解题大招36 导数法证明不等式的11个核心大招（全国通用）2027年高考数学一轮复习高效培优系列

**基本信息** 以11个核心大招系统构建导数证明不等式方法体系，从基础放缩工具到复杂技巧逻辑递进，典例精选高考真题与模拟题，培养数学思维与逻辑推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |常用导数放缩不等式|6个公式|归纳6类基础放缩工具|作为证明底层逻辑，支撑后续方法应用| |对（指）数平均不等式|2类定理|提炼对数、指数平均不等式关系|为双变量问题提供理论依据| |11个核心大招|每大招1典例+2训练|涵盖直接最值转化、作差构造、隔离转化等11类方法|从单变量到双变量，从构造到放缩，形成完整解题链|

解题大招36 导数法证明不等式的11个核心大招 知识点01 常用导数放缩不等式 （1）(切点横坐标是，) （2） （3）(切点横坐标是，) (4) (5) (6) 知识点02 对（指）数平均不等式 1．对数平均不等式： 两个正数的对数平均，有如下关系：，即几何平均数对数平均数算术平均数． 2.指数平均不等式： 设，，则，有如下关系：． 证明方法详见此文：《解题大招28 利用指数、对数平均不等式秒杀极值点偏移问题》 大招01 直接最值转化法 1.要证只需证要证只需证 2.再借助导数法求函数f(x)的最值，即可得证. 【典例1】（2026·黑龙江·一模）已知函数，． (1)讨论的单调性； (2)当时，求证：． 【跟踪训练】 1．（25-26高三上·河北石家庄·期末）已知函数在处有极小值． (1)求实数的值； (2)证明：． 2．（2026·陕西西安·模拟预测）已知函数 . (1)设 ，求 的单调区间； (2)设 是 的极小值点，求证：. 大招02 作差构造函数法 1．适用情形：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．基本步骤：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. 【典例2】（2026·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； 【跟踪训练】 1．（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，. 2．（25-26高三上·辽宁葫芦岛·期末）已知函数. (1)若，求实数的值； (2)记函数，讨论的单调性； (3)当时，证明：. 大招03 隔离转化法 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，“隔离”转化是关键，将不等式不等号两端分别“隔离”出两个函数式f（x），g（x），使f（x）min＞g（x）max恒成立，从而f（x）＞g（x），但f（x）与g（x）取到最值的条件不是同一个“x”的值； 3.对于较复杂的不等式，也可将不等式的某一部分“隔离”开，单独进行研究，然后再纳入整体进行论证 【典例2】已知函数f(x)=ex2-xln x.求证：f(x)<xex+1. 【跟踪训练】 1．(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. 2．已知函数f（x）＝eln x－ax（a∈R）. （1）讨论函数f（x）的单调性； （2）当a＝e时，证明：xf（x）－ex＋2ex≤0. 大招04 放缩法（含切线放缩） 1．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. 2.切线放缩法：即利用常见切线不等式化曲为直，进行证明，如以下不等式： ,等等. 【典例3-1】（2026·重庆·模拟预测）设函数（）满足恒成立. (1)求的值； (2)求证：. 【典例3-2】（2026·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. 【跟踪训练】 1.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. 2．已知函数 . (1)当时，求的单调区间； (2)若，都有，求实数的值； (3)证明: . 大招05 分析法 即利用分析法执果索因，将所证不等式逐步回溯到一个简单的易于证明的不等式，此时导数的作用主要用于求相应函数的最值. 【典例5】已知函数f(x)=a(ex+a)-x.