1-2】（23-24高三下·云南昆明·阶段练习）已知函数，．
(1)求的最小值；
(2)证明：．
【变式1-3】（2024·江苏徐州·模拟预测）已知函数，.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，证明：.
【题型2 移项构造函数证明不等式】
【例2】（2024·广西·模拟预测）设函数，曲线在点处的切线方程为．
(1)求的值；
(2)证明：．
【变式2-1】（2024·陕西安康·模拟预测）已知函数，.
(1)求的极值；
(2)证明：.
【变式2-2】（2024·陕西榆林·三模）已知函数的导函数为.
(1)讨论的单调性；
(2)当时，证明：.
【变式2-3】（2024·上海松江·二模）已知函数（为常数），记.
(1)若函数在处的切线过原点，求实数的值；
(2)对于正实数，求证：；
(3)当时，求证：.
【题型3 分拆函数法证明不等式】
【例3】（23-24高三上·广东·阶段练习）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)当时，证明：.
【变式3-1】（2024·全国·模拟预测）已知函数．
(1)若函数有两个极值点，求的取值范围；
(2)若曲线在点处的切线与轴垂直，求证：．
【变式3-2】（2024·广西柳州·三模）已知函数．
(1)求函数在点处的切线方程；
(2)求函数的单调区间；
(3)若为的导函数，设．证明：对任意，．
【变式3-3】（2024·全国·模拟预测）已知函数．
(1)若曲线在处的切线方程为，求的值及的单调区间．
(2)若的极大值为，求的取值范围．
(3)当时，求证：．
【题型4 分析法证明不等式】
【例4】（2024·吉林·模拟预测）已知函数.
(1)当时，求函数的极值；
(2)求证：当时，.
【变式4-1】（2024·西藏·模拟预测）已知函数．
(1)若在定义域内是单调函数，求a的取值范围；
(2)若有两个极值点，，求证：．
【变式4-2】（2024·河北·模拟预测）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当时，.
【变式4-3】（2024·宁夏吴忠·模拟预测）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当时，．
【题型5 放缩法证明不等式】
【例5】（2024·山东·模拟预测）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：.
【变式5-1】（2024·山东·模拟预测）已知函数，其中．
(1)当时，判断的单调性；
(2)若存在两个极值点．
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）证明：时，．
【变式5-2】（2024·辽宁·二模）已知函数，（，）.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若，证明：.
【变式5-3】（23-24高三上·湖北·阶段练习）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若两个不相等的正实数a，b满足，求证：；
(3)若，求证：.
【题型6 指对同构】
【例6】（2024·江苏苏州·模拟预测）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，证明：．
【变式6-1】（2024·黑龙江双鸭山·模拟预测）已知函数.
(1)当时，讨论的单调性；
(2)若是的两个极值点，证明：．
【变式6-2】（2024·陕西安康·模拟预测）己知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若函数，求证：.
【变式6-3】（2024·湖北荆州·三模）已知函数，其中是自然对数的底数.
(1)当时，求曲线在点处的切线的斜截式方程；
(2)当时，求出函数的所有零点；
(3)证明：.
【题型7 隐零点法】
【例7】（23-24高三下·河南·阶段练习）已知函数.
（1）求的极值；
（2）若在上的最大值为，求证：.
【变式7-1】（23-24高三下·青海海南·开学考试）已知函数
(1)讨论的单调性;
(2)证明:当时，
【变式7-2】（2024·甘肃·一模）已知函数.
（1）讨论函数单调性；
（2）当时，求证：.
【变式7-3】（2024·广东广州·模拟预测）已知函数（）.
(1)求在区间上的最大值与最小值；
(2)当时，求证：.
【题型8 双变量不等式的证明】
【例8】（2024·安徽合肥·模拟预测）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若，为函数的两个零点，求证：．
【变式8-1】（2024·四川成都·模拟预测）已知函数.
(1)求函数的单调区间；
(2)若，满足.
（ⅰ）求的取值范围；
（ⅱ）证明：.
【变式8-2】（2024·广东佛山·二模）已知.
(1)当时，求的单调区间；
(2)若有两个极值点，，证明：.
【变式8-3】（2024·安徽阜阳·一模）已知函数．
(1)讨论的单调性．
(2)已知是函数的两个零点．
（ⅰ）求实数的取值范围．
（ⅱ）是的导函数．证明：．
【题型9 函数与数列不等式综合证明问题】
【例9】（2024·山东淄博·一模）已知函数.
（1）当时，不等式恒成立，求的最小值；
（2）设数列，其前项和为，证明：.
【变式9-1】（2024·河南·模拟预测）已知函数（）.
(1)证明：；
(2)若正项数列满足，且，记的前项和为，证明：（）.
【变式9-2】（2024·重庆·二模）已知函数.
(1)求的单调区间；
(2)当时，，求实数的取值范围；
(3)已知数列满足：，且.证明：.
【变式9-3】（2024·河南·模拟预测）已知函数.
(1)当时，求的单调区间；
(2)当时，设正项数列满足：，
①求证：；
②求证：.
【题型10 导数新定义的不等式证明问题】
【例10】（2024·福建厦门·三模）帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法，在计算机数学中有着广泛的应用.已知函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，…，.其中，，…，.已知在处的阶帕德近似为.
(1)求实数a，b的值；
(2)设，证明：；
(3)已知是方程的三个不等实根，求实数的取值范围，并证明：.
【变式10-1】（23-24高三下·重庆·期中）若函数在定义域内存在两个不同的数，同时满足，且在点处的切线斜率相同，则称为“切合函数”
(1)证明：为“切合函数”；
(2)若为“切合函数”，并设满足条件的两个数为．
（ⅰ）求证：；
（ⅱ）求证：．
【变式10-2】（2024·山西·三模）微分中值定理是微积分学中的重要定理，它是研究区间上函数值变化规律的有效工具，其中拉格朗日中值定理是核心，它的内容如下:
如果函数在闭区间上连续，在开区间可导，导数为，那么在开区间内至少存在一点，使得，其中叫做在上的“拉格朗日中值点”.已知函数.
(1)若，求函数在上的“拉格朗日中值点”；
(2)若，求证:函数在区间图象上任意两点，连线的斜率不大于；
(3)若，且，求证:.
【变式10-3】（2024·浙江绍兴·二模）帕德近似是法国数学家亨利 帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法.给定两个正整数，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，…，. 已知在处的阶帕德近似为.注：，，，，…
(1)求实数的值；
(2)当时，试比较与的大小，并证明；
(3)定义数列：，，求证：.
一、单选题
1．（2024·陕西安康·模拟预测）已知则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·陕西安康·模拟预测）若，则（ ）
A． B．
C． D．
3．（2024·河北衡水·模拟预测）已知函数有两个零点，且，则下列命题正确的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2024·河南郑州·三模）设，且，则（ ）
A．若，则 B．若，则存在且不唯一
C． D．
5．（2024·安徽·三模）已知实数满足，则（ ）
A． B．
C． D．
6．（2024·山东·模拟预测）已知，，且，则下列不等式成立的是（ ）
A． B．
C． D．
7．（2024·四川南充·模拟预测）设,,且,则下列结论正确的个数为（ ）
① ② ③ ④
A．1 B．2 C．3 D．4
8．（2024·四川泸州·三模）已知，，给出下列不等式
①；②；③；④
其中一定成立的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
二、多选题
9．（2024·浙江温州·模拟预测）已知 ， ，且 则以下正确的是（ ）
A． B．
C． D．
10．（2024·江苏南通·三模）已知，则（ ）
A． B．
C． D．
11．（2024·全国·模拟预测）已知函数．若，则下列结论中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题
12．（2023·福建福州·模拟预测）已知定义在上函数满足：，写出一个满足上述条件的函数 .
