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广东湛江市第二十一中学2025-2026学年高二下学期4月阶段性考试数学试题
1．已知为等比数列，，，则（　　）
A．8 B．12 C．16 D．17
【答案】A
【知识点】等比数列的通项公式；等比中项
【解析】【解答】解：由等比中项的性质，知，
若该数列的公比为，则，显然，
所以.
故答案为：A.
【分析】利用已知条件和等比中项公式以及等比数列的性质，从而得出的值.
2．城区某中学安排2位数学老师、4位英语老师到，两所乡村中学任教，要求两个乡村中学各安排3位老师，其中中学至少需要安排1位数学老师，那么有（　　）种不同的安排方式
A．9 B．12 C．14 D．16
【答案】D
【知识点】分类加法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：情况1：中学安排1位数学老师，2位英语老师的方式：，
情况2：中学安排2位数学老师，1位英语老师的方式：，
所以中学至少需要安排1位数学老师的方式为：（种）.
故答案为：D
【分析】本题是组合计数问题，解题核心是按 A 中学安排的数学老师人数分类讨论，再用分类加法计数原理求和。
3．若函数在处取得极大值，则实数（　　）
A． B． C．1 D．2
【答案】A
【知识点】利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：将原函数求导，得：，
因为函数在处取得极大值，所以，解得，
当时，，
令，得或；令，得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
则在处取得极大值， 满足题意.
故答案为：A．
【分析】利用导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的极值，再利用已知条件得出实数a的值．
4．有2位老师和3名学生排成一队照相，老师不能分开，则不同的排法有（　　）
A．48种 B．12种 C．36种 D．24种
【答案】A
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：要求老师不能分开（即相邻），先把2位老师捆绑看作1个整体，两位老师内部不同顺序属于不同排法，内部排列数为 种；
将老师的整体与3名学生进行全排列，全排列数为种；
根据分步乘法计数原理，则不同的排法为 种.
故答案为：A
【分析】本题考查排列组合中的 “捆绑法” 应用，解题核心是先将相邻元素视为一个整体，再分步计算。
5．若函数的图象在点处的切线方程是，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】导数的几何意义；导数的四则运算
【解析】【解答】解：由导数的几何意义可得，将点的坐标代入切线方程可得，
因此，.
故答案为：C.
【分析】本题考查导数的几何意义，解题核心是利用切线方程直接求出 f(1) 和 f'(1) 的值。
6．记为等差数列的前项和.若，，则（　　）
A．-6 B．-3 C．3 D．6
【答案】A
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：根据等差数列前项和的性质，成等差数列，
因此：
已知 ，，代入得：
解得：
故答案为：A
【分析】本题考查等差数列前项和的性质，解题核心是利用“成等差数列”这一性质求解。
7．函数在上的最大值为4，则的值为（　　）
A．7 B． C．3 D．4
【答案】D
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：∵，
∴，
∴ 导数在时，，单调递减；
导数在时，，单调递增，
∵，，，
∴在处取得最大值为，
则.
故答案为：D.
【分析】先求导，再利用导数的正负判断函数的单调性，从而求出函数的最大值，再利用已知条件得出实数m的值.
8．已知，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：设（），
则，在上单调递增，
所以，
当时，，取，得，即；
设（），
则，在上单调递减，
所以，
所以当时，，
取，得，即.
故.
