压轴专题07 导数压轴大题不等式证明（9大题型）-2025年高考数学压轴题专项训练（新高考通用）

压轴题07 导数大题 总论 一、导数证明不等式，核心思维有两个方向： 构造对应的函数不等式，用导数证明不等式成立。。 利用函数不等式来放缩。涉及到求和或者求积型不等式，放缩有以下两个思维 （1）、先放缩再求和证明； （2）、先求和再放缩证明。 所以证明的一般思维和基本步骤 （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． 二、不等式证明的“借式子”思维： 首先作为第二问不等式证明中，关键需要利用（1）中的结论，得出符合证明的不等式，或者符合证明方向的不等式放缩条件式子，这需要结合（1）中的结论，巧妙赋值，适当凑配。 其次，还需要联想要证的不等式的大小关系，构造函数合适的函数关系式，得出放缩关系是。 3、 利用数导数证明数列不等式方法 常根据已知的函数不等式或者构造函数不等式进行证明，用关于正整数n的不等式替代函数不等式中的自变量，通过求和达到证明的目的. 特别是对于“无线和与无线积”型，可以适当的联想数列递推公式的裂项法，或者通过适当的取对数，把积转化为和的形式来证明。 压轴题型一：无限和裂项型数列不等式证明 √满分技法 证明不等式，该不等式左边是求和式，右边只有单独的一项，但可以通过变形将右边也转化为求和式，即 这样一来，设， 则只需证，而要证明这个式子，可以证明左右两侧对应项的大小关系，即如果能够证出恒成立，则原不等式也就成立. 1．如果函数的导数，可记为.若，则表示曲线，直线以及轴围成的“曲边梯形”的面积. (1)求曲线在上与轴围成的封闭图形的面积； (2)当时，求证：； (3)求证：. 2．已知函数． (1)讨论的单调性； (2)证明：且） (3)若对任意，都有恒成立，求实数的取值范围． 3．已知函数，， (1)求函数的单调区间及最值； (2)若对任意，有成立，求的取值范围； (3)求证：. 压轴题型二：累积型数列不等式证明 √满分技法 累加列项相消证明法 证明不等式为例，该不等式左边是求积式，右边只有单独的一项，但可以通过变形将右边也转化为求和式，如转化为 累积相消型 这样一来，设， 则只需证，而要证明这个式子，可以证明左右两侧对应项的大小关系，即如果能够证出恒成立，则原不等式也就成立. 证明不等式为例，该不等式左边是求积式，右边只有单独的一项常数，但可以通过取对数，把左边的积转化为对数和型，如转化为 累加或者累积相消型 1．已知函数， (1)讨论的单调性； (2)当时，以为切点，作直线交的图像于异于的点，再以为切点，作直线交的图像于异于的点，…，依此类推，以为切点，作直线交的图像于异于的点，其中．求的通项公式． (3)在（2）的条件下，证明： 2．已知函数，． (1)求函数的最值； (2)若不等式在上恒成立，求的取值范围； (3)证明不等式：． 3．已知正项数列的前项和为，首项. (1)若，求数列的通项公式； (2)若函数，正项数列满足：. （i）证明：； （ii）证明：. 压轴题型三：三角函数型不等式证明 √满分技法 对于含有三角函数型不等式证明： 1.证明思路和普通不等式一样。 2.充分利用正余弦的有界性 3.三角函数与函数的重要放缩公式：. 1．已知函数． (1)求的极值； (2)已知，证明：． 2．已知函数． (1)若函数在上单调递增，求实数的值； (2)求证：． 3．已知函数． (1)若的图象不在轴的下方，求的取值集合； (2)证明：． 压轴题型四：凸凹翻转证明不等式 √满分技法 凸凹反转首先是证明不等式的一种技巧，欲证明，若可将不等式左端拆成，且的话，就可证明原不等式成立. 通常情况，我们一般选取为上凸型函数，为下凹型函数来完成证明. 1．已知函数． (1)求函数在处的切线方程； (2)证明：； (3)证明：． 2．已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)求的单调区间； (3)当时，求证：时，成立.参考数据. 3．已知函数，m，． (1)当时，求的最小值； (2)当时，讨论的单调性； (3)当时，证明：，． 压轴题型五：零点不等式证明 √满分技法 三个零点型不等式证明常见思维，关键是问题的转化．证明不等式问题第一步转化是消元，把三个根用一个变量表示，第二步构造新函数，证明的最小值，第三步由导数求得极小值点的范围，并对变形，第四步换元，最终转化为关于的多项式不等式，问题易于解决． 1．已知函数. (1)若函数在其定义域上单调递减，求实数a的最小值. (2)若函数存在两个零点，设 （i）求实数m的取值范围； （ii）证明：. 2．已知函数，，. (1)若，求实数m的取值范围； (2)设函数，且，是的两个零点. （i）求a的取值范围； （ii）证明：. 3．已知函数． (1)讨论的极值点个数； (2)证明：，； (3)若关于x的方程有两个不同实根，，求a的取值范围，并证明：． 压轴题型六：同构型不等式 √满分技法 常见同构技巧： 1．已知函数在上没有极值. (1)求实数的取值范围； (2)若对恒成立，求实数的取值范围. 2．已知函数（）. (1)求在区间上的最大值与最小值； (2)当时，求证：. 3．已知函数，. (1)讨论极值点的个数； (2)若恰有三个零点和两个极值点. （i）证明：； （ii）若，且，证明：. 压轴题型七：双变量比值代换型 1．已知函数. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)若有两个零点，且，证明：. 2．已知函数，. (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若对任意，不等式恒成立，求a的值； (3)若实数m，n满足，证明：. 