13．（2023·江西吉安·一模）若，则的大小关系是 .
14．（2023·四川达州·二模）是数列前项和，，，给出以下四个结论：
①；
②；
③；
④.
其中正确的是 （写出全部正确结论的番号）.
四、解答题
15．（2024·陕西榆林·模拟预测）已知函数，其中．
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，证明：．
16．（2024·四川攀枝花·三模）已知函数．
(1)求函数的极值；
(2)设函数的导函数为，若（），证明：．
17．（2024·内蒙古呼和浩特·二模）对于函数，若实数满足，则称为的不动点．已知函数．
(1)当时，求证；
(2)当时，求函数的不动点的个数；
(3)设，证明．
18．（2024·浙江·模拟预测）已知函数，．
(1)若在点处的切线方程为，求，的值；
(2)当时，存在极小值点，求证：．
19．（2024·北京·三模）已知．
(1)若，求曲线在点处的切线方程；
(2)若函数存在两个不同的极值点，求证：．
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重难点05 利用导数证明不等式【十大题型】
【新高考专用】
【题型1 直接法证明不等式】 2
【题型2 移项构造函数证明不等式】 5
【题型3 分拆函数法证明不等式】 9
【题型4 分析法证明不等式】 14
【题型5 放缩法证明不等式】 19
【题型6 指对同构】 26
【题型7 隐零点法】 31
【题型8 双变量不等式的证明】 36
【题型9 函数与数列不等式综合证明问题】 41
【题型10 导数新定义的不等式证明问题】 46
1、利用导数证明不等式
导数中的不等式证明是高考的常考题型，是高考的热点问题，常与函数的性质、函数的零点与极值、数列等相结合，虽然题目难度较大，但是解题方法多种多样，如构造函数法、放缩法等，针对不同的题目，灵活采用不同的解题方法，可以达到事半功倍的效果.
【知识点1 导数中的不等式证明的解题策略】
1．导数中的不等式证明的解题策略
(1)一般地，要证f(x)>g(x)在区间(a，b)上成立，需构造辅助函数F(x)＝f(x)－g(x)，通过分析F(x)在端点处的函数值来证明不等式．若F(a)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递增即可；若F(b)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递减即可.
(2)在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，可考虑转化为两个函数的最值问题．
2．移项构造函数证明不等式
待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”或“右减左”的函数，利用导教研究其单调性等相关函数性质证明不等式.
3．分拆函数法证明不等式
(1)若直接求导后导数式比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标.在证明过程中，等价转化是关键，此处g(x)min≥f(x)max恒成立，从而f(x)≤g(x)恒成立.
(2)等价变形的目的是求导后简单地找到极值点，一般地，与lnx要分离，常构造与lnx，与的积、商形式.便于求导后找到极值点.
4．放缩后构造函数证明不等式
某些不等式，直接构造函数不易求其最值，可以适当地利用熟知的函数不等式等进行放缩，有利于简化后续导数式的求解或函数值正负的判断；也可以利用局部函数的有界性进行放缩，然后再构造函数进行证明.
【知识点2 指对同构】
1．指对同构证明不等式
在解决指对混合不等式时，如恒成立求参数取值范围或证明不等式，有一部分题是命题者利用函数单调性构造出来的，如果我们能找到这个函数模型(即不等式两边对应的同一函数)，无疑大大加快解决问题的速度.找到这个函数模型的方法，我们称为同构法.
(1)五个常见变形：
.
【题型1 直接法证明不等式】
【例1】（2024·江苏连云港·模拟预测）已知函数.
(1)求函数在处的切线方程.
(2)证明：.
【解题思路】（1）求导可得，又，可求切线方程；
（2）求导得，令，再求导，进而判断在上单调递增，可得在上单调递增，，可得结论.
【解答过程】（1）由，可得，
，又，
所以函数在处的切线方程为，即.
（2）由，可得，
令，可得，
当时，，所以在上单调递增，
又，即，
所以在上单调递增，
所以，当时，，
当时，，
综上所述：.
【变式1-1】（2024·河北保定·三模）已知函数，为的极值点.
(1)求a；
(2)证明：.
【解题思路】（1）求导，由求解；
（2）转化为证，令，由证明.
【解答过程】（1）解：，
依题意，，解得，
经检验符合题意，所以；
（2）由（1）可知，，
要证，即证，
设，则，
所以当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，取得极小值，也是最小值，
因为，，
所以.
【变式1-2】（23-24高三下·云南昆明·阶段练习）已知函数，．
(1)求的最小值；
(2)证明：．
【解题思路】（1）对函数求导，判断导函数的零点情况，利用隐零点（设而不求）分析函数单调性并求出最值，
（2）对函数求导，分析其单调性及最值,使得.
【解答过程】（1）的定义域为，，
令解得，又因为当时，为增函数，
故当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增；
故，故．
（2），，则，
故当时，，则在单调递增；
当时，，则在单调递减；
故．
又因为，所以（当且仅当时，取“”），
所以．
【变式1-3】（2024·江苏徐州·模拟预测）已知函数，.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，证明：.
【解题思路】（1）利用导数的公式及运算法则求出在时的导数，即得切线斜率，点斜式写出切线方程即可.
（2）要证明的不等式含参时，且规定了参数的范围时，可以考虑先使用满参放缩，将含参的不等式转化为不含参的不等式来证明.
【解答过程】（1）当时，，，
则，又因为，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
（2）当时，有，所以，
因为，
所以.
令 ，
则，
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增.
所以.
故.
【题型2 移项构造函数证明不等式】
【例2】（2024·广西·模拟预测）设函数，曲线在点处的切线方程为．
(1)求的值；
(2)证明：．
【解题思路】（1）由题意可得，即可得解；
（2）构造函数，利用导数求出函数的最小值，即可得证.
【解答过程】（1）函数的定义域为，
将代入，解得，即，
由切线方程，可知切线斜率，
故，
解得；
（2）由（1）知，
要证，即证．
设，
则，
令，解得，或（舍去），
当时，单调递减；
当时，单调递增；
所以，
所以，即．
【变式2-1】（2024·陕西安康·模拟预测）已知函数，.
(1)求的极值；
(2)证明：.
【解题思路】（1）先求出的单调性，再根据单调性求得极值；
（2）构造，求出其单调性进而求得最小值为，证明即可．
【解答过程】（1），，
当时，，当时，，
所以在单调递增，在单调递减，
所以当时，取得极大值，无极小值.
（2）解：令，
则，
令，
则在上恒成立，
所以在上单调递增，
又，，
所以存在，使得，
即，
所以时，，，单调递减，
时，，，单调递增，
，
令，
则在上恒成立，
所以在上单调递减，
所以，
所以，
所以．
【变式2-2】（2024·陕西榆林·三模）已知函数的导函数为.
(1)讨论的单调性；
(2)当时，证明：.
【解题思路】（1）求导，根据判别式分类讨论，即可根据导数的正负确定函数单调性，
（2）将所证不等式等价变形后构造，利用导数求解函数的单调性，即可求证.
【解答过程】（1），
当，即时，此时，，故在上单调递增.
当，即时，令，
则.
①当时，在上单调递增，在上单调递减.
②当时，，在上单调递减，在上单调递增.
（2）证明：当时，，
证原不等式等价于证，令，
则，且，故只需证，即证
令，则，
令，则 ，
由于，令则，
在上单调递增，在上单调递减.又，
当时，，即，当,时，，即，
在上单调递增，在上单调递减，
，
所以，当时，1.
【变式2-3】（2024·上海松江·二模）已知函数（为常数），记.
(1)若函数在处的切线过原点，求实数的值；
(2)对于正实数，求证：；
(3)当时，求证：.
