2024年全国一卷新高考数学题型细分S2-5——导数大题4 中档1

2024年全国一卷新高考题型细分S2-5 ——导数——大题4（中档）1 1、 试卷主要是2024年全国一卷新高考地区真题、模拟题，合计202套。其中全国高考真题4套，广东47套，山东22套，江苏18套，浙江27套，福建15套，河北23套，湖北19套，湖南27套。 2、 题目设置有尾注答案，复制题干的时候，答案也会被复制过去，显示在文档的后面，双击尾注编号可以查看。方便老师备课选题。 3、 题型纯粹按照个人经验进行分类，没有固定的标准。 4、 《导数——大题》题目按难易程度排序：易、基础、中下、中档、中档长题、中上。具体题型有：切线、单调性、极值、最值、单调性分类讨论、恒成立、能成立、零点分析、拓展等，大概167道题。 导数 大题4（中档）1： 1. （2024年粤J131广州二模）19．已知函数． (1)讨论的零点个数；（[endnoteRef:2]） (2)若存在两个极值点，记为的极大值点，为的零点，证明：． （零点分析，零点，中档；） [2: 19．(1)答案见解析 (2)证明见解析. 【分析】（1）将问题转化成讨论与的交点个数，利用导数研究函数的单调性，从而结合图象得到答案； （2）分类讨论，利用导数研究函数的单调性，从而判断函数的极值点和零点，依次证明不等式． 【详解】（1）因为， 当时，，此时有一个零点； 当时，，所以不是函数的零点， 令， 故只需讨论与的交点个数即可， ， 因为， 所以在和上单调递减，在上单调递增， ，且时，，且时，， 所以的大致图象如图所示： 故当与有一个交点， 当时，与有2个交点； 综上，时，函数有1个零点，当时，函数有2个零点． （2）函数， 当时，，所以函数只有一个极值点，不满足条件； 当时，，所以函数无极值点； 当时，，令得或；令得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，此时， 因为，时，， 所以函数在上无零点，在上有一个零点， 所以； 当时，，令得或；令得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，此时， 因为时，， ， 所以函数在上有一个零点，且， 所以， 综上，． 【点睛】关键点点睛：零点可理解为两函数的交点的横坐标，在求解时可分析单调性和极值，数形结合求解. ] 2. （2024年冀J40邯郸模拟）19．已知函数． (1)是否存在实数，使得和在上的单调区间相同？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由．（[endnoteRef:3]） (2)已知是的零点，是的零点． ①证明：， ②证明：． （单调性，零点分析，中档；） [3: 19．(1)存在，且 (2)①证明见解析 ②证明见解析 【分析】（1）结合导数与函数单调性的关系，分与进行讨论即可得； （2）①利用导数得到的单调性后，借助零点的存在性定理可得，解出即可得；②构造函数，结合导数得到函数的单调性，画出相应图象，可得从而得到，，从而可得，结合的范围即可得解. 【详解】（1）由题意得， 当时，，所以和在上都单调递增，符合题意； 当时，若和在上的单调区间相同， 则和有相同的极值点，即， 令，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，则， 所以无解， 综上，当时，和在上的单调区间相同； （2）①由题意，有两个零点，， 若，则，所以在上单调递增，不符合题意， 若，则当时，单调递减， 当时，单调递增， 且当时，，当时，， 所以，解得，得证； ②令，得，即， 令，则， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 在同一坐标平面内作出函数与函数的图象， 它们有公共点，如图， 故，且有， 由，得，即，又，所以， 由，得，即，又，所以， 由，得，即， 故. 【点睛】关键点点睛：本题最后一问关键点在于构造函数，结合导数得到函数的单调性，从而得到. ] 3. （2024年冀J35部分中学评估）18．已知函数． (1)若在恒成立，求实数a的取值范围；（[endnoteRef:4]） (2)证明：． （恒成立，恒成立，中档；） [4: 18．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由题意可得恒成立，令，求导得，利用导数分类可求实数a的取值范围； （2）由（1）知当时，可得在恒成立，当时，可得，利用累加法可得结论. 【详解】（1）在恒成立． 构造函数，则在恒成立． 当时，，所以在递增， 所以，矛盾，故舍去 当时，由得，所以在递增， 故，均有，矛盾，故舍去 当时，，所以在递减， 所以，满足题意； 综上，实数a的取值范围为 （2）由（1）知当时，恒成立， 即在恒成立 且当且仅当时取等号． 所以当时，可得 同理，，， 两边分别累加得： 即 即 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是通过（1）中的结论得到，再代入得到其他不等式，最后累加即可证明. ] 4. （2024年冀J10承德二模）18. 