故答案为：C
【分析】本题是数值大小比较问题，解题核心是构造辅助函数，利用导数分析单调性来判断大小关系。
9．已知数列满足，，数列的前项和，则（　　）
A．是常数列 B．
C． D．恒成立
【答案】A,C
【知识点】数列的求和；数列的通项公式；数列的前n项和
【解析】【解答】解：由递推关系 ，可得 。结合 ，可知 是常数列，且 ，故 。
A：由上述推导， 为常数，故A正确。
B：通项公式为 ，而非 ，故B错误。
C：数列前项和 ，故 ，
裂项相消求和：，故C正确。
D：，数列是递增数列，故D错误。
故答案为：AC
【分析】递推变形：通过将递推式两边同除以，发现为常数列，直接求出通项。
通项验证：得到后，验证选项B和D。
裂项求和：利用等差数列求和公式，将拆分为可相消的形式，计算求和结果，验证选项C。
10．若，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B,C,D
【知识点】二项式系数的性质；二项式系数
【解析】【解答】解：A：令，代入等式，得，即，故A错误；
B：二项式的展开式通项为。令，解得，则，故B正确；
C：令，得；令，得。将两式相加，得，解得，故C正确；
D：将C中的两式相减，得，解得，故D正确。
故答案为：BCD
【分析】A：通过令直接求出常数项；B：利用二项式展开式的通项公式，根据的指数求出对应项的系数；C、D：通过赋值法（令和），再将两式相加/相减，求出奇数项和与偶数项和。
11．导函数的图象如图所示.在标记的点中，下列说法正确的是（　　）
A．是导函数的极小值点 B．是导函数的极小值
C．是函数的极大值 D．是函数的极小值点
【答案】A,C,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：根据导函数的图象可知，的两侧的小区域内，的图象左减右增，
所以在，处导函数有极小值；
的两侧的小区域内，左增右减，所以在处导函数有极大值.
根据导函数的图象可知：的左侧导数大于零，在内导数小于零，
所以在处函数有极大值.
在上导数大于零，所以在处函数有极小值.
而左右两侧导函数符号相同，原函数不取得极值.
故答案为：ACD
【分析】本题考查导函数图象与原函数、导函数自身的极值点判断，解题核心是根据导函数图象的单调性判断导函数的极值点，根据导函数符号变化判断原函数的极值点。
12．在的展开式中，的系数是　 　．
【答案】
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：由题意展开式通项公式为，时，系数为．
故答案为：
【分析】本题考查二项式展开式的通项公式应用，解题核心是利用通项公式找到指定项并计算其系数。
13．设等比数列的前n项和为，若，则公比　 　.
【答案】2
【知识点】等比数列的前n项和；等比数列的性质
【解析】【解答】解：因为，所以，
显然，则，即，解得.
故答案为：2
【分析】本题考查等比数列前n项和与通项公式的关系，解题核心是利用前n项和的定义化简等式，再结合等比数列的公比定义求解。
14．已知函数，若关于x的不等式在上有实数解，则实数的取值范围是　 　．
【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：不等式在上有实数解，即在上有实数解，
只需，
，，
故在上恒成立，
故在上单调递增，
所以，
所以，实数的取值范围为.
故答案为：
【分析】本题考查函数存在性问题，解题核心是将不等式 “有实数解” 转化为函数最大值问题，再通过导数判断函数单调性求最值。
15．已知数列的首项，且满足．
（1）求证：是等比数列；
（2）求数列的通项公式及前10项的和．
【答案】（1）解：因为，所以，
又，所以，，
所以，即是首项为2，公比为2的等比数列．
（2）解：由（1）得，即，
设数列的前项和为，
所以．
【知识点】等比数列概念与表示；数列的求和；数列的递推公式
【解析】【分析】(1) 利用递推公式变形，构造等比数列的定义证明；
(2) 先由等比数列通项求出 an，再用分组求和法计算前10项和。
（1）因为，所以，
又，所以，，
所以，即是首项为2，公比为2的等比数列．
（2）由（1）得，即，
设数列的前项和为，
所以．
16．如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面，，，为的中点.
（1）证明：平面平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明：底面为矩形，所以，
又因为平面，平面，所以，
又平面，
所以平面，又平面，
可知平面平面；
（2）解：由（1）可知两两垂直，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
易知，
则，
设平面的法向量为，
则，令，可得，
可得，
所以；
因此直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】(1) 利用面面垂直的判定定理，证明一个平面内的一条直线垂直于另一个平面；
(2) 建立空间直角坐标系，通过向量法求直线与平面所成角的正弦值。
（1）底面为矩形，
所以，
又因为平面，平面，所以，
又平面，
所以平面，又平面，
可知平面平面；
（2）由（1）可知两两垂直，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
易知，
则，
设平面的法向量为，
则，令，可得，
可得，
所以；
因此直线与平面所成角的正弦值为.