【解题思路】（1）根据题意，得到，求得，结合导数的几何意义，求得切线方程，将原点代入切线方程，即可求解；
（2）设函数，求得，求得函数的单调性和最小值为，得到，即可得证；
（3）根据题意，得到，结合，把转化为，设，利用导数求得的单调性和最大值，即可得证.
【解答过程】（1）解：由题意，函数，且，
可得，则，
所以，又因为，
所以在处的切线方程为，
又因为函数在处的切线过原点，可得，
解得.
（2）解：设函数，
可得，其中，
则，
令，可得，即，即，解得，
令，可得，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
可得的最小值为，所以，
又由，
所以.
（3）解：当时，即证，
由于，所以，只需证，
令，只需证明，
又由，
因为，可得，令，解得；令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，也时最大值，所以，
即，即时，不等式恒成立.
【题型3 分拆函数法证明不等式】
【例3】（23-24高三上·广东·阶段练习）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)当时，证明：.
【解题思路】（1）求导，分为，两种情况讨论的正负，得出的单调性；
（2）对要证的不等式进行等价变形得，构造函数，，通过导数研究两个函数的最值，证得结论.
【解答过程】（1）由题意可得.
则时，由，得，由，得，
则在上单调递减，在上单调递增；
当时，由，得，由，得，
则在上单调递增，在上单调递减.
（2）因为，所以.
因为，所以.
要证，即证，即证.
设，则.
当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增.
故.
设，则.
当时，，当时，，
则在上单调递增，在上单调递减.
故.
因为，且两个最值的取等条件不同，
所以，
即当时，.
【变式3-1】（2024·全国·模拟预测）已知函数．
(1)若函数有两个极值点，求的取值范围；
(2)若曲线在点处的切线与轴垂直，求证：．
【解题思路】（1）根据条件知，有两个正的变号零点，即方程有两个不相等的正实根，有及韦达定理得到不等式，解出后验证即可；
（2）根据条件，可求得，不等式转化为，利用导数考察不等式左右两边函数的最值即可证明.
【解答过程】（1）由题，，
函数的定义域为，
，
因为有两个极值点，
所以方程有两个不相等的正实根，
设为，且，得，
且，得．
当时，单调递减；
当时，单调递增；
当时，单调递减．
所以在处有极小值，在处有极大值，
因此的取值范围是．
（2）因为，则，
由题意知，得，
故，所以，
即，
即．
令，则，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以．
令，则，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以．
显然与不同时为0，
所以，故.
【变式3-2】（2024·广西柳州·三模）已知函数．
(1)求函数在点处的切线方程；
(2)求函数的单调区间；
(3)若为的导函数，设．证明：对任意，．
【解题思路】（1）求导，可得切点处的导数值，即可求解直线方程，
（2）求导，判断导函数的正负即可求解函数单调性，
（3）构造函数和，利用导数求解函数的单调性，进而可求解最值，即可求证.
【解答过程】（1），
，
函数在点处的切线方程为：.
（2）函数的定义域为，
令，
当时，，故在单调递减，
，
当时，单调递增,
当时，单调递减,
的单调递增区间为，单调递减区间为.
（3），
令，
当时，单调递增；当时，单调递减，
，
令，
当时，单调递增，故，
，
.
【变式3-3】（2024·全国·模拟预测）已知函数．
(1)若曲线在处的切线方程为，求的值及的单调区间．
(2)若的极大值为，求的取值范围．
(3)当时，求证：．
【解题思路】（1）求导，根据点斜式求解切线方程，即可与对比可得，即可利用导数的正负确定函数单调性，
（2）求导得，即可对分类讨论求解导数的正负求解单调性，
（3）将不等式变形为只需要证明，构造函数，利用导数求证，构造函数和，利用导数分别证明，即可求证，进而可求解.
【解答过程】（1）由题意，得，所以．
因为曲线在处的切线方程为，
又，所以，所以．
所以．
令，得；令，得．
所以函数的单调递减区间是，单调递增区间是．
（2）由题意得．
当时，令，得；令，得．
所以在上单调递减，在上单调递增，此时只有极小值，不符合题意．
当时，令，得，．
因为的极大值为，所以，解得．
综上，的取值范围为．
（3）当时，．
要证，即证，
只需证．
先证：，．
设，，则．
设，，则．
所以函数在上单调递增，则，即，
所以函数在上单调递增，则，所以．
再证：，，即证．
设，则．
当时，，单调递增；
当时，，单调递减．所以．
设，，则．
当时，，单调递减；当时，，单调递增．
所以．所以，即．
综上，得证．
故．
【题型4 分析法证明不等式】
【例4】（2024·吉林·模拟预测）已知函数.
(1)当时，求函数的极值；
(2)求证：当时，.
【解题思路】（1）对函数求导后，由导数的正负求出函数的单调区间，从而可求出函数的极值；
（2）对函数求导后，由导数的正负求出函数的单调区间，求出，然后将问题转化为证，证法一：转化为证，构造函数，利用导数求其最大值小于1即可，证法二：转化为证，构造函数，利用导数求其最大值小于0即可.
【解答过程】（1）当时，
令得或，当变化时，与变化如下表：
0
单调递增 单调递减 0 单调递增
故当时，取得极大值；当时，取得极小值0
（2）
令，则，当变化时，与变化如下表：
0
单调递减 单调递增
故.
要证当时，.
证法一：只需证当时，，即
令，则在上单调递减
故，即式成立，原不等式成立.
证法二：只需证当时，，即
令，则
令，则
在上单调递减.
在上单调递减，
即式成立，原不等式成立.
【变式4-1】（2024·西藏·模拟预测）已知函数．
(1)若在定义域内是单调函数，求a的取值范围；
(2)若有两个极值点，，求证：．
【解题思路】（1）分在定义域内是单调递增函数和单调递减函数求解；
（2）由有两个极值点，，得到，且，是的两个根，由（1）知在上单调递增，在上单调递减，不妨设，将证，转化为证即可．
【解答过程】（1）解：函数的定义域是，．
①若在定义域内是单调递增函数，
则在上恒成立．
注意到，当且仅当时取等号，
所以，
若，即当时，取，则；
若，即当时，取，则，
所以在上不可能恒成立，舍去．
②若在定义域内是单调递减函数，则在上恒成立．
令，
则，
所以当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减，
所以，所以由恒成立，得，
即当在上单调递减的，的取值范围是．
综上，当在定义域内是单调函数时，的取值范围是．
（2）由（1）知在定义域内是单调函数时，必有，
所以有两个极值点，，必须，
，是的两个根，
所以，．
由（1）知在上单调递增，在上单调递减．
不妨设．
要证，即证．
因为，，所以亦即证，所以要证．
注意到，
，
，
令，，则，
所以，
所以在上单调递减，
所以，所以．
【变式4-2】（2024·河北·模拟预测）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当时，.
【解题思路】（1）先明确函数定义域和求导，根据导数结构特征对进行和的分类讨论导数正负即可得单调性.
（2）证 ，故问题转化成证 ，接着构造函数研究其单调性和最值即可得证.
【解答过程】（1）由题函数定义域为，，
故当时，恒成立，所以函数在上单调递减；
当时，在上单调递减，令，
则时，；时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
综上，当时，函数在上单调递减；当时，函数在上单调递增，在上单调递减.
（2）由（1）当时，函数在上单调递增，在上单调递减，
故在上恒成立，
故证证，
即，
令，则，
故当时，；时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在上恒成立，故，
所以当时，.
【变式4-3】（2024·宁夏吴忠·模拟预测）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当时，．
【解题思路】（1）求导后，结合导数正负与单调性的关系，分及讨论即可得；
（2）原问题可转化为证明当时，，构造函数后，利用导数可得该函数的单调性，即可得其最小值，即可得证.