求证：当a>0时，f(x)>2ln a+. 【跟踪训练】 1．（25-26高三上·重庆·期末）已知函数. (1)求函数的极大值与极小值； (2)证明：当时，. 2.（2026·福建厦门·一模）设函数． (1)讨论的单调性； (2)证明：当时，． 大招06 比值代换法 比值代换法适合于双变量不等式的证明，证题步骤如下： (1)建立等式关系：根据，建立的等式关系； (2)设比值变量：令（或），则； (3)消参化简：将等式化为关于的单变量等式，解出（或）关于的表达式； (4)证单变量不等式：将所证结论转化为关于的不等式，求导证明即可. 【典例6】（24-25高三上·湖北武汉·期中）已知函数． (1)若函数在定义域上单调递增，求实数a的取值范围； (2)若，求证：； (3)设是函数的两个极值点，求证：． 【跟踪训练】 1．（25-26高三上·河南三门峡·期末）已知函数． (1)当时，证明：； (2)若存在两个极值点，，且， （i）求实数的取值范围； （ii）证明：． 2．（25-26高三上·广西桂林·期末）已知函数，． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论的单调性； (3)若，，且，证明：． 大招07 主元分析法 1.主元分析法的核心是打破“以为唯一自变量”的固有思维，根据式子结构特征，将参数或另一个变量视为“主元”，转化为一次函数、二次函数等熟悉函数的单调性、最值问题求解. 2.应用前提：①式子可整理为关于某一变量（参数或）的线性函数、二次函数等可直接分析单调性的形式；②已知其中一个变量的取值范围，需利用该范围消去变量，简化不等式证明或参数求解. 3.主元选择技巧：优先选择使一次项系数简单或已知取值范围的变量作为主元；若参数取值范围已知，优先将参数作为主元，消去参数简化验证. 【典例7】（25-26高三上广东佛山期末）已知函数，其中且. (1)设，过点作曲线的切线（斜率存在），求切线的斜率； (2)证明：当或时，. 【跟踪训练】 1．（2026·高三·广东·开学考试）已知函数． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若恒成立，证明：． 2．（2027高三全国专题练习）已知函数. (1)当时，讨论的单调性； (2)当时，证明：. 大招08 换元构造法 1.换元简化：针对多变量、含复杂复合结构的不等式，通过换元，将原式转化为单变量t的表达式。 2.构造函数：移项整理换元后的式子，构造目标函数f(t)，将待证不等式转化为f(t)在定义域内恒≥0（或≤0）的问题。 3.导数研判：求f(t)的导函数，判断其定义域内的单调性，结合端点或极值点的函数值即可完成证明。 【典例8】（2023·全国甲卷·高考真题）已知函数 (1)当时，讨论的单调性； (2)若恒成立，求a的取值范围． 【跟踪训练】 1.（2026·高三·北京密云·阶段检测）已知函数． (1)当时，求在处的切线方程； (2)当时， （ⅰ）求的极值点； （ⅱ）设函数，证明：． 2．已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)若，求实数a的取值范围； (3)若函数有且仅有两个零点，，且，证明：. 大招09 凹凸反转法 很多时候，我们需要证明函数,但不定就要，因为大多数情况下的零点是解不出来的.这时候我们可以尝试凹凸反转.，如果能够证明，则显然成立，（PS:反过来不一定成立）所以就成立.很明显是凹函数，是凸函数；因为这两个函数的凹凸性刚好相反，所以称为凹凸反转. 【典例9】（2026·湖北省直辖县级单位·模拟预测）已知函数. (1)若，求实数的取值范围； (2)试证明不等式. 【跟踪训练】 1. 已知函数，证明：． 2.（2026成都市二诊）已知函数. （1）当时，若关于的不等式恒成立，求的取值范围； （2）当时，证明：. 大招10 累加（乘）+放缩法（适用于数列不等式） 待证数列不等式的一端是项之和（或积）的结构，另一端含有变量时，可以将它们分别视为两个数列的前项的和（或积），从而将不等式的证明先转化为两个数列的对应项之间的大小关系的证明，再利用累加或累乘即可得所证数列不等式. 【典例10】（25-26高三上·黑龙江·期末）已知函数有两个不同的零点，． (1)求实数的取值范围； (2)证明：； (3)证明：． 【跟踪训练】 1．（25-26高三上·河南郑州·期末）函数. (1)求的单调区间； (2)证明：，. 2．（25-26高三上·辽宁辽阳·期末）已知函数． (1)当时，求函数在区间上的最大值和最小值； (2)若在上恒成立，求实数的取值范围； (3)当时，证明不等式：． 大招11 指对同构法 若所证不等式同时含有指数式与对数式时，一种常见策略便是指对同构，通过构造指数型或对数型函数，借助单调性证得. 【典例11】已知函数. （1） 讨论函数的零点的个数. （2） 证明：. 【跟踪训练】 1．已知函数. (1)讨论函数的零点的个数. (2)证明： . 2．(2026福建三明二模)已知函数． (1)若函数有两个零点，求实数a的取值范围； (2)若，求证：. 1．（25-26高三上·河南·期末）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)证明：当时，． 2．（2026·湖北武汉·三模）已知函数． (1)当时，判断函数的零点个数； (2)设，若函数有两个极值点、，求证：． 3．（2024·全国甲卷·高考真题）已知函数． (1)当时，求的极值； (2)当时，，求的取值范围． 4．（2026高三·全国·专题练习）已知函数有两个零点，． (1)求实数的取值范围； (2)求证：． 5．（25-26高二下·河北张家口·期末）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)证明：当时，． 6．设函数． （1）当时，求的极值； （2）当时，证明：在上恒成立． 7．（25-26高三上·湖南长沙·期末）已知函数在处取得最大值． (1)求的值． (2)如果且，证明：． (3)，求证：． 8．（25-26高三上·内蒙古通辽·期末）已知函数. (1)若曲线在点处的切线过点，求的值； (2)若在上恒成立，求的取值范围； (3)若有两个不同的极值点，，且，求证. 9．（25-26高三上·黑龙江哈尔滨·期末）已知函数，. (1)讨论的单调性； (2)若既有极大值又有极小值，且极大值与极小值之和小于，求的取值范围； (3)证明：当时，. 10．（2027高三·全国·专题练习）已知函数 (1)若，求证：； (2)讨论函数的零点个数； (3)令，若，，求证：． 41 / 42 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 解题大招36 导数法证明不等式的11个核心大招 知识点01 常用导数放缩不等式 （1）(切点横坐标是，) （2） （3）(切点横坐标是，) (4) (5) (6) 知识点02 对（指）数平均不等式 1．对数平均不等式： 两个正数的对数平均，有如下关系：，即几何平均数对数平均数算术平均数． 2.指数平均不等式： 设，，则，有如下关系：． 证明方法详见此文：《解题大招28 利用指数、对数平均不等式秒杀极值点偏移问题》 大招01 直接最值转化法 1.要证只需证要证只需证 2.再借助导数法求函数f(x)的最值，即可得证. 【典例1】（2026·黑龙江·一模）已知函数，． (1)讨论的单调性； (2)当时，求证：． 【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，． 【跟踪训练】 1．（25-26高三上·河北石家庄·期末）已知函数在处有极小值． (1)求实数的值； (2)证明：． 【分析】（1）求出的导数，由可得的值; （2）求出的解析式,令，求得导数,进而得到的单调性,求得,的极大值，即可得证. 【详解】（1）展开得， 求导得， 又在处有极小值，故，解得或 当时，，故为极小值点，符合题意； 当时，，故为极大值点，不符合题意；综上，实数的值为1． （2）由（1）得， 令，则 令，解得或； 令，解得或， 所以在和上单调递增，在和上单调递减， 的极大值为和， ，， 因为，所以，故， 结合函数的单调性可得对所有成立， 即成立 2．（2026·陕西西安·模拟预测）已知函数 . (1)设 ，求 的单调区间； (2)设 是 的极小值点，求证：. 【详解】（1）由题可得， 所以， 令，解得：， 令，解得：， 所以的单调递增区间为，单调递减区间为； （2）因为 是 的极小值点， 则， 即，即， 所以 由于，，由于在上单调递增， 所以， 令，所以在上单调递减， 则， 即 大招02 作差构造函数法 1．适用情形：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．基本步骤：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. 【典例2】（2026·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； 【分析】（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. 【详解】（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． 【跟踪训练】 1．（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，. 【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. 2．（25-26高三上·辽宁葫芦岛·期末）已知函数. (1)若，求实数的值； (2)记函数，讨论的单调性； (3)当时，证明：. 【分析】（1）求出导函数，代入求解即可. （2）根据导数与单调性的关系求解即可. （3）当时，若证，只需证；构造函数，，根据导数与单调性及最值的关系，结合零点存在定理证明即可. 【详解】（1）由，得， 则，解得. （2）由题意得：，定义域为. 则，易知，， 令，只需，解得：，故在上单调递增. 令，解得，则在上单调递减. 综上，在上单调递减，在上单调递增． （3）由题意等价于． 当时，原不等式可化为； 当时，，于是有， 故只需证明即可. 设，则． 设，则． 所以函数在上单调递增. 因为，， 所以函数在上有唯一零点，且. 因为，所以，即． 当时，单调递减；当时，，单调递增. 所以当时，取得最小值． 因为， 又，所以，即. 所以，即， 所以 所以，当时，． 大招03 隔离转化法 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，“隔离”转化是关键，将不等式不等号两端分别“隔离”出两个函数式f（x），g（x），使f（x）min＞g（x）max恒成立，从而f（x）＞g（x），但f（x）与g（x）取到最值的条件不是同一个“x”的值； 3.对于较复杂的不等式，也可将不等式的某一部分“隔离”开，单独进行研究，然后再纳入整体进行论证 【典例2】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. 【跟踪训练】 1．(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. 【详解】(1)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. 2．已知函数f（x）＝eln x－ax（a∈R）. （1）讨论函数f（x）的单调性； （2）当a＝e时，证明：xf（x）－ex＋2ex≤0. 【详解】（1）f'（x）＝－a（x＞0）， ①若a≤0，则f'（x）＞0，f（x）在（0，＋∞）上是增函数； ②若a＞0，则当0＜x＜时，f'（x）＞0；当x＞时，f'（x）＜0. 故f（x）在（0，）上单调递增，在（，＋∞）上单调递减. （2）证明：因为x＞0，所以只需证f（x）≤－2e， 当a＝e时，由（1）知，f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减. 所以f（x）max＝f（1）＝－e. 设g（x）＝－2e（x＞0），则g'（x）＝， 所以当0＜x＜1时，g'（x）＜0，g（x）单调递减； 当x＞1时，g'（x）＞0，g（x）单调递增， 所以g（x）min＝g（1）＝－e. 综上，当x＞0时，f（x）≤g（x），即f（x）≤－2e. 故不等式xf（x）－ex＋2ex≤0得证. 大招04 放缩法（含切线放缩） 1．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. 2.切线放缩法：即利用常见切线不等式化曲为直，进行证明，如以下不等式： ,等等. 【典例3-1】（2026·重庆·模拟预测）设函数（）满足恒成立. (1)求的值； (2)求证：. 【详解】（1）由于，所以，恒成立即恒成立，处取最小值， ，故由（必要条件）； 验证充分性：当时，；令，得， 令，得，令，得； 故在上单调递减，在上单调递增， 故，即恒成立. 综上所述， （2）证明：由（1）知恒成立，故； 又 ， 所以，， 故，即. 【典例3-2】（2026·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. 