利用导数证明不等式（作差法、隔离法、分析法、放缩法、数列相关的导数问题）讲义-2026届高三数学二轮复习

利用导数证明不等式 考点一 作差构造函数法证明不等式 规律与方法 （1）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”的函数，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证． （2）利用作差构造法证明不等式的基本步骤 ①作差或变形；②构造新的函数g（x）；③利用导数研究g（x）的单调性或最值；④根据单调性及最值，得到所证不等式. 【例1】已知函数f(x)=xln(x+1).求证：f(x)+x3≥x2. 练习： 1.（2025·河南南阳·模拟预测）已知函数． (1)当时，求的单调区间； （2）当时，求证：对任意的，恒成立； 2.（2024·陕西安康·模拟预测）已知函数，. (1)求的极值； (2)证明：. 考点二 拆分构造两个函数法证明不等式 规律与方法 (1)在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，则可以考虑转化为两个函数的最值问题． (2)在证明过程中，等价转化是关键，此处f(x)min>g(x)max恒成立．从而f(x)>g(x)，但此处f(x)与g(x)取到最值的条件不是同一个“x的值”． 【例2】已知函数f(x)=ex-x2-x.求证：∀x∈(0，+∞)，f(x)>sin x. 练习： 1.已知函数f(x)=ex2-xln x.求证：f(x)<xex+1. 2.(2025高三专题训练)已知函数f(x)＝ex＋x2－x－1. (1)求f(x)的最小值； (2)证明：ex＋xln x＋x2－2x>0. 考点三 放缩法证明不等式 规律与方法 从参数范围切入主要由两种方法：（1）在给出了参数取值范围来证明不等式恒成立的题目中,把参数按取值范围放缩为常数.例如:已知参数,证明恒成立,按去参数放缩可得,只需要证明即可. （2） 根据参数的范围，可以去除参数或者简化不等式,进而快速得到证明.比如要证明,如果能够得到,则把直接扔掉,若成立,则不等式恒成立. （3） 切线不等式： 【例3】（2024·陕西榆林高三模拟）已知函数，. (1)求函数的极值； (2)证明：当时，在上恒成立. 练习：1.求证：x3-2x+1≥ln x. 2.已知函数f(x)＝aex－ln x－1.(e＝2.718 28…是自然对数的底数)． (1)设x＝2是函数f(x)的极值点，求实数a的值，并求f(x)的单调区间； (2)证明：当a≥时，f(x)≥0. 考点四　分析法证明不等式 规律与方法 1.分析函数的最值。 2.转化为关于a的函数，构造辅助函数。 【例4】已知函数f(x)=a(ex+a)-x.求证：当a>0时，f(x)>2ln a+. 练习：　1.（2026·福建厦门·一模）设函数． (1)讨论的单调性； (2)证明：当时，． 2.已知函数f(x)＝ln x＋，a∈R. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)当a>0时，证明：f(x)≥. 考点五 利用导数证明数列型不等式 规律与方法（思路：假设两个正项数列,,其前项和分别为,,若,则;若,则;因此,要解决之类的证明问题,可以将不等号右边的看出是某个正项数列的前项和,根据求出,进而证明,则相当于证明出.） 【例5】（2025·陕西咸阳·三模）已知关于的函数 （1）讨论的单调性； （2）证明：当时， 练习： 1.（2023·四川自贡·统考三模）已知函数（e为自然对数底数）． (1)判断，的单调性并说明理由； (2)证明：对，． 2.（2026·山东德州·二模）已知函数. (1)求在上的最大值； (2)证明：. 课后作业： 1.已知函数f(x)＝1－，g(x)＝＋－bx，若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1，1)，且在点A处的切线互相垂直． (1)求a，b的值； (2)证明：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥. 2.已知f(x)＝xln x.(1)求函数f(x)在[t，t＋2](t>0)上的最小值； (2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x>－成立． 3.已知函数，当时，证明：. 4.设 (1)求的最小值；(2)证明： 5.“切线放缩”是处理不等式问题的一种技巧. 如：在点处的切线为，如图所示，易知除切点外，图象上其余所有的点均在的上方，故有. 该结论可通过构造函数并求其最小值来证明. 显然，我们选择的切点不同，所得的不等式也不同. 请根据以上材料，判断下列命题中正确命题的个数是(   ) ①； ②； ③； ④. A．个 B．个 C．个 D．个 6.已知函数．已知对于恒成立，求证：当时，； 7.已知函数曲线在点处的切线方程为. (1)求a,b. (2)求证： 8.（2026·河北沧州·一模）已知函数． (1)求函数的最大值； (2)已知为数列的前项和，证明：． 9．（2026·黑龙江·一模）已知函数，． (1)讨论的单调性； (2)当时，求证：． 10.（25-26高三·全国·二轮复习）已知函数，. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)当时，证明：. 11.（2026·广西河池·二模）已知函数． (1)讨论的极值； (2)当时，证明：． 12.（2026·山东济宁·一模）已知函数. (1)求函数的单调区间和极值； (2)求证：当且时，. 13.（2026·陕西咸阳·三模）已知函数． (1)求函数的最小值； (2)证明：当时，； (3)若时，不等式恒成立，求实数的取值范围． 14.（2026·青海海东·二模）已知函数． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若，，求的取值范围； (3)证明：，． 15.（2026·四川自贡·三模）函数． (1)若，求单调区间； (2)当时恒成立，求的取值范围； (3)设，，请比较与大小，并说明理由． 16.（2025·陕西西安·模拟预测）已知函数. (1)若x轴是曲线的一条切线，求实数a的值； (2)若在上恒成立，求a的最小值； (3)证明：（且）. 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 利用导数证明不等式 考点一 作差构造函数法证明不等式 规律与方法 （1）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”的函数，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证． （2）利用作差构造法证明不等式的基本步骤 ①作差或变形；②构造新的函数g（x）；③利用导数研究g（x）的单调性或最值；④根据单调性及最值，得到所证不等式. 【例1】已知函数f(x)=xln(x+1).求证：f(x)+x3≥x2. 证明令g(x)=f(x)+x3-x2=x3-x2+xln(x+1)，其中x>-1， 则g'(x)=x2-2x+ln(x+1)+. 则g''(x)=3x-2+， 当x>-1时，g''(x)≥0且g''(x)不恒为零，所以函数g'(x)在(-1，+∞)上单调递增， 又g'(0)=0，所以当-1<x<0时，g'(x)<0，g(x)单调递减， 当x>0时，g'(x)>0，g(x)单调递增， 因此g(x)min=g(0)=0，所以g(x)≥0 故不等式f(x)+x3≥x2成立. 练习：1.（2025·河南南阳·模拟预测）已知函数． (1)当时，求的单调区间； （2）当时，求证：对任意的，恒成立； 【答案】(1)函数的单调递减区间是，单调递增区间是 (2)证明见解析 【解题思路】（1）求导，根据导数的符号求函数的单调区间； （2）分析可知原题意等价于，构建，利用导数分析最值证明不等式即可. 【解答过程】（1）当时，，则． 令，得；令，得． 所以函数的单调递减区间是，单调递增区间是． （2）证明：当时，． 要证，即证． 构建，则． 构建，则． 所以函数在上单调递增，则，即， 可知函数在上单调递增， 则，即． 2.（2024·陕西安康·模拟预测）已知函数，. (1)求的极值； (2)证明：. 【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． 考点二 拆分构造两个函数法证明不等式 规律与方法 (1)在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，则可以考虑转化为两个函数的最值问题． (2)在证明过程中，等价转化是关键，此处f(x)min>g(x)max恒成立．从而f(x)>g(x)，但此处f(x)与g(x)取到最值的条件不是同一个“x的值”． 【例2】已知函数f(x)=ex-x2-x.求证：∀x∈(0，+∞)，f(x)>sin x. 证明f(x)=ex-x2-x，所以f'(x)=ex-x-1. 要证f(x)>sin x，只需证f(x)>1. 当x∈(0，+∞)时，令g(x)=f'(x)=ex-x-1，可得g'(x)=ex-1>0，所以g(x)单调递增，所以g(x)>g(0)=0，因此f(x)单调递增，所以f(x)>f(0)=1; 综上可得，∀x∈(0，+∞)，都有f(x)>sin x. 练习： 1.已知函数f(x)=ex2-xln x.求证：f(x)<xex+1. 证明要证ex2-xln x<xex+1，只需证ex-ln x<ex+，即ex-ex<ln x+. 