【解答过程】（1）由题意知，
当时，，所以在上单调递减；
当时，令，解得，
令，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增
（2）由（1）得，
要证，即证，即证，
令，则，
令，解得，令，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
则恒成立，
所以当时，.
【题型5 放缩法证明不等式】
【例5】（2024·山东·模拟预测）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：.
【解题思路】（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.
【解答过程】（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.
【变式5-1】（2024·山东·模拟预测）已知函数，其中．
(1)当时，判断的单调性；
(2)若存在两个极值点．
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）证明：时，．
【解题思路】（1）求出函数的导函数，令，，利用导数说明的单调性，求出，即可得到的单调性；
（2）（ⅰ）结合（1）及题意可知有两个不相等的实数根，即可求出的取值范围，从而得到，分析可知只需证明，即证，令，利用导数说明函数的单调性，即可得证；
（ⅱ）由（ⅰ）知，及在上的单调性，从而得到，再构造函数，利用导数证明 ，即可得证.
【解答过程】（1）函数的定义域为，
则，
令，，则，
所以当时，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，即最小值，所以，
所以在上恒成立，
所以在上单调递增；
（2）（ⅰ）由（1）可知在上的最小值为，
当时，当时，
若存在两个极值点，则有两个不相等的实数根，
所以，解得，
又，所以，
且当时，即，则单调递增，
当时，即，则单调递减，
当时，即，则单调递增，
所以为的极大值点，为的极小值点，
因为，所以，
要证，即证，又，
只需证，
即证，即证，
令，则，
所以在上单调递增，
所以，即成立，
所以；
（ⅱ）由（ⅰ）知，，
且当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以
，
令，则，
所以在上单调递增，
所以，即 ，
所以，
所以.
【变式5-2】（2024·辽宁·二模）已知函数，（，）.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若，证明：.
【解题思路】（1）求出函数的定义域与导函数，再分和两种情况讨论，分别求出函数的单调性区间；
（2）首先结合（1）说明以，则，从而将所证不等式转化为证明，，设，利用导数说明函数的单调性，即可证明.
【解答过程】（1）函数的定义域为，
则，
若，则恒成立，所以在上单调递增；
若，由，解得；由，解得．
在上单调递增，在上单调递减．
综上可得：当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）当时，，
由（1）可知在上单调递增，在上单调递减，
，
所以，所以，即，
要证 ，
即，
即证，
又，
即证，，
设，则．
设，则，
当时，，当时，，
在上单调递减，在上单调递增，
，即，
在上单调递增，
，即．
，即．
【变式5-3】（23-24高三上·湖北·阶段练习）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若两个不相等的正实数a，b满足，求证：；
(3)若，求证：.
【解题思路】（1）利用导数求函数单调性；
（2）由函数的单调性求其值域，从而不妨设，从而将证明转化为证明，
方法一：设，，借助导数研究函数的单调性从而得值域，求得恒成立，得证；
方法二：由，设，，
利用导数可知在单调递增，从而得证；
方法三：（比值代换）由对称性，不妨设，，欲证，即证，由方法二可得证；
方法四：由得，由方法二得，所以，得证；
（3）由（2）知，由，可知，分和两种情况，结合函数的单调性可证.
【解答过程】（1）函数的定义域是.
由，得在上单调递减；
由，得在上单调递增，
综上知，的单调递减区间是，单调递增区间是.
（2）由（1）得在的值域为，
在上的值域为.注意到，.
不妨设，则欲证，即证.
由于由（Ⅰ）得在上单调递增，
故只需证，
由已知，即证，也即，
方法一：令，.
，
由，在单调递增，
得单调递增，
且.
由于，故满足.
由单调递增知：
当时，单调递减，值域为；
当时，单调递增，值域为；
设，，则，单调递减，
故，即，
取，得，即
综上，得，即，得证.
方法二：（重新同构）
令，即，证：，
由于，从而.
故要证成立，只需在单调递增成立即可.
，
令，，则，
在单调递减，，，
故在单调递增成立，原命题成立.
方法三：（比值代换）由对称性，不妨设，，
则
由于，欲证，
即证：，即证，
可变为，由证法二可知成立，从而得证；
方法四：（切、割线放缩）1、由于故，即；
2、由方法二知，，
故，即，故，；
由1、2知，故成立，原命题成立.
（3）由（2）知，
①当时，在上单调递增，
故.
②当时，
由，取，
得（）时，
有，即.
由在上单调递增，故，
综上，得时，当成立.
【题型6 指对同构】
【例6】（2024·江苏苏州·模拟预测）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，证明：．
【解题思路】（1）求出函数的导数，通过讨论的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）要证明，只要证即可，设，利用导数求得最值即可证明．
【解答过程】（1）函数的定义域为，且．
当时，恒成立，
所以在区间上单调递增；
当时，令，解得，
当时，在区间上单调递增，
当时，在区间上单调递减．
综上所述，当时，在区间上单调递增；
当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减．
（2）当时，因为，所以要证，只要证明即可，
即要证，等价于（*）．
令，则，
在区间上，单调递减；
在区间上，单调递增，
所以，所以（当且仅当时等号成立），
所以（*）成立，当且仅当时，等号成立．
又在上单调递增，，
所以存在，使得成立．
综上所述，原不等式成立．
【变式6-1】（2024·黑龙江双鸭山·模拟预测）已知函数.
(1)当时，讨论的单调性；
(2)若是的两个极值点，证明：．
【解题思路】（1）将代入函数解析式，求出导函数，解导数不等式即可得到 的单调区间；
（2）根据是的两个极值点，结合韦达定理可得，，要证明，即转化为求证，即证明令，构造函数，利用导数研究在的单调性即可得证.
【解答过程】（1）当时，的定义域为，
所以，令，解得，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增．
（2），
由题意可知，是方程的两根，
则，解得，所以，，
要证
，
即证，
只需证，
需证
令，则需证，
设，则，
所以函数在上单调递减，所以，因此
由得，，所以，
故得证.
【变式6-2】（2024·陕西安康·模拟预测）己知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若函数，求证：.
【解题思路】（1）求出，由点斜式即可写出切线方程；
（2）当时，，不等式成立；当时，可得为偶函数，则只需证当时，即可，先证，令，可得在上单调递增，则由，即可得证，再证，法一：构造函数，可得在上单调递减，则，即可得证；法二：证，即证，可得在上单调递减，则，即可得证.
【解答过程】（1）因为，所以，
所以，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
（2）法一：当时，，满足；
当时，，所以为偶函数，
由偶函数的对称性知，只需证当时，即可，
当时，先证，
令，则，当且仅当时取等号，
所以在上单调递增，
所以，所以，所以当时，，
再证，
构造函数，
则，所以在上单调递减，所以，
所以当时，，即，
综上，对任意的.
法二：当时，，满足；
当时，，所以为偶函数，
由偶函数的对称性知，只需证当时，即可，
当时，先证，
令，则，当且仅当时取等号，
所以在上单调递增，
所以，所以，所以当时，，
再证，即证，
当时，只需证明，
构造函数，则，
此时，所以在上单调递减，所以，
所以当时，，
综上，对任意的.
【变式6-3】（2024·湖北荆州·三模）已知函数，其中是自然对数的底数.
(1)当时，求曲线在点处的切线的斜截式方程；
(2)当时，求出函数的所有零点；
(3)证明：.
【解题思路】（1）把代入，求出函数的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程.
（2）把代入，利用导数探讨单调性，求出函数最小值即得.
（3）对所证不等式作等价变形得，再构造函数依次证明即得.