已知（其中为自然对数的底数）. （1）当时，求曲线在点处的切线方程， （2）当时，判断是否存在极值，并说明理由；（[endnoteRef:5]） （3），求实数的取值范围. （切线，零点分析，恒成立，中档；） [5: 【答案】（1） （2）有一个极大值，一个极小值，理由见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）当时，求得，结合导数的几何意义，即可求解； （2）当时，求得，令，利用导数求得的单调性与，得到存在使得，存在使得，进而得到答案； （3）求得，根据题意，得到，令，得到使得，利用函数的单调性，求得，再由，求得，再由，设，利用导数求得函数的单调性，即可求解. 【小问1详解】 解：当时，，可得， 则， 所以曲线在点处的切线方程为，即. 【小问2详解】 解：当时，，定义域为， 可得， 令，则， 当时，；当时，， 所以递减，在上递增， 所以， 又由， 存在使得，存在使得， 当时，单调递增； 当时，单调递减； 当时，单调递增； 所以时，有一个极大值，一个极小值. 【小问3详解】 解：由，可得， 由，因为，可得， 令，则在上递减， 当时，可得，则，所以， 则， 又因为，使得，即 且当时，，即； 当时，，即， 所以在递增，在递减，所以， 由，可得， 由，可得，即， 由，可得，所以， 因为，设，则， 可知在上递增，且， 所以实数的取值范围是. 【点睛】方法技巧：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. （2024年闽J10泉州三测）17. （1）已知，求的最大值与最小值；（[endnoteRef:6]） （2）若关于x的不等式存在唯一的整数解，求实数a的取值范围. （最值，恒成立，中档；） [6: 【答案】（1）最大值，最小值1；（2） 【解析】 【分析】（1）求导，利用导数研究函数的单调性，结合区间端点函数值比较大小即可求解最值； （2）解法一：把不等式化为，由的单调性结合端点函数值分析求解即可； 解法二：令，求导，对a进行分类讨论，判断函数单调性及最大值，从而求得a的范围，结合有唯一整数解，进一步求出a的取值范围. 【详解】（1）因为，，所以， 令，解得，，的变化情况如下表所示． 所以，在区间上单调递增，在区间上单调递减. 当时，有极大值，也是的最大值. 又因为，，而， 所以，所以为的最小值. （2）解法一：因为，所以不等式可化为， 由（1）可知在区间上单调递增，在区间上单调递减. 因为的最大值，，，，， 所以，时，最大，所以不等式， 即存在唯一的整数解只能为1，所以，所以a的取值范围为. 解法二：令，由题意可知有唯一整数解， ，当时，，所以在单调递增， 而，所以，与题意矛盾； 当时，由可得或（舍去）， 当时，，时，， 所以在单调递增，在单调递减， 所以时，取最大值为， 由题意可知，解得， 因为，所以当即时， 由有唯一整数解知，解得， 若，由在单调递增知，矛盾 所以，由在单调递减可知， 所以符合题意； 当时，，， 由在单调递减可知，，不符合题意； 综上所述，a的取值范围为. ] 6. （2024年粤J105湛江二模）19. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程；（[endnoteRef:7]） （2）若，，且，证明：. （切线，恒成立，中档；） [7: 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，利用到数的几何意义，即可求得答案； （2）设，，，原不等式即为，利用的单调性，继而转化为，继而再构造函数，利用函数的单调性证明结论. 【小问1详解】 由，得， 则，，. 故曲线在点处的切线方程为， 即. 【小问2详解】 证明：由，，且，不妨设，，， 则证明等价于证明，， 即证，从而构造函数，利用其调性证明结论. 令，则，当时，，在单调递减， 故，，即，， 则 ， 要证， 只需证. 令，则， 令，得. 令，，则， 令，，则在上恒成立， 则，则在上恒成立，则在上单调递增. 当时，，则， 则，在单调递减， 当时，，则， 则，在单调递增. 因为，所以，即在上恒成立， 从而. 【点睛】难点点睛：本题查了导数的几何意义的应用以及利用导数证明不等式，难点就在于不等式的证明，解答时要将原不等式转化为，继而构造函数，利用单调性证明成立. ] 7. （2024年鄂J27宜荆荆随恩二模）18．设函数， (1)讨论的单调性．（[endnoteRef:8]） (2)若函数存在极值，对任意的，存在正实数，使得 （ⅰ）证明不等式． （ⅱ）判断并证明与的大小． （单调性分类讨论，零点分析，中档；） [8: 18．(1)在单调递增，在单调递减 (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ），证明见解析 【分析】（1）求导得，分是否大于0进行讨论即可得解； （2）（ⅰ）要证明即只需证明，从而构造函数即可得证；（ⅱ）同构作差法并结合（ⅰ）中结论即可得解. 【详解】（1），， 若，则，在上单调递增， 若，由得， 当时；当时，， ∴在单调递增，在单调递减. （2）∵存在极值，由（1）知， ， 由题设得， ∵，设， （ⅰ）要证明即证明， 设，（）， 则， ∴在上单调递增，， ∴，即得证， （ⅱ）， ， ∴， ∵在上是减函数， ∴. 【点睛】难点点睛：本题综合考查了导数的应用问题，涉及到函数的单调性以及不等式证明问题，难点在于不等式的证明，解答时要注意根据所要证明的不等式的结构特征，构造恰当的函数，利用导数的单调性进行证明. ] 8. （2024年粤J136茂名高州一模）22．