令t(x)=ln x+(x>0)，则t'(x)=，所以当0<x<1时，t'(x)<0，当x>1时，t'(x)>0，所以t(x)在(0，1)内单调递减，在(1，+∞)上单调递增，则t(x)min=t(1)=1，所以ln x+≥1. 令φ(x)=ex-ex(x>0)，则φ'(x)=e-ex，所以当0<x<1时，φ'(x)>0，当x>1时，φ'(x)<0，所以φ(x)在(0，1)内单调递增，在(1，+∞)上单调递减，则φ(x)max=φ(1)=0，所以ex-ex≤0. 所以ex-ex<ln x+，f(x)<xex+1得证. 2.(2025高三专题训练)已知函数f(x)＝ex＋x2－x－1. (1)求f(x)的最小值； (2)证明：ex＋xln x＋x2－2x>0. 【解析】(1)解　由题意可得 f′(x)＝ex＋2x－1， 则函数f′(x)在R上单调递增，且f′(0)＝0. 由f′(x)>0，得x>0； 由f′(x)<0，得x<0. 则f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 故f(x)min＝f(0)＝0. (2)证明　要证ex＋xln x＋x2－2x>0， 即证ex＋x2－x－1>－xln x＋x－1. 由(1)可知当x>0时，f(x)>0恒成立． 设g(x)＝－xln x＋x－1，x>0， 则g′(x)＝－ln x. 由g′(x)>0，得0<x<1； 由 g′(x)<0，得x>1. 则g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 从而g(x)≤g(1)＝0，当且仅当x＝1时，等号成立． 故f(x)>g(x)，即ex＋xln x＋x2－2x>0. 考点三 放缩法证明不等式 规律与方法 从参数范围切入主要由两种方法：（1）在给出了参数取值范围来证明不等式恒成立的题目中,把参数按取值范围放缩为常数.例如:已知参数,证明恒成立,按去参数放缩可得,只需要证明即可. （2） 根据参数的范围，可以去除参数或者简化不等式,进而快速得到证明.比如要证明,如果能够得到,则把直接扔掉,若成立,则不等式恒成立. （3） 切线不等式： 【例3】（2024·陕西榆林高三模拟）已知函数，. (1)求函数的极值； (2)证明：当时，在上恒成立. 【答案】(1)极小值为，无极大值 (2)证明见解析 【分析】（1）求得，令，求得，结合，得到函数的单调性，进而求得极值； （2）由，根据题意，由且，放缩得到，令，求得，得出函数单调性，结合单调性求得，得出，即可得证. 【详解】（1）解：由函数，可得定义域为， 且， 令，可得，所以单调递增， 又因为， 所以当时，，可得，单调递减； 当时，，可得，单调递增， 所以当时，函数取得极小值，极小值为，无极大值. （2）解：由， 因为且， 可得 令， 可得， 因为，即或， 又因为方程的两根都是负数根（舍去）， 所以，可得 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以当时，函数取得极小值，同时也为在上的最小值， 即，所以， 所以，所以，     故当时，在恒成立. 练习：1.求证：x3-2x+1≥ln x. 证明要证x3-2x+1≥ln x. 令h(x)=x-1-ln x，h'(x)=1-. 令h'(x)>0，得x>1，令h'(x)<0，得0<x<1，所以h(x)在(0，1)内单调递减，在(1，+∞)内单调递增，h(x)≥h(1)=0，即x-1≥ln x，即欲证x3-2x+1≥ln x，只需证x3-2x+1≥x-1.也就是证明x3-3x+2≥0.(*) 设φ(x)=x3-3x+2(x>0)，则φ'(x)=3x2-3，令φ'(x)=0，得x=1. 当x∈(0，1)时，φ'(x)<0，φ(x)单调递减;当x∈(1，+∞)时，φ'(x)>0，φ(x)单调递增. 所以当x=1时，φ(x)取得最小值φ(1)=0. 故(*)式成立，从而x3-2x+1≥lnx 成立. 直接用作差法设g(x)=x3-2x+1-ln x也可以得证g(x)≥g(1)=0 2.已知函数f(x)＝aex－ln x－1.(e＝2.718 28…是自然对数的底数)． (1)设x＝2是函数f(x)的极值点，求实数a的值，并求f(x)的单调区间； (2)证明：当a≥时，f(x)≥0. 解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－. 由题设知，f′(2)＝0，所以a＝. 从而f(x)＝ex－ln x－1，f′(x)＝ex－. 当0<x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0. 所以f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增． (2)证明：当a≥时，f(x)≥－ln x－1.设g(x)＝－ln x－1，则g′(x)＝－. 当0<x<1时，g′(x)<0；当x>1时，g′(x)>0.所以x＝1是g(x)的最小值点．