【解答过程】（1）当时，，求导得，
则，又，
因此曲线在点处的切线方程为，
所以切线的斜截式方程为.
（2）当时，，求导得，
令，，则，
则在单调递增，而，当时，，即，
当时，，，函数在上递减，在上递增，又，
所以当时，有唯一零点.
（3）不等式
，
令函数，求导得，当时，，当时，，
函数在上递减，在上递增，则，即，
因此，，
令，求导得，函数在上递增，
，因此，又，
从而，
所以原不等式得证.
【题型7 隐零点法】
【例7】（23-24高三下·河南·阶段练习）已知函数.
（1）求的极值；
（2）若在上的最大值为，求证：.
【解题思路】（1）直接求导分析即可；
（2）零点不可求，隐零点代换表示，然后求出的范围，再利用的单调性即可获解.
【解答过程】（1）因为函数，定义域为，
所以.
由，得；由，得.
所以的单调递减区间为，单调递增区间为，
所以的极小值为，无极大值.
（2）因为，
所以.
令，则，
当时，，所以在上单调递增.
因为，，
所以存在使得，即，即.
故当时，，此时；
当时，，此时.
即在上单调递增，在上单调递减，
则.
令，则，
所以在上单调递增.则当时，，，
所以.
由（1）知在上单调递减，
因为，，
所以.
【变式7-1】（23-24高三下·青海海南·开学考试）已知函数
(1)讨论的单调性;
(2)证明:当时，
【解题思路】（1）求导，按照的正负，讨论正负得解；
（2）令，分和两种情况讨论，利用导数判断单调性，求出最小值证明.
【解答过程】（1），，
当时，易知，所以函数在R上单调递减，
当时，令，解得，
令，解得，即在上单调递增，
令，得，即在上单调递减，
综上，当时，函数在R上单调递减，
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）令，，
，令，，
则，所以在上单调递增，
当时，，又，
有，，即单调递减，
，，即单调递增，
所以，而此时，
所以当时，成立；
当时，可得，，
所以
又，
所以存在，使得，即，
，，，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
，由可得，
，
下面证明，，
令，
，
所以在上单调递增，
，
即得证，即成立，
综上，当时，成立.
【变式7-2】（2024·甘肃·一模）已知函数.
（1）讨论函数单调性；
（2）当时，求证：.
【解题思路】（1）根据的导函数进行分类讨论单调性
（2）欲证，只需证，构造函数，证明，这时需研究的单调性，求其最大值即可
【解答过程】解：（1）的定义域为，
，
① 当时，由得，由，得，
所以在上单调递增，在单调递减；
②当时，由得，由，得，或，
所以在上单调递增，在单调递减，在单调递增；
③当时，，所以在上单调递增；
④当时，由，得，由，得，或，
所以在上单调递增，在单调递减，在单调递增.
（2）当时，欲证，只需证，
令，，则，
因存在，使得成立，即有，使得成立.
当变化时，，的变化如下：
0
单调递增 单调递减
所以.
因为，所以，所以.
即，
所以当时，成立.
【变式7-3】（2024·广东广州·模拟预测）已知函数（）.
(1)求在区间上的最大值与最小值；
(2)当时，求证：.
【解题思路】（1）求导（）（），分，讨论求解；
（2）方法一：隐零点法，由，，转化为证明，令，（），由成立即可；方法二：（同构）由，，转化为，进而变形为，再构造函数（），证即可.
【解答过程】（1）解：（）（），
令，则，
当时，，所以在区间上恒成立，在区间上单调递增，
所以，.
当时，，则当时，，在区间上单调递减；
当时，，在区间上单调递增，
所以，
而，.所以
综上所述，当时，，；
当时，所以，.
（2）方法一：隐零点法
因为，，所以，欲证，只需证明，
设，（），，
令，易知在上单调递增，
而，，
所以由零点的存在性定理可知，存在唯一的使得，
即，因此，，
当时，，，在上单调递减；
当时，，，在上单调递增；
所以
所以，因此.
方法二：（同构）
因为，，所以，欲证，只需证明，
只需证明，
因此构造函数（），
，
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增：
所以，所以，
所以，
因此.
【题型8 双变量不等式的证明】
【例8】（2024·安徽合肥·模拟预测）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若，为函数的两个零点，求证：．
【解题思路】（1）首先求函数的导数，再分和两种情况求解不等式，根据导数与单调性的关系，即可求解；
（2）代入函数的零点，并变形为，，并利用分析法，将所证明不等式转化为证明，再通过构造函数，，利用导数判断函数的单调性，即可证明.
【解答过程】（1），．
当时，，则在上单调递增．
当时，令，得，解得．
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增．
综上：当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
（2）设，则，，
所以，
所以，，
记，要证，只需证，
只需证，只需证．
记，，则，
记，，
由（1）可知，取，则，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以 ，
所以，即，所以在上单调递增，
又，所以，所以成立．
【变式8-1】（2024·四川成都·模拟预测）已知函数.
(1)求函数的单调区间；
(2)若，满足.
（ⅰ）求的取值范围；
（ⅱ）证明：.
【解题思路】（1）求出导函数，利用导数的正负判断函数的单调性即可；
（2）（i）由题设及零点存在定理列不等式组求解即可；
（ii）按照和分类讨论，若时，设，根据零点存在性定理得则在内有两零点和，根据正弦函数对称性可知，然后证明成立即可.
【解答过程】（1）由得，
当时，单调递增；当时，单调递减.
故单增区间为单减区间为.
（2）（i）由题设及零点存在定理可知，且有，且，所以，所以，即.
（ii）若时，则；
若时，设，有，且，
则在内有两零点和，其中，
而关于对称，且有.
由在单增，知，有，
由在单减，知，有，
则，即.
综上，.
【变式8-2】（2024·广东佛山·二模）已知.
(1)当时，求的单调区间；
(2)若有两个极值点，，证明：.
【解题思路】（1）求导后，借助导数的正负即可得原函数的单调性；
（2）借助换元法，令，，，可得、是方程的两个正根，借助韦达定理可得，，即可用、表示，进而用表示，构造相关函数后借助导数研究其最大值即可得.
【解答过程】（1）当时，，
，
则当，即时，，
当，即时，，
故的单调递减区间为、，单调递增区间为；
（2），令，即，
令，，则、是方程的两个正根，
则，即，
有，，即，
则
，
要证，即证，
令，
则，
令，则，
则在上单调递减，
又，，
故存在，使，即，
则当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
则，
又，则，故，
即，即.
【变式8-3】（2024·安徽阜阳·一模）已知函数．
(1)讨论的单调性．
(2)已知是函数的两个零点．
（ⅰ）求实数的取值范围．
（ⅱ）是的导函数．证明：．
【解题思路】（1）求导，对进行分类讨论的单调性；
（2）利用方程组，得到，问题转化为恒成立，换元后构造函数求出函数单调性及最值，从而得到证明.
【解答过程】（1）．
①当时，在上单调递增．
②当时，令得，即在上单调递增；
同理，令得，即在上单调递减．
（2）（ⅰ）由（1）可知当时，在上单调递增，不可能有两个零点．
当时，在上单调递增，在上单调递减，
若使有两个零点，则，即，解得，
且，当时，，则有，
所以的取值范围为．
（ⅱ）是函数的两个零点，则有①，②，
①-②得，即，
，
因为有两个零点，所以不单调，
因为，得，
所以．
若要证明成立，
只需证，
即证，令，则，
则不等式只需证，
即证，
令，
，令，
令，因为，得在上单调递减，
得，得，即在上单调递减，
得，得，即在上单调递减，
所以有，
故有，不等式得证．
【题型9 函数与数列不等式综合证明问题】
【例9】（2024·山东淄博·一模）已知函数.