3．已知函数. (1)若函数在其定义域上单调递减，求实数a的最小值. (2)若函数存在两个零点，设 （i）求实数m的取值范围； （ii）证明：. 压轴题型八：双变量不等式和差换元型 1．已知函数有3个极值点，其中是自然对数的底数． (1)求实数的取值范围； (2)求证：． 2．已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)已知函数的图象与的图象关于直线对称，证明：当时，； (3)如果，且，证明：． 3．已知函数，其中． (1)当时，讨论关于的方程的实根个数； (2)当时，证明：对于任意的实数，都有． 压轴题型九：双变量不等式韦达定理型 √满分技法 利用韦达定理证明不等式 1.题干条件大多数是与函数额极值x1，x2有关。 2.利用韦达定理代换：可以消去参数 1．已知函数（） (1)当时，讨论函数的单调性. (2)若有两个极值点 ①求的取值范围 ②证明： 2．已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)若函数有两个极值点，求证：． 3．已知函数. (1)讨论的极值点个数； (2)当时，记，证明：当为锐角时，； (3)若函数有两个极值点、，且，证明：. 8 学科网（北京）股份有限公司 $$ 压轴题07 导数压轴大题不等式证明 总论 一、导数证明不等式，核心思维有两个方向： 构造对应的函数不等式，用导数证明不等式成立。。 利用函数不等式来放缩。涉及到求和或者求积型不等式，放缩有以下两个思维 （1）、先放缩再求和证明； （2）、先求和再放缩证明。 所以证明的一般思维和基本步骤 （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． 二、不等式证明的“借式子”思维： 首先作为第二问不等式证明中，关键需要利用（1）中的结论，得出符合证明的不等式，或者符合证明方向的不等式放缩条件式子，这需要结合（1）中的结论，巧妙赋值，适当凑配。 其次，还需要联想要证的不等式的大小关系，构造函数合适的函数关系式，得出放缩关系是。 3、 利用数导数证明数列不等式方法 常根据已知的函数不等式或者构造函数不等式进行证明，用关于正整数n的不等式替代函数不等式中的自变量，通过求和达到证明的目的. 特别是对于“无线和与无线积”型，可以适当的联想数列递推公式的裂项法，或者通过适当的取对数，把积转化为和的形式来证明。 压轴题型一：无限和裂项型数列不等式证明 √满分技法 证明不等式，该不等式左边是求和式，右边只有单独的一项，但可以通过变形将右边也转化为求和式，即 这样一来，设， 则只需证，而要证明这个式子，可以证明左右两侧对应项的大小关系，即如果能够证出恒成立，则原不等式也就成立. 1．如果函数的导数，可记为.若，则表示曲线，直线以及轴围成的“曲边梯形”的面积. (1)求曲线在上与轴围成的封闭图形的面积； (2)当时，求证：； (3)求证：. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）由基本函数的导数公式和题中新定义的含义计算即可. （2）先由新定义的运算得到，再构造函数，利用导数分析单调性，证明结论. （3）先证明时，再利用结论，得，累加法可得答案. 【详解】（1）由，得.由题意可得所求面积.令，则是常数） 所以， 即曲线在上与轴围成的封闭图形的面积为. （2）令，可得（是常数），所以， 要证，只需证，令， 当时，，所以在上单调递减，所以当时，，所以，即. （3）由（2）得，当时，.因为，所以. 即.所以.. ..累加可得 ， 即， 所以. 【点睛】关键点点睛：构造函数，求导证明，进而得到，利用累加法得出答案. 2．已知函数． (1)讨论的单调性； (2)证明：且） (3)若对任意，都有恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析(3) 【分析】（1）首先求函数的导数，讨论的取值范围，求函数的单调区间； （2）首先时，函数为，根据（1）的结论，得时，，再赋值且，代入不等式，利用累加法，即可证明； （3）由所证明的不等式，构造函数，，再讨论得到取值，通过放缩法得到 ，构造函数，利用导数，即可证明. 【详解】（1）的定义域为，所以，当时，，在上单调递增，当时，令，得， 当时，，在区间上单调递增， 当时，，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，在区间上单调递减； （2）当时，，由（1）可知，在上单调递增，在上单调递减， 故，即在上恒成立，所以当时，， 令且，则， 即，，…，， 所以累加得， 故当且时，. （3）由题对任意，都有恒成立，即在上恒成立， 令，，即在上恒成立，①当时，由于， 则有， 令，所以，令，得， 所以当，，在上单调递减， 当，，在上单调递增， 所以当时，， 令，则，令，所以， 令，得，所以当时，，在单调递减， 当时，，在单调递增， 所以当时，， 即在上恒成立，符合题意， ②当时，由于在上单调递增且，， 故存在唯一，使得，即，即，即， 此时这与在上恒成立不符， 综上，实数得到取值范围是 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是赋值且，转化为数列问题，证明不等式，第三问的关键是讨论不同的的取值，从而讨论不同的函数是否满足条件. 3．已知函数，， (1)求函数的单调区间及最值； (2)若对任意，有成立，求的取值范围； (3)求证：. 