设函数，.（[endnoteRef:9]） (1)当时，在上恒成立，求实数的取值范围； (2)若在上存在零点，求实数的取值范围. （恒成立，零点分析，中档；） [9: 22．(1) (2) 【分析】（1）构建函数，通过导数判断函数单调性，进而求解实数的取值范围； （2）分离参数，令，，利用导数求函数在指定区间的最值，即得解. 【详解】（1）当时，， 所以不等式转化为，在上恒成立. 令， 所以. 当时，恒成立. 若，则在上恒成立， 在上单调递增， 故，符合题意； 若，令函数， 则在上恒成立， 所以在上单调递增， 因为，且当时，. 所以，， 故当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 则，不符合题意. 综上所述，实数的取值范围为； （2）因为，， 令，即， 所以. 令，， 则. 令，得. 所以当时，，单调递减； 当，时，单调递增. 所以当时，取得极小值， 即当时，取得极小值. 又因为，， 所以. 所以. 当取得极大值， 即当时，取得极大值. 又因为，， 所以. 所以， 所以当，. 所以. 又因为， 所以时，在上存在零点， 所以实数的取值范围为. 【点睛】思路点睛：本题可从以下方面解题 （1）构建函数，利用导数判断函数的单调性，通过函数的单调性求参数的取值范围； （2）分离参数，将零点问题转化为函数的交点问题，并利用导数判断函数的单调性，进而求函数的最值. （3）本题计算量较大，注意导数求解过程中的容易出现的问题，以及单调性的分析要注意取值范围. ] 9. （2024年湘J48长沙长郡四适）19．设，.（[endnoteRef:10]） (1)当时，求函数的最小值； (2)当时，证明：； (3)证明：. （求最值，恒成立；中档，含三角；） [10: 19．(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）由题意可知：为偶函数，所以仅需研究的部分，求导，分和两种情况，利用导数判断原函数的单调性和最值； （2）由题意可知：为偶函数，所以仅需研究的部分，求导，利用导数判断原函数的单调性和最值，分析证明； （3）由（2）可得：，分和两种情况，利用裂项相消法分析证明； 【详解】（1）因为的定义域为，且， 所以为偶函数， 下取， 当时，，则， 当时，则，可知在内单调递增， 当时，令，则， 可知在内单调递增， 因为，则，使得， 当时，；当时，； 所以在上单调递减，在上单调递增，且， 则在内恒成立，可知在内单调递减； 综上所述：在内单调递减，在内单调递增， 所以在内的最小值为， 又因为为偶函数，所以在内的最小值为. （2）由（1）可知为定义在上的偶函数，下取， 可知，令， 因为，则， 则在内单调递增，可得， 即在内恒成立，可知在内单调递增， 所以在内的最小值为， 结合偶函数性质可知：. （3）由（2）可得：当时，，当且仅当时，等号成立， 即，令，则， 当时，， 即，则有： ，，，， 相加可得：， 因为，则，所以， 即. 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤 （1）作差或变形； （2）构造新的函数； （3）利用导数研究的单调性或最值； （4）根据单调性及最值，得到所证不等式； 特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题． ] 10. （2024年湘J43长沙一中三模）18．已知函数． (1)讨论的单调性；([endnoteRef:11]) (2)若存在唯一的极值点，证明：． （单调性，零点分析，中档；） [11: 18．(1)答案见解析； (2)证明见解析. 【分析】（1）求导，分，，三种情况讨论，综合可得； （2）由（1）得，表示出得的范围，并代入所证不等式，消去a得关于的不等式，构造函数判单调性得最值即可证明. 【详解】（1）因为， 当时，，此时在上恒成立， 所以在上单调递减； 当时，在上单调递减，所以在上有唯一零点， 当时，，在上单调递增， 当时在上单调递减； 当时，在上有零点， 当和时，，所以在和上单调递减， 当时，，所以在上单调递增． 综上：当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在和上单调递减，在上单调递增． （2）由题意可知， 若存在唯一的极值点， 由（1）可知且． 因为， 要证， 只需证①． 因为，所以． 将代入①整理可得，只需证． 令， 则， 所以在上单调递减， 所以， 所以，即原不等式成立． ] 11. （2024年鲁J30泰安二模）18．已知函数. (1)若的极大值为，求的值；（[endnoteRef:12]） (2)当时，若使得，求的取值范围. （极值，恒成立能成立，中档；） [12: 18．(1)2 (2) 【分析】（1）根据题意，求得，令，解得或，分类讨论，求得函数单调性和极大值，即可求解； （2）当时，由（1）得到的单调性，分别求得和，结合题意，分类讨论，列出不等式，即可求解. 