（1）当时，不等式恒成立，求的最小值；
（2）设数列，其前项和为，证明：.
【解题思路】（1）求得，对参数进行分类讨论，求得不同情况下函数的单调性和值域，即可求得参数范围；
（2）根据（1）中所求得到，再利用累加法即可容易证明.
【解答过程】（1）因为，故可得
当时，方程的，
故因式在区间恒为负数，
故时，恒成立，故单调递减，
又，故在时恒成立，满足题意；
当时，方程有两个不相等的实数根，
且.
故在区间恒成立，此时单调递增；
又，故在恒成立，不满足题意；
当时，，
函数在恒为正值，故在恒成立，不满足题意.
综上所述，，
故的最小值为.
（2）由（1）可知，当时，
若，，
即恒成立，
把换成，可得成立，
即，
以此类推，
，
累加可得.
又，
故.即证.
【变式9-1】（2024·河南·模拟预测）已知函数（）.
(1)证明：；
(2)若正项数列满足，且，记的前项和为，证明：（）.
【解题思路】（1）分析本题题意，首先设并求导，进行下一步计算求出的值，最后得出.
（2）根据（1）进行下一步分析时情况，进一步证明，运算后得，在上单调递增，最后得出.
【解答过程】（1）证明：（1）令，，则，令，得，
∴在上单调递减，在上单调递增，∴当时，.
令，由得，，可得，∴，即.
（2）（2）由（1）知，则，即则当时，，…，，则，则（），∴当时，
，接下来只需证明：，即，即证，由函数中，，对称轴为，试证，即证，即证，显然成立，
∴在上单调递增，∴ 成立，综上，（）.
【变式9-2】（2024·重庆·二模）已知函数.
(1)求的单调区间；
(2)当时，，求实数的取值范围；
(3)已知数列满足：，且.证明：.
【解题思路】（1）的定义域为,,，求导分析的符号，的单调性．
（2）当时，由，得，令，，求导分析单调性，直线，即可得出答案．
（3）由题意，，结合函数的单调性可得若，则，由（2）知，当时，，（取时），推出，即可得出答案．
【解答过程】（1）的定义域为，
令，则.
当时，；当时，.
所以，从而，
故在、上单调递增.
即的单调递增区间为，无减区间；
（2）当时，由，得，即恒成立.
令，则，
①若，即在单调递减，所以，不合题意；
②若，即在单调递增，所以，符合题意；
③若，即，
当时，单调递增，
当，单调递减，
所以，不合题意.
由且，则，即函数在区间内递减，
所以，即得证.
综上.
（3）由题意，，若，则，
，由（1）知，在上单调递增，所以，
综上，若，则.因为，所以.
由（2）知，当时，（取时），
所以，即，
故有.……
所以
又，故.
由知，单调递减，所以，
从而，
故.
当满足，故.
综上，结论得证.
【变式9-3】（2024·河南·模拟预测）已知函数.
(1)当时，求的单调区间；
(2)当时，设正项数列满足：，
①求证：；
②求证：.
【解题思路】（1）对求导，结合导数符号与函数单调性的关系即可得解；
（2）①构造函数，结合（1）中结论可证得，而此时函数在为单调递增函数，从而可得，对其变形，结合累乘法以及不等式的性质即可得证；②通过归纳可得，进一步通过放缩可得当时，，由累加法结合不等式的性质即可得证.
【解答过程】（1）的定义域为，
，
当时，令，可得，
当时，单调递增；
当时，单调递减，
当时，函数在上单调递增，在上单调递减.
（2）①当时，，
令，可得，
由（1）知，函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，
即，当且仅当时，等号成立，
所以，即，
又由函数在为单调递增函数，
所以，所以 ，
得，
所以，
所以，
相乘得，，即得证.
②因为，且，可得，，
当时，，
，所以，又，
所以，
所以当时， ，
所以，，
所以 ，
故.
【题型10 导数新定义的不等式证明问题】
【例10】（2024·福建厦门·三模）帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法，在计算机数学中有着广泛的应用.已知函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，…，.其中，，…，.已知在处的阶帕德近似为.
(1)求实数a，b的值；
(2)设，证明：；
(3)已知是方程的三个不等实根，求实数的取值范围，并证明：.
【解题思路】（1）结合题意，利用导数计算即可得；
（2）由题意可得，借助导数研究其单调性即其正负即可得解；
（3）设，借助导数，分及进行讨论，结合函数单调性与零点的存在性定理计算可得当且仅当时，存在三个不等实根，且满足，且，结合（2）中所得，代入计算并化简即可得解.
【解答过程】（1）依题意可知，，因为，所以，
此时，，因为，，
所以，，
因为，所以；
（2）依题意，，
，
故在单调递增，
由，故，，，，
综上，，；
（3）不妨设，令，
，
当时，，此时单调递增，不存在三个不等实根；
当时，令，其判别式，
若，即，恒成立，即，
此时单调递减，不存在三个不等实根；
若，即，存在两个不等正实根，
此时有当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
又因为，且，故，
因为，所以，即，
所以，
所以存在，满足，
又因为，
故存在，满足，
故当且仅当时，存在三个不等实根，
且满足，且，
由（2）可知，当时，，
因此，，
故，
化简可得：，
因此，命题得证.
【变式10-1】（23-24高三下·重庆·期中）若函数在定义域内存在两个不同的数，同时满足，且在点处的切线斜率相同，则称为“切合函数”
(1)证明：为“切合函数”；
(2)若为“切合函数”，并设满足条件的两个数为．
（ⅰ）求证：；
（ⅱ）求证：．
【解题思路】（1）假设存在两个不同的数满足条件，通过求出即可得证；
（2）（ⅰ）利用“切合函数”的定义得出关系式，通过构造新函数，通过新函数的单调性得出证明. （ⅱ）利用与的关系，把待证不等式转化为关于的不等式，构造函数，利用单调性证明即可.
【解答过程】（1）假设存在两个不同的数，满足题意，
易知，由题意可得
，
即，
，，，
，
又，
所以.
因为，即，
化简可得，又，
所以，
代入，
可得或，
所以为“切合函数”.
（2）由题意知，
因为为“切合函数”，
故存在不同的数(不妨设)使得
，
即，
整理得，
（ⅰ）先证，
即，
，
令，则由，知，
要证，只需证，
即，
设 ，
易知，
故在单调递减，所以，
故有，
由上面的式知,
所以.
（ⅱ）由上面的得，
，
又，
所以且，
故要证，
只需证，
即 ，
设，
则即证
，
设，
则，
即也就是在单调递增，
，
所以在单调递增，
所以 ，
因为，
所以，
所以，
所以原不等式成立.
【变式10-2】（2024·山西·三模）微分中值定理是微积分学中的重要定理，它是研究区间上函数值变化规律的有效工具，其中拉格朗日中值定理是核心，它的内容如下:
如果函数在闭区间上连续，在开区间可导，导数为，那么在开区间内至少存在一点，使得，其中叫做在上的“拉格朗日中值点”.已知函数.
(1)若，求函数在上的“拉格朗日中值点”；
(2)若，求证:函数在区间图象上任意两点，连线的斜率不大于；
(3)若，且，求证:.
【解题思路】（1）求出函数的导函数，依题意，解得即可；
（2）不妨设，，，则，求出函数的导函数，再构造函数，利用导数说明函数的单调性，即可证明，再结合拉格朗日中值定理证明即可；
（3）由拉格朗日中值定理可知只需证明，即证明在上单调递减，求出导函数，再构造函数，利用导数说明函数的单调性，即可得证.