【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. 【跟踪训练】 1.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. 【详解】(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. 2．已知函数 . (1)当时，求的单调区间； (2)若，都有，求实数的值； (3)证明: . 【详解】（1）当 时， ，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为，单调递增区间为. （2）， 令，得， 当时，单调递减； 当时，单调递增. 所以， 要使恒成立，只需，即. 设，则， 令，得， 当时， 单调递增； 当时， 单调递减. 所以 ， 即对于任意的 ， 都有 ， 若要满足 ， 则必须 ， 此时 . 所以实数的值为 1. （3）要证 ， 即证 . 由(2)可知， 当 时 在 上恒成立， 所以 . 所以 . 设 ， 则 ， 当 时， ， 单调递增， 所以 ， 即 ， 所以 . 大招05 分析法 即利用分析法执果索因，将所证不等式逐步回溯到一个简单的易于证明的不等式，此时导数的作用主要用于求相应函数的最值. 【典例5】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. 【跟踪训练】 1．（25-26高三上·重庆·期末）已知函数. (1)求函数的极大值与极小值； (2)证明：当时，. 【分析】（1）利用导数判断函数的单调性，进而求解极值即可. （2）将目标不等式合理转化，再结合导数证明不等式即可. 【详解】（1）由题意得， 当，或，当，， 所以当时，单调递增， 当时，单调递减，当时，单调递增， 则，. （2）若证当时，， 即要证当时，， 即，又， 则要求在上恒成立即可， 而，当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 故，所以，得证. 2.（2026·福建厦门·一模）设函数． (1)讨论的单调性； (2)证明：当时，． 【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. 大招06 比值代换法 比值代换法适合于双变量不等式的证明，证题步骤如下： (1)建立等式关系：根据，建立的等式关系； (2)设比值变量：令（或），则； (3)消参化简：将等式化为关于的单变量等式，解出（或）关于的表达式； (4)证单变量不等式：将所证结论转化为关于的不等式，求导证明即可. 【典例6】（24-25高三上·湖北武汉·期中）已知函数． (1)若函数在定义域上单调递增，求实数a的取值范围； (2)若，求证：； (3)设是函数的两个极值点，求证：． 【分析】（1）由题意得恒成立，参变分离求最值即可； （2）由题意得要证明，只需证，记，利用导数研究单调性求最大值即可得证； （3）化简，将转化成，再构造函数，通过讨论其单调性即可求证. 【详解】（1）的定义域为在上恒成立， 所以在上恒成立， 又， 当且仅当时，等号成立，所以， 即a的取值范围是； (2)当时，， 要证明， 只需证，只需证，        记，则， 所以单调递增；单调递减， 成立 ； (3)由题意可知， 因为有两个极值点， 所以是方程的两个不等实根，， 所以， ，        所以要证， 即证， 即证，即证，即证，               令，则证明， 令，则， 所以在上单调递增，则， 即， 所以原不等式成立； 【跟踪训练】 1．（25-26高三上·河南三门峡·期末）已知函数． (1)当时，证明：； (2)若存在两个极值点，，且， （i）求实数的取值范围； （ii）证明：． 【分析】（1）代入，对求导，判得单调性求出最小值为，从而证得； （2）（i）把存在两个极值点，，且，转化成在上有两个不等正根，利用根的分布即可得的取值范围； （ii）由根与系数的关系得和，代入化简，再令，构造函数证明即可. 【详解】（1）的定义域为， 当时，， ．令，则， 当时，；当时，． 所以的单调递增区间为，单调递减区间为． 所以， 所以． （2）（i）因为，所以， 因为存在两个极值点，，且，所以在上有两个不等正根， 即有两个不等正根，令, 则，即，解得． 故实数的取值范围为 （ii）由（i）可得，， ， 所以． 要证， 只需证 即证． 