【详解】（1）解：因为函数，可得， 因为，令，解得或， 当时，即时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增 所以的极大值为，不符合题意； 当时，即时，，在上单调递增，无极大值； 当时，即时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 所以极大值为，解得. （2）解：当时， 由（1）知，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，且当时，，当时， 当时，即时，当时，单调递增，， 又因为当时，， 因为，所以，当时，使得， 当时，即时， 当时，单调递增，， 当时， 若满足题意，只需，即， 当时，即时， 当时，在上单调递减，上单调递增 所以函数的最小值为， 所以， 又因为时，， 若满足题意，只需，即， 因为，所以， 所以，当时，不存在使得， 综上，实数的取值范围为. 【点睛】方法技巧：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、合理转化，根据题意转化为两个函数的最值之间的比较，列出不等式关系式求解； 2、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； 3、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． 4、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，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． ] 12. （2024年鲁J42青岛二适）18．已知函数，为的导数 (1)讨论的单调性； (2)若是的极大值点，求的取值范围；（[endnoteRef:13]） (3)若，证明：． （单调性分类讨论，极值，恒成立，中档；） [13: 18．(1)答案见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）令，求出导函数，再分和两种情况讨论，分别求出函数的单调区间； （2）结合（1）分、、、四种情况讨论，判断的单调性，即可确定极值点，从而得解； （3）利用分析法可得只需证，，只需证对任意，有，结合（2）只需证明，构造函数，利用导数证明即可. 【详解】（1）由题知， 令，则， 当时，在区间单调递增， 当时，令，解得， 当时，，当时，， 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增， 综上所述，当时，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. （2）当时，， 由（1）知，当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增； 所以是函数的极小值点，不符合题意； 当时，，且， 由（1）知，当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增； 所以是函数的极小值点，不符合题意； 当时，，则当时，在上单调递增， 所以无极值点，不合题意； 当时，，且； 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减； 所以是函数的极大值点，符合题意； 综上所述，的取值范围是. （3）要证， 只要证， 只要证，， 因为，则， 所以只要证对任意，有， 只要证对任意，有（※）， 因为由（2）知：当时，若，则， 所以，即①， 令函数，则， 所以当时，所以在单调递增； 则，即， 由①②得， 所以（※）成立， 所以成立. 【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题： 1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系； 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，从而判定不等关系； 3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系； 4．构造“形似”函数，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. ] 13. （2024年鄂J11四月模拟）18. 已知函数，，（[endnoteRef:14]） （1）若对定义域内任意非零实数，，均有，求a； （2）记，证明：． （恒成立，恒成立，中档；） [14: 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导可得，再分与两种情况分析原函数的单调性，当时分析极值点的正负与原函数的正负区间，从而确定的值； （2）由（1）问的结论可知，，再累加结合放缩方法证明即可. 【小问1详解】 的定义域为，且； ，因此； i.时，，则此时令有，令有， 则在上单调递增，上单调递减，又， 于是，此时令，有，不符合题意； ii.时，有零点0和， 若，即，此时令有，在上单调递减， 又，则，令，，有，不符合题意； 若，即，此时令有，在上单调递减， 又，则，令，有，不符合题意； 若，即，此时，在上单调递增，又， 则时，时；则时，也即对，， 综上， 【小问2详解】 证：由（1）问的结论可知，时，； 且时，； 则时，，令，有， 即， 于是 将上述n个式子相加，； 欲证，只需证，只需证； 因为， 所以，得证： 于是得证. 