【答案】(1)的单调递增区间为，单调递减区间为，最大值为，无最小值. (2)(3)证明见解析 【分析】（1）求出导函数，根据导函数正负得出单调区间及最值； （2）分和两种情况讨论，即可得到的取值范围； （3）应用（2）中结论，令，得出，应用累加法结合对数运算得证. 【详解】（1）的定义域为，， 当时，，当时，， 所以的单调递增区间为，单调递减区间为， 由单调性知的最大值为，无最小值. （2）由（1）的结论可知，， 即，即， 由， 故已知条件转化为：对任意，成立， 若，则，此时对， 有，不满足条件； 若，则对任意， 都有， 因为，即满足， 所以的取值范围是. （3）由（2）知，当时，对有， 故有，令，则有， 整理得：，所以， 即【点睛】关键点点睛：本题的解题关键点为应用已经证得结论令，得出，应用累加法结合对数运算得证. 压轴题型二：累积型数列不等式证明 √满分技法 累加列项相消证明法 证明不等式为例，该不等式左边是求积式，右边只有单独的一项，但可以通过变形将右边也转化为求和式，如转化为 累积相消型 这样一来，设， 则只需证，而要证明这个式子，可以证明左右两侧对应项的大小关系，即如果能够证出恒成立，则原不等式也就成立. 证明不等式为例，该不等式左边是求积式，右边只有单独的一项常数，但可以通过取对数，把左边的积转化为对数和型，如转化为 累加或者累积相消型 1．已知函数， (1)讨论的单调性； (2)当时，以为切点，作直线交的图像于异于的点，再以为切点，作直线交的图像于异于的点，…，依此类推，以为切点，作直线交的图像于异于的点，其中．求的通项公式． (3)在（2）的条件下，证明： 【答案】(1)答案见解析(2)(3)证明见解析 【分析】（1）利用导数分成，，三种情况讨论函数的单调性； （2）根据所给的规则求出切点为的切线方程，再进一步求得，结合等比数列的定义得出结果； （3）当时，先证明成立，得出，再结合等比数列求和得出结果. 【详解】（1） ①若，当时，；当时，， 故在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， ②若，则，则在R上单调递增， ③若，当时，；当时，， 故在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 综上所述： ①当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增； ②当时，则在R上单调递增； ③当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增． （2）当时，，，切点，切线斜率：， 故切线方程为：， 联立得：， 化简得：，因式分解得：． 故上式亦满足由作切线而得到的的横坐标，故， ，则是以为首项，以为公比的等比数列,故，故. （3）构造，，故在上单调递减，故故当时，，故， 则，，……， 将上式累加，得 ， 故， 故. 2．已知函数，． (1)求函数的最值； (2)若不等式在上恒成立，求的取值范围； (3)证明不等式：． 【答案】(1)最小值为，无最大值；(2)(3)证明见解析. 【分析】（1）对求导，借助的正负判断的单调性，进而求出的最值； （2）不等式上恒成立，等价转化为，然后分离参数得，设，求即可. （3）由（2）知在上恒成立，令，则有，然后借助不等式同向可加性及等比数列前项和公式求证. 【详解】（1）由题意可知， 由可得，则函数在上单调递增； 由可得，则函数在单调递减； 所以当时，函数有最小值，最小值为，无最大值. （2）由不等式上恒成立，得， 因为，所以，所以在上恒成立， 设，则，由得， 由得，所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以， 所以实数的取值范围为. （3）由（2）得在上恒成立， 令，则有， 所以， 因为，所以， 所以，所以. 3．已知正项数列的前项和为，首项. (1)若，求数列的通项公式； (2)若函数，正项数列满足：. （i）证明：； （ii）证明：. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析. 【分析】（1）根据给定条件，结合变形，再利用等差数列求出通项. （2）（i）利用导数证明不等式，由此放缩各，再利用分组求和法求解即得；（ii）由（i）推理证得及，再利用裂项相消法求和推理即得. 【详解】（1）正项数列中，，，，当时，， 两式相减得，即， 而，则，因此数列是首项为1，公差为2的等差数列， 所以数列的通项公式为. （2）（i）令，求导得，当时，，当时，， 即函数在上单调递减，在上单调递增，则，即， 于是， 即，即， 当时，， 当时，因此， 所以 （ii）由已知，所以，得， 当时，，于是， 当时，， 又，所以，恒有，当时，， 由，得当时，， 则当时，， 从而 ， 于是， 所以. 【点睛】思路点睛：给出与的递推关系，求，常用思路是：一是利用转化为的递推关系，再求其通项公式；二是转化为的递推关系，先求出与n之间的关系，再求. 压轴题型三：三角函数型不等式证明 √满分技法 对于含有三角函数型不等式证明： 1.证明思路和普通不等式一样。 2.充分利用正余弦的有界性 3.三角函数与函数的重要放缩公式：. 1．已知函数． (1)求的极值； (2)已知，证明：． 【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）求导后，分别在和的情况下得到单调性，结合极值定义可得结果； （2）令，结合（1）中结论，采用赋值方式可得到；令，利用导数可证得，采用放缩的方式可证得不等式. 【详解】（1）由题意知：定义域为，； ①当时，，， 在上单调递增，无极值； ②当时，令，解得：， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增， 的极小值为，无极大值； 综上所述：当时，无极值；当时，的极小值为，无极大值. （2）令，则， 由（1）知：，，即， 令，则且，，， 取，则，即， 令，则， 在上单调递增，，即， ， 即. 【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解函数极值、证明不等式的问题；本题证明不等式的关键是能够对于灵活应用（1）中所求结论，并通过构造函数的方式对所证不等式进行合理放缩，从而整理得到结果. 2．已知函数． (1)若函数在上单调递增，求实数的值； (2)求证：． 【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）先求出导函数，再转化为恒成立问题，令，然后求导研究的单调性，求出其最小值，根据最小值大于等于，求得实数的值； （2）由（1）中的分析可得到，然后构造函数证得，再进行放缩，利用裂项相消法证明即可. 【详解】（1）由题意，得， 由函数在上单调递增，得在上恒成立， 令，则， 当时，因为，所以恒成立， 则在上单调递增，又，所以恒大于等于0不成立. 当时，由得，所以当，当， 所以函数在上单调递减，在上单调递增，则， 若恒成立，则，令，则， 当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以当时，. 综上，若函数在上单调递增，则. （2）由（1）得，当时，恒成立，即，当且仅当时等号成立， 令，则，所以 令，则恒成立， 所以函数在上单调递增，故当时，，即， 所以，所以 ，故得证. 3．已知函数． (1)若的图象不在轴的下方，求的取值集合； (2)证明：． 【答案】(1)(2)见解析 【分析】（1）由题意可得出恒成立，对求导，可得，令，对求导得出的单调性即可证明，即可得出的取值集合； （2）由（1）可知，当时，，可得，即，由累加法可证明，再证明可证得. 【详解】（1）的定义域为，所以， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以，因为的图象不在轴的下方，所以恒成立， 所以，令，，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以， 又因为，，，， 所以，故的取值集合为. （2）由（1）可知，当时，，即，即， 所以，（当时取等），令，所以，则， 所以，故，，…，，由累加法可得：， 即，令，恒成立， 所以在区间上单调递减，所以， 所以， 所以， 所以. 压轴题型四：凸凹翻转证明不等式 √满分技法 凸凹反转首先是证明不等式的一种技巧，欲证明，若可将不等式左端拆成，且的话，就可证明原不等式成立. 通常情况，我们一般选取为上凸型函数，为下凹型函数来完成证明. 1．已知函数． (1)求函数在处的切线方程； (2)证明：； (3)证明：． 【答案】(1)(2)证明见解析(3)证明见解析 【分析】（1）对求导，得到，利用导数的几何意义，得到函数在处的切线的斜率，即可求解； （2）对求导，得到，构造函数，利用零点存在性原理，可得，使得，从而得到的单调区间，进而得到，再利用，即可证明结果； （3）根据条件，将问题转化成证明在上恒成立，构造函数，利用导数与函数的单调性间的关系，求出单调区间，进而得到，即可证明结果. 【详解】（1）因为，则， 所以，又，所以函数在处的切线方程为. （2）因为，则， 令，则，所以在区间上单调递减， 又，，所以，使得，即， 当时，，当时，， 得到在区间上单调递增，在区间上单调递减， 所以，又，得到， 又，当且仅当时取等号，又，则， 所以，得证. （3）因为，由，得到， 又，得到，即， 所以要证，即证，即证， 令，则在区间上恒成立，所以， 即证在上恒成立， 令，则， 当时，，当时，， 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增， 得到，所以，即，命题得证. 【点睛】关键点点晴，对于第（2）问，利用导数与函数单调性间的关系，结合零点存在性原理，求出函数的“隐零点”，进而得到，再结合，利用基本不等式，即可求解；对于第（3）问，利用同构思想，将问题转化成求证，通过换元，转化成在上恒成立，构造函数，利用导数，求出函数最小值，即可求解. 2．已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)求的单调区间； (3)当时，求证：时，成立.参考数据. 【答案】(1)(2)答案见详解(3)证明见详解 【分析】（1）求出函数在处的导数值，即切线的斜率，从而可得出切线方程； （2）求出函数的导函数，分，，，四种情况讨论，根据导函数的符号即可得出函数的单调区间； （3）由（2）可得，构建，利用导数可得，对比分析即可. 【详解】（1）解：当时，，， 则，， 所以曲线在点处的切线方程为，即. （2）由题意可知：的定义域为，且， （i）当时，， 当时，，当时，， 所以在上递减，在上递增； （ⅱ）当时，令，则或， ①当，即时，，所以函数在上递增； ②当时，即时， 当时，，当和时，， 所以在上递减，在和上递增； ③当时，即时， 当时，，当和时，， 所以在上递减，在和上递增. （3）当时，由（2）可知：在上递减，在上递增， 则， 构建，则， 当时，；当时，； 可知在内单调递增，在内单调递减， 则， 可得，即当时，成立. 3．已知函数，m，． (1)当时，求的最小值； (2)当时，讨论的单调性； (3)当时，证明：，． 【答案】(1)0(2)答案见解析(3)证明见解析 【分析】（1）利用求导判断函数的单调性，即得函数的极小值即最小值； （2）利用求导，就导函数中的参数进行分类，分别讨论导函数的符号，即得函数的单调性；（3）将待证不等式等价转化为，设，依题意，只需证在时，成立，分别求即可得证. 【详解】（1）当时，，， 由，可得或，由，可得， 即在和上单调递增；在上单调递减， 时，，时，，故时，取得极小值也即最小值，为. （2）当时，，函数的定义域为，， 当时，恒成立，故在上为增函数；当时，由，可得， 故当或时，；即在和上单调递增； 当时，，即在上单调递减. 综上，当时，在上为增函数；当时，在和上单调递增, 在上单调递减. （3）当时，, 要证，，只需证， 即证在上恒成立. 设，依题意，只需证在时，. 因，，由，可得，由，可得， 故在上单调递减，在上单调递增, 则在时取得极小值也是最小值，为； 因，，由，可得， 由，可得，由，可得， 故在上单调递增，在上单调递减， 则在时取得极大值也是最大值，为. 因，即在上成立，故得证. 即，． 压轴题型五：零点不等式证明 √满分技法 三个零点型不等式证明常见思维，关键是问题的转化．证明不等式问题第一步转化是消元，把三个根用一个变量表示，第二步构造新函数，证明的最小值，第三步由导数求得极小值点的范围，并对变形，第四步换元，最终转化为关于的多项式不等式，问题易于解决． 1．已知函数. (1)若函数在其定义域上单调递减，求实数a的最小值. (2)若函数存在两个零点，设 （i）求实数m的取值范围； （ii）证明：. 【答案】(1)．(2)（i）；（ii）证明见解析. 【分析】（1）求出函数的导数，借助给定单调性列出不等式求解. （2）（i）利用导数探讨函数的最值，再列出不等式求出的范围；（ii）由（1）的信息，结合零点的意义推理证得，构造函数，结合函数的零点证得即可. 【详解】（1）函数的定义域为，由在上单调递减， 得，恒成立，即恒成立， 而当时，，当且仅当时取等号，因此， 所以的最小值为. （2）（ⅰ）函数的定义域为，， 令，求导得，函数在上单调递减， 而，则当时，，即；当时，，即， 因此函数在上单调递增，在上单调递减，， 而当时，，当时，， 由函数存在两个零点，得，解得， 所以实数m的取值范围是. （ⅱ）由（1）知当时，，当时，， 由（ⅰ）知，则，， 由，得， ，整理得， 两式相减得，因此； 记，令，求导得， 函数在上单调递增，，即， 整理得，而 ，即， 因此，即， 所以. 2．已知函数，，. (1)若，求实数m的取值范围； (2)设函数，且，是的两个零点. （i）求a的取值范围； （ii）证明：. 【答案】(1)；(2)（i）；（ii）证明见解析. 【分析】（1）应用导数求的最小值，根据不等式恒成立及一元二次不等式的解法求参数范围； （2）（ⅰ）问题化为方程在上有两个根，应用导数研究方程右侧的区间单调性、值域，即可得参数范围；（ⅰi）对于有，则，再应用分析法化为证明，即可证结论. 【详解】（1）函数的定义域为，， 易知在上单调递增，且， 当时，，当时，， 所以当时，该函数取得极小值，也为最小值， 所以，解得， 所以实数m的取值范围为. （2）（ⅰ）由，得， 则在上有两个零点，等价于方程在上有两个根， 令且，即函数的图象与直线有两个交点. 而， 当时，所以，即在上单调递减； 当时，，所以，即在上单调递增. 又，当时，，当时，， 函数的大致图象如图： 要使函数的图象与直线有两个交点，需满足， 所以a的取值范围为. （ⅱ）由（ⅰ）知，显然. 因为，所以， 欲证成立，只需证， 因为，当且仅当时等号成立. 又，所以成立. 【点睛】关键点点睛：第二问，问题化为方程在上有两个根，且对于有并应用分析法转化证明结论为关键. 3．已知函数． (1)讨论的极值点个数； (2)证明：，； (3)若关于x的方程有两个不同实根，，求a的取值范围，并证明：． 【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析；(3)a的取值范围，证明见解析. 【分析】（1）求函数的定义域和导函数，分别在，，条件下判断函数的单调性，确定函数的极值点； （2）由（1）取可得当时，，取，，相加证明结论； （3）条件可转化为方程有两个解不同的实数解，设，利用导数分析函数的的单调性，由此可求a的取值范围，设，令，结合零点定义可得 ，，结合（1）证明，由此可得结论. 【详解】（1）函数的定义域为，导函数， 当，由可得，函数在上单调递增，函数没有极值点， 令，可得，方程的判别式， 当时，，，函数在上单调递增，函数没有极值点， 当时，由可得，所以， 故，函数在上单调递增，函数没有极值点， 当时，方程有两个不同的根，设其根为， 因为，所以，所以，当时，，函数在上单调递增，当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 所以函数在时，取极大值，当时，取极小值， 综上，当时，函数没有极值点， 当时，函数有两个极值点，为其极大值点，为其极小值点； （2）由（1）当时，函数在上单调递增， 所以当时，，取可得，，即， 所以，，，，所以，所以，； （3）因为，所以方程可化为， 所以，由已知方程有两个解不同的实数解，设，则， 当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减，且当时，，当时，， 又，，当时，，函数的大致图象如下: 所以，故， 所以a的取值范围，不妨设，则，故， 由已知， ，所以，， 所以，所以 ，令，则，所以， 由（1）当时，函数在上单调递增， 所以当时，，所以，故， 所以，所以 【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． 压轴题型六：同构型不等式 √满分技法 常见同构技巧： 1．已知函数在上没有极值. (1)求实数的取值范围； (2)若对恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)(2) 【分析】（1）由题意将函数求导，将问题等价转化为不等式恒成立问题，整理不等式，构造新函数，利用导数研究新函数的单调性，结合分类讨论，可得答案； （2）由（1）可得函数的单调性，化简不等式，整理不等式利用同构思想，构造新函数，利用导数研究新函数单调性，进一步化简不等式，再利用对数运算分离参数，再构造新函数，利用导数研究新函数的最值，可得答案. 【详解】（1）因为，所以. 因为在上没有极值，且，所以在上恒成立. 设，则. 当时，，当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减， 当时，要证，只需证对恒成立， 因为在上单调递减，在上单调递增，所以，所以； 当时，要证，只需证对恒成立， 因为在上单调递减，且，所以.故. （2）由（1）知在上单调递增. 因为，所以，即. 设，则，所以在上单调递增， 所以等价于.因为，所以， 所以，所以恒成立.令，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，所以， 所以，即，故的取值范围为. 【点睛】难点点睛：本题解题的难点在于第二问，解题的关键在于两点：1、利用函数单调性化简不等式，在化简不等式时要注意括号里代数式的取值范围与函数单调区间的包含关系；2、整理不等式同构函数，在同构函数时要注意整体思想的应用. 2．已知函数（）. (1)求在区间上的最大值与最小值； (2)当时，求证：. 【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析 【分析】（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. 【详解】（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. 【点睛】关键点点睛：本题第二问关键是根据，利用放缩法消元为，从而只需证明，再构造函数而得证. 3．已知函数，. (1)讨论极值点的个数； (2)若恰有三个零点和两个极值点. （i）证明：； （ii）若，且，证明：. 【答案】(1)答案见解析(2)（i）证明见解析（ii）证明见解析 【分析】（1）根据极值点定义对函数求导并对参数的取值进行分类讨论，即可得出极值点的个数； （2）（i）由（1）可知且即可得出结论； （ii）构造函数通过求导可得其单调性，再利用分析法可得证明即可，构造函数并根据其单调性结合可证明得出结论. 【详解】（1）由题知，设函数， 当时，开口向上，， 所以，在上单调递减，无极值点； 当时，在上有两个解，，又因为， 所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减. 所以有两个极值点.综上：当时，无极值点； 当时，所以有两个极值点. （2）（i）由（1）知：，且，又因为， 所以. （ii）由（i）知：，，， 所以，所以.令，，，所以在上单调递减，在上单调递增.因为时，；时，.所以. 所以，要证明：，只需证：， 只需证：，只需证：， 只需证：，又因为在上单调递增， 所以只需证：.令，所以， 所以函数在上单调递减；所以，即. 所以，要证：，只需证：，即证明：. 因为，所以，所以.又因为，所以，所以. 令，，则，所以在上单调递增，所以， 所以，所以成立. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用要证明的不等式结构，通过合理变形再利用同构思想构造函数得出其单调性即可证明得出结论. 压轴题型七：双变量比值代换型 1．已知函数. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)若有两个零点，且，证明：. 【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线的斜率，进而根据点斜式即可求解； （2）令得，令，则，从而令，则利用导数求出最小值可得答案. 【详解】（1）当时，， 曲线在处切线的斜率为，又切线方程为，即曲线在处的切线方程为； （2）若有两个零点，则，得. ，令，则，故， 则，， 令，则，令，则，在上单调递增， ，，则在上单调递增，，故. 【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． 2．已知函数，. (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若对任意，不等式恒成立，求a的值； (3)若实数m，n满足，证明：. 【答案】(1)(2)(3)证明见解析 【分析】（1）求导，得到，结合，利用导数几何意义得到切线方程； （2）求导，得到的单调性，进而得到所以，设，求导，得到的单调性，，故，当且仅当时等号成立，若满足，必有，求出； （3）变形后得到，换元后化为，由（2）知，当时，，当且仅当时取等号，故，从而成立，同理，要证明，即证明，即，令，，求导得到的单调性，所以，即，整理得，从而成立. 【详解】（1）若，则，定义域为，， 则，又， 所以曲线在点处的切线方程为. （2），令，得， 当时，，当时，， 在上单调递减，在上单调递增， 所以， 要使恒成立，需满足.设，则，令，得， 当时，，当时，，在上单调递增，在上单调递减， 所以，故，当且仅当时等号成立， 若满足，必有，故. （3）要证明，即证明， 令，由，得，不等式化为. 