【解答过程】（1）当时，则，
因为为函数在上的“拉格朗日中值点，
则，
即，解得
（2）当时，
不妨设，，，则，
又，令，
则，
又，所以恒成立，
所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，即最大值，
所以，所以，
由拉格朗日中值定理可知必存在使得，
即，又，所以，
即函数在区间图象上任意两点，连线的斜率不大于；
（3）当时，
由拉格朗日中值定理知，存在和，
使得，，
所以只需证明，即证明在上单调递减，
又，
令，
则，
令，
则，
当时，
令，，则，则在上单调递增，
又，，
所以存在使得，
所以当时，则，即单调递增，
当时，则，即单调递减，
所以在处取得极大值，即最大值，
所以
，
所以，所以在上单调递减，
即在上单调递减，命题得证.
【变式10-3】（2024·浙江绍兴·二模）帕德近似是法国数学家亨利 帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法.给定两个正整数，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，…，. 已知在处的阶帕德近似为.注：，，，，…
(1)求实数的值；
(2)当时，试比较与的大小，并证明；
(3)定义数列：，，求证：.
【解题思路】（1）根据帕德近似定义，列式求解，即得答案.
（2）由题意知只需比较与的大小，即比较比较1与的大小，从而构造函数，利用导数，即可求解；
（3）结合题意得，令，结合（2）可得，进而推出，另一方面，令，利用导数，即可证明结论.
【解答过程】（1）由题意得，，
，故，，
解得，.
（2）由上可得，要比较与的大小，
，只需比较1与的大小，
令，，
所以，从而可得在上单调递增，
所以，即，所以.
（3）设，，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
故，即，当且仅当时等号成立；
由题意知，，，
则，故可得；
，令，，
故该函数在上递减，故可得，即，可得；
一方面：由（2）可得，
又因为，所以可得，即，即，
即，
故，即，所以.
另一方面：，
令，，
所以在单调递增，所以，得证.
一、单选题
1．（2024·陕西安康·模拟预测）已知则（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】比较大小，构造，结合单调性即可比较大小；比较大小，构造，结合单调性即可比较大小.
【解答过程】令，则，所以单调递增，
又，所以，即，
所以，所以，即，所以，
设，则，所以单调递减，
，即，故，，即，所以，
所以，
故选：A.
2．（2024·陕西安康·模拟预测）若，则（ ）
A． B．
C． D．
【解题思路】根据选项构造两个函数，，再利用导数思想，来研究在上是否是单调函数，即可作出选项判断.
【解答过程】令，则，令，则恒成立，
即在定义域上单调递增，且，
因此在区间上必然存在唯一，使得，
所以当时单调递减，当时单调递增，故，B均错误；
令，当时，
在区间上为减函数，
，即选项C正确，D不正确．
故选：C．
3．（2024·河北衡水·模拟预测）已知函数有两个零点，且，则下列命题正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【解题思路】根据零点可将问题转化为，构造，求导即可根据函数的单调性得函数的大致图象，即可根据图象求解A，根据极值点偏移，构造函数，结合函数的单调性即可求解B，根据可得，即可求解C，根据不等式的性质即可求解D.
【解答过程】由可得，令，其中，
则直线与函数的图象有两个交点，，
由可得，即函数的单调递增区间为，
由可得，即函数的单调递减区间为，
且当时，，当时，，，
如下图所示：
由图可知，当时，直线与函数的图象有两个交点，故A错误；
由图可知，，
因为，由可得，由可得，
所以，函数的增区间为，减区间为，则必有，
所以，，则，
令，其中，
则，则函数在上单调递减，
所以，，即，即，
又，可得，
因为函数的单调递减区间为，则，即，故B错误；
由，两式相加整理可得，
所以，，可得，故C错误；
由图可知，则，又因为，所以，，故D正确.
故选：D.
4．（2024·河南郑州·三模）设，且，则（ ）
A．若，则 B．若，则存在且不唯一
C． D．
【解题思路】构造函数，根据零点存在性定理即可求解A，构造函数，求导根据函数的单调性，求解最值即可求解B，令，得构造函数，利用导数求解函数的单调性即可求解CD.
【解答过程】对于A，当时，则，记，由于均为单调递增函数，故为单调递增，
由于，故零点大于，故A错误，
对于B，若，由得，记，
则，由于均为上的单调递增函数，
故在单调递增，且当时，， ，
故存在唯一的，使得，即，
且 在单调递减，当 在单调递增，
故，又，
故，故无零点，故不存在使得，故B错误，
对于C， 先证，记，，
当单调递增，当单调递减，
所以，故，
设，由于，所以，故
则，由于，
所以，故在单调递增，故，
故故C正确，
对于D, ，
所以在单调递减，故,
则，故D错误，
故选:C.
5．（2024·安徽·三模）已知实数满足，则（ ）
A． B．
C． D．
【解题思路】求出，构造函数，利用导数研究单调性，比较出，构造函数，比较出，即可求解.
【解答过程】依题意，则.
令，故，
故当时，在上单调递增，
故，则.令，
则，故当时，在上单调递增，
则，则.
综上所述：.
故选：A.
6．（2024·山东·模拟预测）已知，，且，则下列不等式成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【解题思路】A选项，根据的妙用进行求解；B选项，对原条件直接使用基本不等式，即可求解；C选项，将待证明表达式消去一个字母，构造函数，利用导数知识解决；D选项，结合B选项的分析可解决.
【解答过程】因为，所以，
对于A项：，
当且仅当时取得等号，从而在，时，故A错误；
对于B项：因为，所以，
，当时取得等号，此时，故B错误；
对于C项：因为，所以，所以，
于是等价于，等价于，
构造函数，，
所以在上单调递增；
所以恒成立，所以不等式成立，故C正确；
对于D项：根据B选项的分析，，
则，即，
当时取得等号，此时，故D错误.
故选：C.
7．（2024·四川南充·模拟预测）设,,且,则下列结论正确的个数为（ ）
① ② ③ ④
A．1 B．2 C．3 D．4
【解题思路】①②直接使用基本不等式,结合对数指数运算,即可判断；③构造函数,利用导数研究其单调性和值域,将转化为,即可判断；④构造函数,利用导数研究其最大值,结合适度放缩,即可判断.
【解答过程】因为,故可得,当且仅当取得等号；
① ，错误；
② ,当且仅当时取得等号，正确；
③令, ,
故在单调递增,,即当,；
,又,即,解得,故；
故,也即，正确；
④令,则 ,
故当时, ,单调递增；当时, ,单调递减；
故的最大值为；由C可知,,则，正确；
故选：C.
8．（2024·四川泸州·三模）已知，，给出下列不等式
①；②；③；④
其中一定成立的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【解题思路】由可得，分别构造，和，通过求导，求出单调性和最值可判断①③④；取特值可判断②.
【解答过程】由，，可得：，
因为，所以，所以，所以，解得：，
由可得：，所以，
对于命题①，，
令，
所以在上单调递增，因为，
所以，故命题①正确；
对于命题②，由可得：，
所以，
所以在上单调递减，
所以，所以，故命题②正确；
对于命题③，由，取，所以，
所以，所以③错误.
对于命题④，因为，所以，。
令，，
令，，
所以在上单调递减，
，所以，所以在上单调递减，
所以，所以，故命题④正确.
故选：C.
二、多选题
9．（2024·浙江温州·模拟预测）已知 ， ，且 则以下正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【解题思路】首先利用因式分解法得，再通过证明，可知只有一解即：，然后把选项中的代换为并进行化简可得A正确，C错误，而BD则需要构造为关于的函数，利用求导法来判断单调性和最值，从而得证．
【解答过程】由因式分解可得：，
又因为，可知，即，
又由函数，求导，
当时，，可知在上递减，
当时，，可知在上递增，
所以在时取到最小值为0，有
即不等式成立，所以，
由可得：，即，
对于选项A，，所以选项A的正确的；
对于选项B，，构造函数，求导，
由时，，所以在上递增，
即，因为，所以，所以选项B是正确的；
对于选项C，与不可能等价，所以选项C是错误的；
对于选项D，，构造函数，求导，
由时，，所以在上递增，
由时，，所以在上递减，
所以的最大值是，即，所以选项D是正确的；
故选：ABD.