故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0. 因此，当a≥时，f(x)≥0. 考点四　分析法证明不等式 规律与方法 1.分析函数的最值。 2.转化为关于a的函数，构造辅助函数。 【例4】已知函数f(x)=a(ex+a)-x.求证：当a>0时，f(x)>2ln a+. 证明： 函数f(x)的定义域为R，且f'(x)=aex-1　 当a>0时，令f'(x)=aex-1=0，解得x=-ln a， 当x<-ln a时，f'(x)<0，f(x)在(-∞，-ln a)上单调递减; 当x>-ln a时，f'(x)>0，f(x)在(-ln a，+∞)上单调递增. 所以f(x)min=f(-ln a)=a(e-ln a+a)+ln a=1+a2+ln a， 要证f(x)>2ln a+，即证1+a2+ln a>2ln a+，即证a2- -ln a>0恒成立.  令g(a)=a2- -ln a(a>0)，则g'(a)=2a- ， 令g'(a)<0，则0<a<，令g'(a)>0，则a>， 所以g(a)在0，内单调递减，在，+∞上单调递增， 所以g(a)min=g=ln >0，　　　　　 则g(a)>0恒成立，所以当a>0时，f(x)>2ln a+恒成立. 练习：　1.（2026·福建厦门·一模）设函数． (1)讨论的单调性； (2)证明：当时，． 【答案】(1)当时，在上单调递增；当时，在单调递减，在单调递增； (2)证明见解析. 【难度】0.65 【知识点】利用导数证明不等式、利用导数求函数（含参）的单调区间 【分析】（1）先求出导函数，再对分情况讨论，分别求出函数的单调区间； （2）由（1）可知当时，的最小值为，令，利用导数得到的最小值为， 所以，即证得. 【详解】（1）函数的导数为， 当时，恒成立，故，所以在上单调递增； 当时，令 ，得. 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 综上所述：当时，在上单调递增；当时，在单调递减，在单调递增. （2）由（1）知，当时，在处取得最小值， 因此，对任意，有. 只需证明 ，即 令，. 求导得， ，故在上单调递增. 由知，当时，，当时，， 所以在单调递减，在单调递增. 所以在处取得最小值. 因此，即成立，等号当且时取得. 2.已知函数f(x)＝ln x＋，a∈R. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)当a>0时，证明：f(x)≥. 解：(1)f′(x)＝－＝(x>0)．当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 当a>0时，若x>a，则f′(x)>0，函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增； 若0<x<a，则f′(x)<0，函数f(x)在(0，a)上单调递减． (2)证明：由(1)知，当a>0时，f(x)min＝f(a)＝ln a＋1. 要证f(x)≥，只需证ln a＋1≥，即证ln a＋－1≥0. 令函数g(a)＝ln a＋－1，则g′(a)＝－＝(a>0)，当0<a<1时，g′(a)<0，当a>1时，g′(a)>0， 所以g(a)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(a)min＝g(1)＝0. 所以ln a＋－1≥0恒成立，所以f(x)≥. 考点五 利用导数证明数列型不等式 规律与方法（思路：假设两个正项数列,,其前项和分别为,,若,则;若,则;因此,要解决之类的证明问题,可以将不等号右边的看出是某个正项数列的前项和,根据求出,进而证明,则相当于证明出.） 【例5】（2025·陕西咸阳·三模）已知关于的函数 （1）讨论的单调性； （2）证明：当时， 【解析】（1）由得 知当时在上单调递减 当时， 当时在上单调递增， 当时在上单调递减. （2）由（1）知时在上单调递减，在上单调递增， ，即有， ， 以上各式相加得， 练习： 1.（2023·四川自贡·统考三模）已知函数（e为自然对数底数）． (1)判断，的单调性并说明理由； (2)证明：对，． 【答案】(1)在上单调递增，理由见解析； (2)证明见解析. 【分析】（1）通过二次求导，即可求解； （2）由（1）可得，变形为，令得，令得，从而可得，利用裂项相消法，即可整理得证. 【详解】（1）在上单调递增.理由如下： 因为，所以， 令，则， 所以当，单调递增， 所以，即， 所以在上单调递增. （2）由（1）知， ，令，则， 令，则 而 所以， 故对，. 2.（2026·山东德州·二模）已知函数. (1)求在上的最大值； (2)证明：. 【分析】（1）先根据导数的符号判断函数的单调性，从而可求在上的最大值； （2）根据（1）中结果可得，根据这个不等式可证题设中的不等式. 