17．已知抛物线的顶点是坐标原点，而焦点是双曲线的右顶点.
（1）求抛物线的方程；
（2）若直线与抛物线相交于A、B两点.
①求弦长；
②求证：.
【答案】（1）解：，化为标准形式：，
，右顶点A，
设抛物线的方程为，焦点坐标为，
由于抛物线的焦点是双曲线的右顶点，所以，
抛物线的方程；
（2）证明：，消去得，
设，则
，
①.
②，
.
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1) 先将双曲线方程化为标准形式，求出其右顶点坐标，再根据抛物线焦点与该右顶点重合，求出抛物线的参数，进而得到抛物线方程。
(2) ①联立直线与抛物线方程，消元后利用韦达定理得到交点纵坐标的和与积，再结合弦长公式计算弦长；
②利用向量数量积为0的性质，证明。
18．已知函数，记，且，．
（1）求，；
（2）设，，
（ⅰ）证明数列是等差数列，并求数列的前项和为；
（ⅱ）证明：．
【答案】（1）解：因为，所以，
.
（2）（ⅰ）证明：因为，所以，
又，所以，；
由（1）可知，，所以，，
，所以是以为首项和公差的等差数列，
，所以.
，，
两式相减可得
，
.
（ⅱ）证明：，，
所以
因为，所以.
【知识点】简单复合函数求导法则；等比数列的前n项和；数列的求和；数列的递推公式
【解析】【分析】(1) 对 依次求一阶、二阶导数，得到 和 ；
(2)(i) 先由递推关系得到 的关系式，再证明 为等差数列，进而求 并利用错位相减法求其前 项和 ；
(ii) 先求出 ，再利用放缩法结合等比数列求和公式证明不等式。
（1）因为，所以，
.
（2）（ⅰ）因为，所以，
又，所以，；
由（1）可知，，所以，，
，所以是以为首项和公差的等差数列，
，所以.
，，
两式相减可得
，
.
（ⅱ），，
所以
因为，所以.
19．已知函数．
（1）求函数在处的切线方程；
（2）讨论的单调性；
（3）设为两个不相等的正数，且，证明：．
【答案】（1）解：因为，
所以，切点为，
由，
得，
所以，切线方程为：，即：.
（2）解：因为的定义域为．
由，
得，
当时，；当时，；当时，，
则在区间内为增函数，在区间内为减函数.
（3）证明：将变形为，
所以，
令，
则上式变为，
则命题转换为证明：，
因为，所以，
不妨设．
由（2）知，，
先证．
要证：
令，
则，
∴在区间内单调递增，所以，则，
再证，
因为，所以，
则，
所以，需证．
令，
所以，则在区间内单调递增，
所以，则，
所以，
综上所述，可知．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程；分析法的思考过程、特点及应用
【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义得出切线的斜率，再利用代入法得出切点坐标，根据点斜式得出函数在处的切线方程.
（2）利用已知条件和导数的正负判断函数的单调性，从而讨论出函数的单调性.
（3）利用已知条件和转化的方法、换元法以及分析法，再利用导数正负判断函数的单调性，从而得出函数的值域，进而证出不等式成立.