由（2）知，当时，，当且仅当时取等号， 所以，整理得，从而成立； 同理，要证明，即证明，即. 令，因为，所以， 所以在上单调递减，所以， 即，整理得，从而成立. 综上，. 【点睛】关键点点睛：第三问，对所证不等式进行变形，先证不等式左边，只需证明，令，不等式化为，，二元问题转化为单元问题，同理再变形不等式右边，证明出结论 3．已知函数. (1)若函数在其定义域上单调递减，求实数a的最小值. (2)若函数存在两个零点，设 （i）求实数m的取值范围； （ii）证明：. 【答案】(1)．(2)（i）；（ii）证明见解析. 【分析】（1）求出函数的导数，借助给定单调性列出不等式求解. （2）（i）利用导数探讨函数的最值，再列出不等式求出的范围；（ii）由（1）的信息，结合零点的意义推理证得，构造函数，结合函数的零点证得即可. 【详解】（1）函数的定义域为，由在上单调递减， 得，恒成立，即恒成立， 而当时，，当且仅当时取等号，因此， 所以的最小值为. （2）（ⅰ）函数的定义域为，， 令，求导得，函数在上单调递减， 而，则当时，，即；当时，，即， 因此函数在上单调递增，在上单调递减，， 而当时，，当时，， 由函数存在两个零点，得，解得， 所以实数m的取值范围是. （ⅱ）由（1）知当时，，当时，， 由（ⅰ）知，则，， 由，得， ，整理得， 两式相减得，因此； 记，令，求导得， 函数在上单调递增，，即， 整理得，而 ，即， 因此，即， 所以. 【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的零点问题，求解此类问题的一般步骤： ①转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题； ②列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式； ③得解，即由列出的式子求出参数的取值范围． 压轴题型八：双变量不等式和差换元型 1．已知函数有3个极值点，其中是自然对数的底数． (1)求实数的取值范围； (2)求证：． 【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）易知0是函数的一个极值点，则函数有2个零点，利用导数讨论函数的性质可得，即.由零点的存在性定理和即可求解； （2）由（1），设，只需证．由得，令得，则只需证，利用导数讨论函数的性质得出，即可证明.当然也可以采用对称设法来证明. 【详解】（1）由题意，得， 由，得或，所以0是函数的一个极值点． 所以有2个不相等的实数根，且这2个根均不为0和． 令，则． 当时，恒成立，故在定义域上是增函数，不可能有2个零点； 当时，由，得，由，得， 所以在上是减函数，在上是增函数， 所以，即，所以． 又． 由零点存在定理可知，在上存在唯一零点．    令，则，令得， 令得，所以在上递增，在上递减， 所以，， 所以， 由零点存在定理可知，在上存在唯一零点． 因为所以，综上，的取值范围是． （2）证明：由（1）知，0是函数的一个极值点．不妨设，所以只要证明． 由得，即两式相除得． 令，则． 所以，所以． 所以要证明，只要证明， 即，其中，所以． 所以只要证明．令， 所以，从而恒成立， 所以在上是减函数，所以． 所以在上是增函数，所以，即证：． 另解：由，知，所以，且为的两根． 记，则，当，，当， 故在上递增，在上递减． 不妨取，所以要证，即要证， 只要证，又，故只要证， 即要证，也即要证(#)． 令，则． 而当时，，故在上递减， 故，故在上递增，故，所以(#)成立， 故． 【点睛】破解含双参不等式证明题，先由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；进而巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，求出函数的最值；最后回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果. 2．已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)已知函数的图象与的图象关于直线对称，证明：当时，； (3)如果，且，证明：． 【答案】(1)的单调递增区间为，单调递减为；(2)证明见解析(3)证明见解析 【分析】（1）由导数知识可得的单调区间； （2）由题可得，然后研究单调性，可完成证明； （3）方法1，由导数知识可得大致图象，据此可得，然后通过研究函数，可得对恒成立，最后由题意，结合，可完成证明；方法2，要证，即证，然后通过研究可完成证明；方法3，令，要证，即证：，然后通过研究可完成证明. 【详解】（1）.。 则的单调递增区间为，单调递减为； （2）因的图象与的图象关于直线对称，则. 构造函数， 则. 因，则， 则在上单调递增，则，即当时，； （3）法一：，易得在上单调递增，在上单调递减，时，，，时，， 函数在处取得极大值，且，如图所示． 由，不妨设，则必有， 构造函数，则， 所以在上单调递增，， 也即对恒成立．由，得， 所以，即， 又因为，且在上单调递减，所以，即 法二：欲证，即证，由法一知， 故， 又因为在上单调递减，故只需证， 又因为， 故也即证，构造函数， 则等价于证明对恒成立． 由，则在上单调递增， 所以，即已证明对恒成立， 故原不等式成立． 法三：由，得，化简得， 不妨设，由法一知，．令，则， 代入，得，反解出，则， 故要证：，即证：， 又因为，等价于证明：， 构造函数，则， 令. 故在上单调递增，， 从而也在上单调递增，，即证成立， 也即原不等式成立． 