10．（2024·江苏南通·三模）已知，则（ ）
A． B．
C． D．
【解题思路】结合图象和指、对函数之间的关系即可判断AB；利用切线不等式即可判断C；利用不等式即可判断D.
【解答过程】对A，由图可知：与交点，
与的交点，
根据指数函数与对数函数为一对反函数知：，关于对称，
故，，故A正确；
对B，由A知，故B错误；
对C，由知，则，设，，
则，则当时，，此时单调递减；
当时，，此时单调递增；
则，则恒成立，即，当时取等；
令，则有，因为，则，即，故C错误；
对D，设，，则，
则当时，，此时单调递增；
当时，，此时单调递减；
则，即在上恒成立，
即在上恒成立，当时取等，
令，则，即，因为，则，则，
故，故D正确.
故选：AD.

11．（2024·全国·模拟预测）已知函数．若，则下列结论中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【解题思路】令，通过对其求导来判断单调性，可判断A,C；由题意构造函数，根据其单调性可判断B；由构造新函数，通过对其求导判断单调性来求得最小值，即可判断D.
【解答过程】令，
则，则在上单调递减．
又因为，
所以存在，使得，即．
当时，单调递增；
当时，单调递减，
所以有最大值，
故选项A正确，选项C错误．
因为函数，
由题可知，因为，
即，
，即，
则．
因为函数在上单调递增，
于是，故选项B正确．
从而．
令，
则，
令，则，解得，
当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增，
所以当时，有极小值也是最小值，为，
即的最小值为，
则，故选项D正确．
故选：ABD．
三、填空题
12．（2023·福建福州·模拟预测）已知定义在上函数满足：，写出一个满足上述条件的函数 （答案不唯一） .
【解题思路】先证明，再证明均满足题设要求，故可得为满足题设要求的函数.
【解答过程】先证明：.
设，则，
故在上为减函数，故，
故恒成立，故可设，
则，即，
而，
故均满足题设要求，
特别地，取，故满足题设要求.
故答案为：（答案为不唯一）.
13．（2023·江西吉安·一模）若，则的大小关系是 .
【解题思路】根据题意，设，利用导数验证其满足时，，进而判断；设，，利用导数验证其满足时，，进而得到，又因为，，得到，进而可以判断答案.
【解答过程】设，则，
当时，，故，
若，则，从而
，因为函数
，
在上递减，，
，得，
，故.
故答案为：.
14．（2023·四川达州·二模）是数列前项和，，，给出以下四个结论：
①；
②；
③；
④.
其中正确的是 ①②③ （写出全部正确结论的番号）.
【解题思路】分析可知为常数列，求出数列的通项公式，可判断①；求出的表达式，利用等差数列的求和公式可判断②；证明出当时，，可得出，结合放缩法可判断③；取可判断④.
【解答过程】对于①，因为，，
所以，，
所以，数列为常数列，则，
所以，，①对；
对于②，，
令，则，
所以，数列为等差数列，
因此，，②对；
对于③，设，其中，则，
当时，，单调递减，
，即，当且仅当时，等号成立，
所以，，
所以，
，③对；
对于④，因为，而，
④错.
故答案为：①②③.
四、解答题
15．（2024·陕西榆林·模拟预测）已知函数，其中．
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，证明：．
【解题思路】（1）就、分类讨论导数的符号后可得函数的单调性；
（2）原不等式等价于，当时，可由各式符号证明此不等式成立，当时，设，利用导数可证明恒成立，据此可得的单调性，从而可得原不等式成立.
【解答过程】（1），，
当时，，函数在上单调递增；
当时，由，得，
函数在区间上单调递增，
由，得，
函数在区间上单调递减．
综上，当时，在上单调递增，无减区间.
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）当时，，
要证，即证，
①当时，，，
；
②当时，令，
则，设，则，
，，，，，
在上单调递增，，即，
在上单调递增，，
即．
综上，当时，．
16．（2024·四川攀枝花·三模）已知函数．
(1)求函数的极值；
(2)设函数的导函数为，若（），证明：．
【解题思路】（1）求得，得出函数的单调性，结合极值的概念，即可求解；
（2）由，得到，求得，得到，化简得到，设，利用函数的导数求解函数的最小值，即可求解．
【解答过程】（1）解：由函数，可得其定义域为，且，
当时，，函数在上单调递增，无极值；
当时，令，可得；令，可得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
当时，函数取得极小值，极小值为，无极大值.
（2）证明：由（1）知，，
可得，且，
所以，所以，
因为，所以，可得，
则，
因为，所以，记得，
所以，
设，可得，
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增，
所以，当时，，
所以，所以，即.
17．（2024·内蒙古呼和浩特·二模）对于函数，若实数满足，则称为的不动点．已知函数．
(1)当时，求证；
(2)当时，求函数的不动点的个数；
(3)设，证明．
【解题思路】（1）将代入函数解析式，对函数求导，求出函数最小值即可证明；
（2）将代入函数解析式，得方程 解的个数即为函数的不动点的个数，构造函数 ，对函数求导，利用导数判断函数的单调性，求出函数的最值，即相应点的函数值，求出函数零点的个数，即为函数的不动点的个数；
（3）结合（1）换元后，再由待证式子，设，结合结论恰当变形，利用相加相消即可证明.
【解答过程】（1）当时，有，
所以 ，
所以
当且仅当，，即时，等号成立，
所以当时，，单调递增，
所以，所以得证.
（2）当时，，
根据题意可知：方程 解的个数即为函数的不动点的个数，
化 为 ，令 ，
所以函数的零点个数，即为函数的不动点的个数，
，令，即，解得，
单调递减 单调递增
因为，，
所以在上有唯一一个零点，
又，
所以在上有唯一一个零点，
综上所述，函数有两个不动点.
（3）由（1）知，，
令，则，即，
设，则满足，
所以，即，
所以，
所以，即.
18．（2024·浙江·模拟预测）已知函数，．
(1)若在点处的切线方程为，求，的值；
(2)当时，存在极小值点，求证：．
【解题思路】（1）由导数的几何意义以及已知切线的斜率可得，解出即可求，的值；
（2）易得，所以，所以，令，则，利用导数研究单调性，再求出的最大值即可得证．
【解答过程】（1）因为，则，
由在点处的切线方程为，
所以，即，解得，
综上，．
（2）当时，，
因为恒成立，为关于的一次函数，
又因为存在极小值点，所以，又且，解得，
令，解得，
所以当时，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，所以，
所以，即，，
所以，
令，则，
因为，，
所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
又时，，所以，所以，即，
因为，，
当时，恒成立，即在时单调递增，
所以，
综上得证．
19．（2024·北京·三模）已知．
(1)若，求曲线在点处的切线方程；
(2)若函数存在两个不同的极值点，求证：．
【解题思路】（1）先对函数求导，结合导数的几何意义求出切线斜率，进而可求切线方程；
（2）由已知结合导数与单调性及极值关系先表示，然后结合二次方程根的存在条件即可证明.
【解答过程】（1）当时，，
，
所以曲线在点处的切线方程为，即；
（2），
令，得，令，则，
原方程可化为①，则是方程①的两个不同的根，
所以，解得，
由韦达定理得，则，
所以
，
令，则，
所以函数在上单调递减，
所以，
所以.
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