（1），所以切点
由得，，
所以切线方程为：，即：
（2）的定义域为．
由得，，
当时，；当时；当时，．
故在区间内为增函数，在区间内为减函数，
（3）变形为，所以．
令．则上式变为，
于是命题转换为证明：．
因为，则有，不妨设．
由（2）知，先证．
要证：．
令，
则，
∴在区间内单调递增，所以，即．
再证．
因为，所以，所以，所以需证．
令，
所以，故在区间内单调递增．
所以．故，即．
综合可知．
1 / 1广东湛江市第二十一中学2025-2026学年高二下学期4月阶段性考试数学试题
1．已知为等比数列，，，则（　　）
A．8 B．12 C．16 D．17
2．城区某中学安排2位数学老师、4位英语老师到，两所乡村中学任教，要求两个乡村中学各安排3位老师，其中中学至少需要安排1位数学老师，那么有（　　）种不同的安排方式
A．9 B．12 C．14 D．16
3．若函数在处取得极大值，则实数（　　）
A． B． C．1 D．2
4．有2位老师和3名学生排成一队照相，老师不能分开，则不同的排法有（　　）
A．48种 B．12种 C．36种 D．24种
5．若函数的图象在点处的切线方程是，则（　　）
A． B． C． D．
6．记为等差数列的前项和.若，，则（　　）
A．-6 B．-3 C．3 D．6
7．函数在上的最大值为4，则的值为（　　）
A．7 B． C．3 D．4
8．已知，，则（　　）
A． B． C． D．
9．已知数列满足，，数列的前项和，则（　　）
A．是常数列 B．
C． D．恒成立
10．若，则（　　）
A． B．
C． D．
11．导函数的图象如图所示.在标记的点中，下列说法正确的是（　　）
A．是导函数的极小值点 B．是导函数的极小值
C．是函数的极大值 D．是函数的极小值点
12．在的展开式中，的系数是　 　．
13．设等比数列的前n项和为，若，则公比　 　.
14．已知函数，若关于x的不等式在上有实数解，则实数的取值范围是　 　．
15．已知数列的首项，且满足．
（1）求证：是等比数列；
（2）求数列的通项公式及前10项的和．
16．如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面，，，为的中点.
（1）证明：平面平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
17．已知抛物线的顶点是坐标原点，而焦点是双曲线的右顶点.
（1）求抛物线的方程；
（2）若直线与抛物线相交于A、B两点.
①求弦长；
②求证：.
18．已知函数，记，且，．
（1）求，；
（2）设，，
（ⅰ）证明数列是等差数列，并求数列的前项和为；
（ⅱ）证明：．
19．已知函数．
（1）求函数在处的切线方程；
（2）讨论的单调性；
（3）设为两个不相等的正数，且，证明：．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】等比数列的通项公式；等比中项
【解析】【解答】解：由等比中项的性质，知，
若该数列的公比为，则，显然，
所以.
故答案为：A.
【分析】利用已知条件和等比中项公式以及等比数列的性质，从而得出的值.
2．【答案】D
【知识点】分类加法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：情况1：中学安排1位数学老师，2位英语老师的方式：，
情况2：中学安排2位数学老师，1位英语老师的方式：，
所以中学至少需要安排1位数学老师的方式为：（种）.
故答案为：D
【分析】本题是组合计数问题，解题核心是按 A 中学安排的数学老师人数分类讨论，再用分类加法计数原理求和。
3．【答案】A
【知识点】利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：将原函数求导，得：，
因为函数在处取得极大值，所以，解得，
当时，，
令，得或；令，得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
则在处取得极大值， 满足题意.
故答案为：A．
【分析】利用导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的极值，再利用已知条件得出实数a的值．
4．【答案】A
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：要求老师不能分开（即相邻），先把2位老师捆绑看作1个整体，两位老师内部不同顺序属于不同排法，内部排列数为 种；
将老师的整体与3名学生进行全排列，全排列数为种；
根据分步乘法计数原理，则不同的排法为 种.
故答案为：A
【分析】本题考查排列组合中的 “捆绑法” 应用，解题核心是先将相邻元素视为一个整体，再分步计算。
5．【答案】C
【知识点】导数的几何意义；导数的四则运算
【解析】【解答】解：由导数的几何意义可得，将点的坐标代入切线方程可得，
因此，.
故答案为：C.
【分析】本题考查导数的几何意义，解题核心是利用切线方程直接求出 f(1) 和 f'(1) 的值。
6．【答案】A
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：根据等差数列前项和的性质，成等差数列，
因此：
已知 ，，代入得：
解得：
故答案为：A
【分析】本题考查等差数列前项和的性质，解题核心是利用“成等差数列”这一性质求解。
7．【答案】D
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：∵，
∴，
∴ 导数在时，，单调递减；
导数在时，，单调递增，
∵，，，
∴在处取得最大值为，
则.
故答案为：D.
【分析】先求导，再利用导数的正负判断函数的单调性，从而求出函数的最大值，再利用已知条件得出实数m的值.
8．【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：设（），
则，在上单调递增，
所以，
当时，，取，得，即；
设（），
则，在上单调递减，
所以，
所以当时，，
取，得，即.
故.
故答案为：C
【分析】本题是数值大小比较问题，解题核心是构造辅助函数，利用导数分析单调性来判断大小关系。
9．【答案】A,C
【知识点】数列的求和；数列的通项公式；数列的前n项和
【解析】【解答】解：由递推关系 ，可得 。结合 ，可知 是常数列，且 ，故 。
A：由上述推导， 为常数，故A正确。
B：通项公式为 ，而非 ，故B错误。
C：数列前项和 ，故 ，
裂项相消求和：，故C正确。
D：，数列是递增数列，故D错误。
故答案为：AC
【分析】递推变形：通过将递推式两边同除以，发现为常数列，直接求出通项。
通项验证：得到后，验证选项B和D。
裂项求和：利用等差数列求和公式，将拆分为可相消的形式，计算求和结果，验证选项C。
10．【答案】B,C,D
【知识点】二项式系数的性质；二项式系数
【解析】【解答】解：A：令，代入等式，得，即，故A错误；
B：二项式的展开式通项为。令，解得，则，故B正确；
C：令，得；令，得。将两式相加，得，解得，故C正确；
D：将C中的两式相减，得，解得，故D正确。
故答案为：BCD
【分析】A：通过令直接求出常数项；B：利用二项式展开式的通项公式，根据的指数求出对应项的系数；C、D：通过赋值法（令和），再将两式相加/相减，求出奇数项和与偶数项和。
11．【答案】A,C,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：根据导函数的图象可知，的两侧的小区域内，的图象左减右增，
所以在，处导函数有极小值；
的两侧的小区域内，左增右减，所以在处导函数有极大值.
根据导函数的图象可知：的左侧导数大于零，在内导数小于零，
所以在处函数有极大值.
在上导数大于零，所以在处函数有极小值.
而左右两侧导函数符号相同，原函数不取得极值.
故答案为：ACD
【分析】本题考查导函数图象与原函数、导函数自身的极值点判断，解题核心是根据导函数图象的单调性判断导函数的极值点，根据导函数符号变化判断原函数的极值点。
12．【答案】
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：由题意展开式通项公式为，时，系数为．
故答案为：
【分析】本题考查二项式展开式的通项公式应用，解题核心是利用通项公式找到指定项并计算其系数。
13．【答案】2
【知识点】等比数列的前n项和；等比数列的性质
【解析】【解答】解：因为，所以，
显然，则，即，解得.
故答案为：2
【分析】本题考查等比数列前n项和与通项公式的关系，解题核心是利用前n项和的定义化简等式，再结合等比数列的公比定义求解。
14．【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：不等式在上有实数解，即在上有实数解，
只需，
，，
故在上恒成立，
故在上单调递增，
所以，
所以，实数的取值范围为.