【点睛】关键点睛：对于极值点偏移问题，常有两种思路，第一种将所证不等式转化为，后利用，构造与或有关的函数，将双变量问题转变为单变量问题；第二种思路，将双变量问题转变为与，之间差值或商值有关的单变量问题. 3．已知函数，其中． (1)当时，讨论关于的方程的实根个数； (2)当时，证明：对于任意的实数，都有． 【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析 【分析】（1）利用导数研究的单调性，结合图象确定正确答案. （2）将要证明的不等式进行转化，利用构造函数法，结合导数来证得不等式成立. 【详解】（1）当时， 方程解的个数，转化为与有交点的个数， 的定义域为， 令得，令得， 故在上单调递减，在上单调递增， 当时，，当时，，且， 当时，方程有0个解， 当或时，方程有1个解， 当时，方程有2个解. （2）要证，即证， 由于，故只需证， 不妨设，即证， 两边同时除以并化简，即证， 令，则，设， ，由(1)知在上单调递增， 故，故在上单调递增，所以，从而命题得证. 压轴题型九：双变量不等式韦达定理型 √满分技法 利用韦达定理证明不等式 1.题干条件大多数是与函数额极值x1，x2有关。 2.利用韦达定理代换：可以消去参数 1．已知函数（） (1)当时，讨论函数的单调性. (2)若有两个极值点 ①求的取值范围 ②证明： 【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增. (2)①；②证明见解析 【分析】（1）首先求函数的导数，再根据导数和函数单调性的关系，即可求解； （2）①首先求函数的导数，转化为关于一元二次方程有2个不同的正实根，即可求解； ②首先求，再利用韦达定理，转化为关于的函数，再通过不等式构造函数，利用导数判断导函数单调性，再结合零点存在性定理，求函数的最大值，证明函数的最大值小于0，即可证明不等式. 【详解】（1）当时，（）， 令， 如图表示的关系如下， 1 3 0 0 单调递增 单调递减 单调递增 在上单调递减，在上单调递增. （2）①，因为有两个极值点 即：在有两个不相等的实根，所以，所以， ②由①得 要证 即证：，只需证 令令 则恒成立，所以在上单调递减 又因为由零点存在性定理得：，使得，即， 所以，单调递增. 时，，单调递减. 则 因为在上单调递增所以 所以，即得证. 【点睛】思路点睛：本题第二问，转化为“隐零点”问题，求函数的最大值. 2．已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)若函数有两个极值点，求证：． 【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析 【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论的范围判断函数的单调性即可. （2）根据函数的极值的个数求出的范围，求出的解析式，根据函数的单调性证明即可. 【详解】（1）由，得． 令，则， ①当，即时，恒成立，则， ∴在上是减函数． ②当，即时，，则， ∴在上是减函数． ③当，即或． （i）当时，是开口向上且过点的抛物线，对称轴方程为， 则恒成立，从而，∴在上是减函数． （ii）当时，是开口向上且过点的抛物线，对称轴方程为， 则函数有两个零点：（显然）， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 当时，，f（x）单调递减． 综上，当时，的减区间是； 当时， 的增区间是，减区间是． （2） 由（1）知，当时，有两个极值点， 则是方程的两个根， 从而．由韦达定理，得． 又，∴． ． 令， 则． 当时，;当时，， 则在上是增函数，在上是减函数， 从而，于是． 【点睛】利用导数求解函数（含参）的单调区间，关键要对参数进行分类讨论，本题中分子为二次函数，所以构造二次函数，利用判别式可分为来讨论的根和正负情况，从而确定的正负. 3．已知函数. (1)讨论的极值点个数； (2)当时，记，证明：当为锐角时，； (3)若函数有两个极值点、，且，证明：. 【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析(3)证明见解析 【分析】（1）求出函数的定义域与导数，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数的单调性，利用函数的极值与导数的关系可得出函数在不同情况下极值点的个数； （2）当且当时，推导出，由题意得出，，结合以及不等式的性质可证得结论成立； （3）计算得出，，可得出，，则，令，利用导数分析函数的单调性，可证得，即可证得结论成立. 【详解】（1）函数的定义域为， 由题得. 当时，，在上单调递增，无极值点； 当时，令. 当时，, 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以恰有个极小值点. 当时，，. 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以恰有个极值点，且极大值点为，极小值点为. 综上所述，当时，无极值点； 当时，恰有个极值点； 当时，恰有个极值点. （2）当时，， 由（1）知，当时，在上单调递增， 所以当时，，即， 所以当时，， 因为为锐角，所以，， 所以，即. （3）由（1）可知，当时，恰有个极值点， 且，， 所以，， 则 ， 其中， 记，则，令， 则，则单调递减，，即. 【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. 33 学科网（北京）股份有限公司 $$