【点睛】方法点睛： （1）此题考导数与函数的综合应用，找到合适的分类标准，设极值点，并确定函数正负区间是解此题的关键； （2）对累加结构的不等式证明，一般需要应用前问的结论，取特定参数值，得出不等式累加证明，遇到不能累加的数列结构，需要进行放缩证明. ] 14. （2024年冀J12大数据应用调研）16. 已知函数. （1）若，求的单调区间和极值；（[endnoteRef:15]） （2）若在和上均为单调函数，求实数的取值范围. （极值，单调性，中档；） [15: 【答案】（1）的单调递增区间为，，单调递减区间为，，的极小值为和，无极大值 （2） 【解析】 【分析】（1）将化为分段函数，求导后计算，，进而可求得结果. （2）将问题转化为或恒成立，由且无最大值，所以分别研究与时，求解即可. 【小问1详解】 当时，， 当时，，当时，， 故（）， 或，解得或， 或，解得或， 所以的单调递增区间为，，单调递减区间为，. 又因为，， 所以的极小值为和，无极大值. 【小问2详解】 因为在和上均为单调函数， 所以或恒成立. 又因为，则， 又因为，所以无最大值， 所以对，，不成立， 所以①当时，， 令（）， 令，则（），且其对称轴为， 又在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，（）取得最小值为， 所以，解得， ②当时，， 令（）， 令，则（）， 又在上单调递减， 所以（）的值域为， 所以，解得， 综述：. 故实数的取值范围为. ] 15. （2024年冀J19张家口一模）19. 已知函数． （1）当时，求函数的单调区间和极值；（[endnoteRef:16]） （2）当时，不等式恒成立，求的取值范围． （极值，恒成立，中档；） [16: 【答案】（1）单调递增区间为：，单调递减区间为：和；极大值，极小值； （2） 【解析】 【分析】（1）将代入，求出，即可求出答案； （2）原不等式等价于，记，，求出，则可得出函数的单调性，即可得的值域，记，，利用隐零点说明函数的单调性，结合恒成立，即可求出参数的取值范围. 【小问1详解】 当时， 令，解得或， 所以的关系如下表： 所以函数的单调递增区间为：，单调递减区间为：和； 极大值，极小值； 【小问2详解】 令，其中， 设， 令，解得：， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， ，且当时，， 所以函数的值域为； 又， 设，，则， 当时，，且等号不同时成立，即恒成立； 当时，，即恒成立， 所以在上单调递增，又，， 所以存在，使得， 当时，， 当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增，且 当即时，恒成立，符合题意； 当即时，取，必有，不符合题意. 综上所述：的取值范围为 【点睛】关键点点睛：本题第1小问考查了利用导数判断函数的单调性与极值；解答第2问的关键在于将原不等式等价于，求出的值域，记，，利用隐零点说明函数的单调性，结合恒成立，求出参数的取值范围. ] 16. （2024年冀J16邯郸三调）19. 已知函数，． （1）求曲线在点处的切线方程．（[endnoteRef:17]） （2）已知关于的方程恰有4个不同的实数根，其中，． （i）求的取值范围； （ii）求证：． （切线，零点分析，中档；） [17: 【答案】（1） （2）（i）；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出导数，继而可得切线斜率为在的导数值，由，结合直线的点斜式，可求出切线方程； （2）（i）将问题转化为与有三个不同交点的问题，利用导数可求得的单调性和最值，从而得到的图象，采用数形结合的方式可确定的范围； （ii）设，根据：，，采用取对数、两式作差整理的方式可得，通过分析法可知只需证即可，令，，构造函数，利用导数可求得单调性，从而得到，由此可证得结论. 【小问1详解】 ， 所以， 又，所以曲线在点处的切线方程为． 【小问2详解】 （i）由，得，该方程有一根为，且， 所以即有3个不同的实数根，且这3个实数根均不为． 令，则， 所以当时，，当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增． 又，且当无限趋近于时，且趋近于0， 当从0的左侧无限趋近于0时，趋近于，当从0的右侧无限趋近于0时，趋近于， 当无限趋近于时，增速远大于的增速，所以趋近于． 故的大致图象如图所示： 又，所以当时，直线与曲线有3个不同的交点，且这3个交点的横坐标均不为，所以的取值范围为． （ii）由（i）知，，所以，， 所以，则， 要证，只需证， 不妨设，所以，所以，则只需证． 令，则，令， 则当时，， 所以在上单调递增，所以， 所以当时，恒成立，所以原不等式得证. 【点睛】思路点睛：本题考查利用导数求解函数在某点处切线方程、方程根的个数问题和极值点偏移问题的求解；本题求解极值点偏移的基本思路是通过引入第三变量，将问题转化为单变量问题，进而通过构造函数的方式证明关于的不等式恒成立. ] 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $$