高考数学重难点题型归纳第11讲 导数压轴大题14种题型（2）（解析版）
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第11讲导数压轴大题14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.【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．【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)=lnx＋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.【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，∴，∴，∴．【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；（1）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．,【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．【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f(x)=ex−ax21+x．（1）若a=0，讨论f(x)的单调性．（2）若f(x)有三个极值点x1，x2，x3．①求a的取值范围；②求证：x1+x2+x3>−2．【答案】（1）f(x)在(−∞,−1)和(−1,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增（2）①(1e,12)∪(12,+∞)；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，f'(0)=0，令g(x)=ex−a(x+2)，再求导，判断根的范围②利用分析法进行求证，要证：x1+x2+x3>−2，只要证：x1+x2>−2，只要证ex2−e−2−x2−2a(x2+1)<0，转化为只要证x2ex2+(x2+2)e−x2−2>0，求导，判断增减性，问题得以证明．解：（1）当a=0时，f(x)=ex1+x，x≠−1，∴f'(x)=xex(1+x)2，当f'(x)<0时，x在(−∞,−1)和(−1,0)上，f(x)单调递减，当f'(x)>0时，x在(0,+∞)上，f(x)单调递增，（2）①解：∵f(x)=ex−ax21+x，∴f'(x)=x[ex−a(x+2)](1+x)2，首先f'(0)=0，令g(x)=ex−a(x+2)，则g(x)=0应有两个既不等于0也不等于−1的根，求导可得，g'(x)=ex−a，若a≤0，则g'(x)>0，g(x)在(−∞,−1)，(−1,+∞)上均为增函数，且x<−1时，g(x)<g−1；x>−1时，g(x)>g−1，故g(x)=0在(−∞,−1)∪−1,+∞上至多有一个零点，不合题意，舍去，故a>0，g'(x)=ex−a=0有唯一的根x0=lna，当x<lna时，g'x<0，当x>lna时，g'x>0，所以x0是g(x)的极小值点且为最小值，要使g(x)=0有两根，只要g(x0)<0即可，由g(x0)=elna−a(lna+2)=−a(lna+1)<0，得a>1e，此时g−1=1e−a≠0，又由g(0)≠0，得a≠12，若a>1e且a≠12时，g−3=e−3+a>0，设Sx=x−2lnx,x>2，则S'x=x−2x>0，故Sx在2,+∞上为增函数，故Sx>S(2)=2−2ln2>0即ex>x2x>2，取M=max2,a+a2+8a2，则x>M时，ex−ax−2a>x2−ax−2a>0，故此时g(x)=0有两个既不等于0也不等于−1的根，而g(−1)=1e−a<0，故g(x)=0的两根中，一个大于−1，另一个小于−1，于是在定义域中，连同x=0，f'(x)=0共有三个相异实根，并且在这三个根的左右，f'(x),的正负变号，它们就是f(x)的三个极值点，综上，a的取值范围是(1e,12)∪(12,+∞)；②证明：由①可知f(x)有三个极值点x1，x2，x3中，两个是g(x)=0的两根（不妨设为x1，x2，其中x1<−1<x2)，另一个为x3=0，要证：x1+x2+x3>−2。只要证：x1+x2>−2，即只要证明x1>−x2−2，因为g(x)在(−∞,lna)上单调递减，其中lna>−1，故只要证g(x1)<g(−2−x2)，其中g(x1)=g(x2)=0，只要证g(x2)<g(−2−x2)，而ex2−a(x2+2)<e−2−x2−a[(−2−x2+2]，只要证ex2−e−2−x2−2a(x2+1)<0，由g(x2)=ex2−a(x2+2)=0，得a=ex2x2+2，由此代入上述不等式，只要证明ex2−e−2−x2−2ex2x2+2(x2+1)<0，只要证x2ex2+(x2+2)e−x2−2>0，令ℎ(x)=xex+(x+2)e−x−2，当x>−1时，ℎ'(x)=(x+1)ex−(x+1)e−x−2=(x+1)(ex−e−x−2)>0，ℎ(x)单调递增，而ℎ(−1)=0，所以当x>−1时，ℎ(x)>0，于是证x2ex2+(x2+2)e−x2−2>0，即：x1+x2+x3>−2．【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，，②①+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.【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.【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．【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.【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，，．【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．【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．【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．【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.【课后练习】1.已知函数（为常数，是自然对数的底数），曲线在点处的切线与轴平行．（1）求的值；（2）求的单调区间；（3）设，其中是的导函数．证明：对任意，．解：（1）=由题可得=0，推出k=1…3分,(2)=（x>0）…4分令h(x)=,=-<0,所以h(x)在（0，+）单调递减又h(1)=0…6分所以,当0<x<1时，h(x)>0,>0,f(x)单调递增当x>1时，h(x)<0,<0,f(x)单调递减…7分所以，增区间为（0,1）减区间为（1,+）……8分（3）g(x)=（x+x）=(1-xlnx-x),先研究1-xlnx-x，再研究①记i(x)=1-xlnx-x,x>0,(x)=-lnx–2,令(x)=0，得x=当x(0,)时，(x)>0,i(x)单调递增当x（，+）时，(x)<0,i(x)单调递减。所以i(x)的最大值为1+，即1-xlnx-x1+②记j(x)=,x>0,(x)=<0,所以j(x)在（0，+）单调递减所以j(x)</x<1时，h(x)></g(−2−x2)，其中g(x1)=g(x2)=0，只要证g(x2)<g(−2−x2)，而ex2−a(x2+2)<e−2−x2−a[(−2−x2+2]，只要证ex2−e−2−x2−2a(x2+1)<0，由g(x2)=ex2−a(x2+2)=0，得a=ex2x2+2，由此代入上述不等式，只要证明ex2−e−2−x2−2ex2x2+2(x2+1)<0，只要证x2ex2+(x2+2)e−x2−2></x2)，另一个为x3=0，要证：x1+x2+x3></lna时，g'x<0，当x></g−1；x>
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