【详解】（1）由已知，， 因为，， 所以恒成立， 所以在单调递增，所以， 所以在最大值为0. （2）由（1）知，即. 令，其中，则， 所以 . 课后作业： 1.已知函数f(x)＝1－，g(x)＝＋－bx，若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1，1)，且在点A处的切线互相垂直． (1)求a，b的值； (2)证明：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥. 【解】　(1)因为f(x)＝1－，所以f′(x)＝，f′(1)＝－1. 因为g(x)＝＋－bx，所以g′(x)＝－－－b. 因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1，1)，且在点A处的切线互相垂直， 所以g(1)＝1，且f′(1)·g′(1)＝－1，所以g(1)＝a＋1－b＝1，g′(1)＝－a－1－b＝1，解得a＝－1，b＝－1. (2)证明：由(1)知，g(x)＝－＋＋x， 则f(x)＋g(x)≥⇔1－－－＋x≥0. 令h(x)＝1－－－＋x(x≥1)， 则h(1)＝0，h′(x)＝－＋＋＋1＝＋＋1. 因为x≥1，所以h′(x)＝＋＋1>0， 所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以h(x)≥h(1)＝0，即1－－－＋x≥0， 所以当x≥1时，f(x)＋g(x)≥. 2.已知f(x)＝xln x.(1)求函数f(x)在[t，t＋2](t>0)上的最小值； (2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x>－成立． 解：(1)由f(x)＝xln x，x>0，得f′(x)＝ln x＋1， 令f′(x)＝0，得x＝. 当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增． ①当0<t<<t＋2，即0<t<时， f(x)min＝f＝－； ②当≤t<t＋2，即t≥时，f(x)在[t，t＋2]上单调递增，f(x)min＝f(t)＝tln t. 所以f(x)min＝. (2)证明：问题等价于证明xln x>－(x∈(0，＋∞))． 由(1)可知f(x)＝xln x(x∈(0，＋∞))的最小值是－， 当且仅当x＝时取到． 设m(x)＝－(x∈(0，＋∞))， 则m′(x)＝， 由m′(x)<0得x>1时，m(x)为减函数， 由m′(x)>0得0<x<1时，m(x)为增函数， 易知m(x)max＝m(1)＝－，当且仅当x＝1时取到． 从而对一切x∈(0，＋∞)，xln x≥－≥－，两个等号不能同时取到，即证对一切x∈(0，＋∞)都有ln x>－成立． 3.已知函数，当时，证明：. 【分析】利用放缩法可得，由此可构造函数和，利用导数判断单调性推出和，继而可证明原不等式成立. 【详解】证明：由于，故， 令，则， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 故，即，在处取等号， 令，则， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 故，即，则，在处取等号； 所以， 由于和取得等号的条件不一致， 因此二者无法同时取等号，故，即. 4.设 (1)求的最小值；(2)证明： 【答案】（1）；（2）证明见解析. 【分析】（1）推导出，由此利用导数性质能求出的最小值． （2）由，令，则，从而在上单调递增，由此能证明． 【详解】（1）． 所以当时，，单调递减； 当，时，，单调递增． 所以时，取得最小值． （2） ， 令，则， 所以在上单调递增， 又因为， 所以当时，； 当时，， 所以， 即． 5.“切线放缩”是处理不等式问题的一种技巧. 如：在点处的切线为，如图所示，易知除切点外，图象上其余所有的点均在的上方，故有. 该结论可通过构造函数并求其最小值来证明. 显然，我们选择的切点不同，所得的不等式也不同. 请根据以上材料，判断下列命题中正确命题的个数是(   ) ①； ②； ③； ④. A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】C 【分析】利用可得，由知①正确；由知②正确；利用反例可说明③错误；令，利用导数可求得，知④正确. 【详解】对于①，当时，由得：，即； ，故①正确； 对于②，由得：，即，，故②正确； 对于③，由得：； 当时，，此时， 则，即不成立，故③错误； 对于④，=，故④正确 对于④，令，则， 令，则，在上单调递增， 又，，，使得=0， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增， ； 由=0得：，，， ，即，，④正确. 故选：C. 6.已知函数．已知对于恒成立，求证：当时，； 【详解】，， 令， 当时，构造函数，， 所以在区间上单调递增，，即. 由，，1≥cosx得 当时，，当且仅当时等号成立， 综上所述，对任意时，. 7.已知函数曲线在点处的切线方程为. (1)求a,b. (2)求证： 【答案】(1)；(2)证明见解析 【分析】(1)利用原函数与导函数的关系列方程可求得；(2)对函数求导，通过证明即恒成立. 【详解】（1）函数的定义域为， ，由题意得， 所以，解得. （2）由（Ⅰ）知， 因为在上单调递增， 又， 所以在上有唯一实根，且， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 从而当，取极小值，也是最小值， 由，得，则. 故， 又因为函数在上单调递增，所以， 即恒成立. 8.（2026·河北沧州·一模）已知函数． (1)求函数的最大值； (2)已知为数列的前项和，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）先求导，再根据函数单调性确定函数的最大值； （2）根据（1）建立不等式，再通过累加法可证明不等式. 【详解】（1）因为，其定义域为，又，且， 令，可得， 令，解得，令，解得， 故在单调递增，在单调递减. 则，即函数的最大值为 （2）由（1）知，当时，，即， 令，则， 即， 所以， 即， 即，得证. 9．（2026·黑龙江·一模）已知函数，． (1)讨论的单调性； (2)当时，求证：． 【答案】(1)当时，函数在区间上单调递增； 当时，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减． (2)证明见解析 【分析】（1）求出，当时，根据的形式可判断，当时，同样依据的形式可判断在、上符号，从而得到单调性区间； （2）根据（1）中的单调性得到，根据恒成立得在上恒成立，，求出其导数后可判断该函数为增函数，从而得不等式恒成立. 【详解】（1）由题意可知，函数，的定义域为， 导数， 当时，，； 当时，，；，； 综上，当时，函数在区间上单调递增； 当时，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减． （2）由（1）可知，当时， 函数在区间上单调递增，在区间，上单调递减． 所以， 要证，需证． 即需证恒成立， 令， 则 所以函数在区间单调递增， 故， 所以，恒成立， 所以当时，． 10.（25-26高三·全国·二轮复习）已知函数，. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)当时，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）求导数得切线斜率，点斜式可求切线方程； （2）移项构造新函数，设，求导判断单调性可求最值，进而可证不等式； 【详解】（1）依题意时，，则，而， 故， 所求切线方程为. （2）证明：要证，即证， 设，则， 令，则， 因为，所以，因此单调递减， 又， 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减， 故， 即，即得证. 11.（2026·广西河池·二模）已知函数． (1)讨论的极值； (2)当时，证明：． 【分析】（1）确定函数定义域后求导，根据参数的不同取值范围分类讨论导数的符号变化，进而判断的极值存在情况与具体极值； （2）先对要证明的不等式做等价化简，将其转化为证明，再分区间讨论、构造函数求最值，结合给定的的范围完成证明. 【详解】（1）函数的定义域为，求导得： ， 当时，对任意恒成立，故，在上单调递减，无极值； 当时，令，得， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 故当时取得极大值，无极小值. 综上，当时，无极值；当时，的极大值为，无极小值. （2）因为， 所以原不等式等价于，因，两边除以得：只需证. 当时，不等式显然成立； 当时，，只需证，因为，故只需证. 令，求导得： ， 令，在上单调递减，且，， 故存在唯一，使得，即. 当时，，，单调递增；当时，，，单调递减. 故当时，取得极大值也是最大值. 代入得：，令， 则恒成立，则在上单调递减， 故，即成立. 综上，原不等式得证. 12.（2026·山东济宁·一模）已知函数. (1)求函数的单调区间和极值； (2)求证：当且时，. 【分析】（1）对函数求导并令导数为，找到临界点，通过分析导数在不同区间的符号确定函数单调性，进而求出极小值与极大值； （2）构造函数并求导，将问题转化为分析导函数的最小值，结合已知的范围判断恒正，从而推出单调性，最终证明不等式. 【详解】（1）函数的定义域为， ,令，解得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增。 