故答案为：
【分析】本题考查函数存在性问题，解题核心是将不等式 “有实数解” 转化为函数最大值问题，再通过导数判断函数单调性求最值。
15．【答案】（1）解：因为，所以，
又，所以，，
所以，即是首项为2，公比为2的等比数列．
（2）解：由（1）得，即，
设数列的前项和为，
所以．
【知识点】等比数列概念与表示；数列的求和；数列的递推公式
【解析】【分析】(1) 利用递推公式变形，构造等比数列的定义证明；
(2) 先由等比数列通项求出 an，再用分组求和法计算前10项和。
（1）因为，所以，
又，所以，，
所以，即是首项为2，公比为2的等比数列．
（2）由（1）得，即，
设数列的前项和为，
所以．
16．【答案】（1）证明：底面为矩形，所以，
又因为平面，平面，所以，
又平面，
所以平面，又平面，
可知平面平面；
（2）解：由（1）可知两两垂直，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
易知，
则，
设平面的法向量为，
则，令，可得，
可得，
所以；
因此直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】(1) 利用面面垂直的判定定理，证明一个平面内的一条直线垂直于另一个平面；
(2) 建立空间直角坐标系，通过向量法求直线与平面所成角的正弦值。
（1）底面为矩形，
所以，
又因为平面，平面，所以，
又平面，
所以平面，又平面，
可知平面平面；
（2）由（1）可知两两垂直，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
易知，
则，
设平面的法向量为，
则，令，可得，
可得，
所以；
因此直线与平面所成角的正弦值为.
17．【答案】（1）解：，化为标准形式：，
，右顶点A，
设抛物线的方程为，焦点坐标为，
由于抛物线的焦点是双曲线的右顶点，所以，
抛物线的方程；
（2）证明：，消去得，
设，则
，
①.
②，
.
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1) 先将双曲线方程化为标准形式，求出其右顶点坐标，再根据抛物线焦点与该右顶点重合，求出抛物线的参数，进而得到抛物线方程。
(2) ①联立直线与抛物线方程，消元后利用韦达定理得到交点纵坐标的和与积，再结合弦长公式计算弦长；
②利用向量数量积为0的性质，证明。
18．【答案】（1）解：因为，所以，
.
（2）（ⅰ）证明：因为，所以，
又，所以，；
由（1）可知，，所以，，
，所以是以为首项和公差的等差数列，
，所以.
，，
两式相减可得
，
.
（ⅱ）证明：，，
所以
因为，所以.
【知识点】简单复合函数求导法则；等比数列的前n项和；数列的求和；数列的递推公式
【解析】【分析】(1) 对 依次求一阶、二阶导数，得到 和 ；
(2)(i) 先由递推关系得到 的关系式，再证明 为等差数列，进而求 并利用错位相减法求其前 项和 ；
(ii) 先求出 ，再利用放缩法结合等比数列求和公式证明不等式。
（1）因为，所以，
.
（2）（ⅰ）因为，所以，
又，所以，；
由（1）可知，，所以，，
，所以是以为首项和公差的等差数列，
，所以.
，，
两式相减可得
，
.
（ⅱ），，
所以
因为，所以.
19．【答案】（1）解：因为，
所以，切点为，
由，
得，
所以，切线方程为：，即：.
（2）解：因为的定义域为．
由，
得，
当时，；当时，；当时，，
则在区间内为增函数，在区间内为减函数.
（3）证明：将变形为，
所以，
令，
则上式变为，
则命题转换为证明：，
因为，所以，
不妨设．
由（2）知，，
先证．
要证：
令，
则，
∴在区间内单调递增，所以，则，
再证，
因为，所以，
则，
所以，需证．
令，
所以，则在区间内单调递增，
所以，则，
所以，
综上所述，可知．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程；分析法的思考过程、特点及应用
【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义得出切线的斜率，再利用代入法得出切点坐标，根据点斜式得出函数在处的切线方程.
（2）利用已知条件和导数的正负判断函数的单调性，从而讨论出函数的单调性.
（3）利用已知条件和转化的方法、换元法以及分析法，再利用导数正负判断函数的单调性，从而得出函数的值域，进而证出不等式成立.
（1），所以切点
由得，，
所以切线方程为：，即：
（2）的定义域为．
由得，，
当时，；当时；当时，．
故在区间内为增函数，在区间内为减函数，
（3）变形为，所以．
令．则上式变为，
于是命题转换为证明：．
因为，则有，不妨设．
由（2）知，先证．
要证：．
令，
则，
∴在区间内单调递增，所以，即．
再证．
因为，所以，所以，所以需证．
令，
所以，故在区间内单调递增．
所以．故，即．
综合可知．
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