所以的单调递减区间是，单调递增区间是； 极小值为，无极大值. （2）令，则 ， 由（1）可知，即的最小值为， 已知，代入得： ， 因此对任意恒成立，故在上单调递增， 当时，，即： 得证. 【点睛】本题的核心是通过导数分析函数单调性，以极值为桥梁，将不等式证明转化为函数最小值的符号判断. 13.（2026·陕西咸阳·三模）已知函数． (1)求函数的最小值； (2)证明：当时，； (3)若时，不等式恒成立，求实数的取值范围． 【分析】（1）求导，利用导数分析函数单调性及最值； （2）化简不等式，构造函数并求导，结合单调性证明结论； （3）化简不等式，构造函数并求导，结合单调性求实数的取值范围． 【详解】（1）已知函数，求导得， 令，解得， 当时，，故，函数单调递减； 当时，，故，函数单调递增； 是极小值点，即为最小值点，最小值为． （2）因为， 所以要证明，只需证明， 只需证明， 设，求导得， 令，求导得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 在处取得极大值，即为最大值，， 当时，， ， 在上单调递增，故， 又，故， ，原不等式得证． （3），不等式等价于， ， 令， 当时，，故处等号成立； 求导得， ， 令，求导得，，则， 在上单调递增， 当时，，， 存在，使得， 当时，，又， 所以当时，，不满足条件； 当时，， 在上单调递增，故，单调递增， ，满足条件； 实数的取值范围为． 14.（2026·青海海东·二模）已知函数． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若，，求的取值范围； (3)证明：，． 【分析】（1）当时，求出、的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程； （2）求导得，分析可知，，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数在上的单调性，验证对任意的能否恒成立，即可得出实数的取值范围； （3）利用导数证明出不等式对任意的恒成立，令，结合放缩法得出，再利用累加法结合不等式的基本性质可证得所证不等式成立. 【详解】（1）当时，，则，所以，， 故当时，曲线在点处的切线方程. （2）因为，则，则且， 则，， 令，其中，则， 易知函数在上单调递增， ①当时，即当时，对任意的，， 函数在上单调递增，则对任意的，， 此时函数在上单调递增，故对任意的，，符合题意； ②当时，即当时，对任意的，， 所以在上单调递减，则对任意的，， 此时函数在上单调递减，故对任意的，，不符合题意； ③当时，因为函数在上单调递增， 且，，则， 由零点存在定理可知，存在，使得， 当时，，即函数在上单调递减， 故当时，，即函数在上单调递减， 所以，不符合题意. 综上所述，实数的取值范围是. （3）先证明对任意的恒成立， 构造函数，其中，则， 易知函数在上单调递减， 所以， 所以函数在上单调递增，所以， 故对任意的，，令，则， 故， 所以， 故原不等式得证. 15.（2026·四川自贡·三模）函数． (1)若，求单调区间； (2)当时恒成立，求的取值范围； (3)设，，请比较与大小，并说明理由． 【答案】(1)单调递减区间为，无单调递增区间 (2) (3)，证明见解析 【分析】（1）对求导，然后判断单调性． （2）注意到，要使当时，,必须在的附近单调递减,则必须有，由此解得．然后尝试证明时不等式恒成立，时不等式不恒成立． （3）注意到，所以只需比较与，即可．然后换元令，化简得．为了减小求导的难度，把根号看成整体换元，令，化简得，最后证明这个不等式成立即可． 【详解】（1）时，，定义域是． ，． 时，，单调递增； 时，，单调递减． 故，，故在单调递减． 单调递减区间为，无单调递增区间． （2）1）时，，． 时，，单调递增； 时，，单调递减． 由于，故． 故在单调递减，故恒成立． 2）时，，，此时不等式不成立． 3）时，， 由，得．由不等式，，得． 故，此时不等式不成立． 下证不等式，． 令，．． 时，，单调递减． 时，，单调递增． 故，，故不等式得证． 综上，的取值范围是． （3），证明如下： 已知，则． 要比较与的大小， 只需证明，． 令，则不等式等价于， 即． 再令，则，代入得 ， 即． 构造函数，则， ，， 故，故． 当时，等号不成立，因此， 从而原不等式成立． 故． 16.（2025·陕西西安·模拟预测）已知函数. (1)若x轴是曲线的一条切线，求实数a的值； (2)若在上恒成立，求a的最小值； (3)证明：（且）. 6、【详解】（1）当x轴是曲线的一条切线，即存在，使 求导得，当时，解得， 则，解得. （2）当在上恒成立时，即在上恒成立， 设，则， 可知当时，在上单调递减， 当时，在上单调递增， 当时，取得最小值， ， 所以，即.的最小值为-1. （3）由(2)可知，当时取等号，则， 令，且，得， 令， 由，可知， 化简得， 所以， 即得，原命题得证. 1 学科网（北京）股份有限公司 $