令， 只需证， 令，则， 所以，所以在上单调递增， 因为，所以，即．所以． 2．（25-26高三上·广西桂林·期末）已知函数，． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论的单调性； (3)若，，且，证明：． 【分析】（1）代入参数后对原函数求导，计算出处的导数值作为切线斜率，最后结合切点坐标即可求得切线方程. （2）对函数求导并通分后，通过对分子二次函数的判别式进行分类讨论，再结合定义域判定导函数的符号，从而确定原函数的单调区间. （3）已知指数等式两边取对数转化为代数关系，利用换元法将双变量问题转化为单变量问题，最后构造函数并通过导数证明其单调性与最值. 【详解】（1）当时，，，此时切点坐标为， ， ，即切线斜率为0 所以切线方程为． （2）， 令，则     ①当即时，恒成立，即恒成立， 在上单调递增， ②当即或时，令得，， 若，则， 当时，，即，单调递增， 当时，，即，单调递减， 当时，，即，单调递增，     若，则，由知时恒成立， 即恒成立，在上单调递增， 综上：当时，在上单调递增，无单调递减区间， 当时，在，上单调递增， 在上单调递减. (3)由得，，即     由于，，所以，所以， 令，则，，所以， 所以     方法一：要证，即证，即证，     令，则，显然     所以在上单调递减，所以，即恒成立， 即成立 方法二：要证，即证，即证，     令，则， 令，则，当时，恒成立，在上单调递增，又，所以在上恒成立， 所以在上恒成立，在上单调递增     又，所以在恒成立，即在上恒成立， 即成立． 大招07 主元分析法 1.主元分析法的核心是打破“以为唯一自变量”的固有思维，根据式子结构特征，将参数或另一个变量视为“主元”，转化为一次函数、二次函数等熟悉函数的单调性、最值问题求解. 2.应用前提：①式子可整理为关于某一变量（参数或）的线性函数、二次函数等可直接分析单调性的形式；②已知其中一个变量的取值范围，需利用该范围消去变量，简化不等式证明或参数求解. 3.主元选择技巧：优先选择使一次项系数简单或已知取值范围的变量作为主元；若参数取值范围已知，优先将参数作为主元，消去参数简化验证. 【典例7】（25-26高三上广东佛山期末）已知函数，其中且. (1)设，过点作曲线的切线（斜率存在），求切线的斜率； (2)证明：当或时，. 【分析】(1)设出切点坐标，对函数求导，再借助导数的几何意义列式计算作答. (2)当时，不等式等价转化为证，当时，转化证明，作差构造函数即可推理作答. 【详解】（1），，而，即点不在曲线C上， 设切点，则切线AT的斜率为，又， 于是得，即， 整理得：，即，有， 而，因此，，， 所以切线的斜率为. （2）当时，，， 令，求导得，当时，，当时，， 即函数在上单调递减，在上单调递增，，，即， 因此当时，，当且仅当时取“=”， 则， 于是得当且时，. 当时，，， 令，， 由得，则，即在上单调递增， 又，即当时，， 于是得当，时，，而，因此，， 从而得当，时， 所以当或时，. 【跟踪训练】 1．（2026·高三·广东·开学考试）已知函数． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若恒成立，证明：． 【详解】（1）因为，所以， 则，又， 所以曲线在点处的切线方程为，即； （2）证明：的定义域为， 令，得， 令，得，则在上单调递减； 令，得，则在上单调递增， 所以 因为恒成立，所以，即. 2．（2027高三全国专题练习）已知函数. (1)当时，讨论的单调性； (2)当时，证明：. 【分析】（1）先对函数求导，再构造，由判断得的正负，进而可得的单调性； （2）解法一：先将不等式变形为，再分别构造，，分别求两个函数的最小值，进而可证明不等式；解法二：先将不等式变形为，再结合解法一可分别求不等式左边的最小值及不等式右边的最大值，进而可证明不等式. 【详解】（1）当时，函数的定义域为，， 令，，所以在上单调递增，且， 故，在上单调递减，，在上单调递增； （2）法一（同构保值性）：要证，只需证，即 . 令，，当时，；当时，. 所以在上单调递增，在上单调递减，故， 所以时等号成立； 再令，，当时，；当时，. 所以在上单调递减，在上单调递增，故. 所以. 所以当时， ，当且仅当取等，不等式得证. 法二（分而治之）：要证，只需证，即证. 由解法一可知等号成立，即，当且仅当时取等. 所以不等式左边，当且仅当时取等， 再由解法一可知，即，当且仅当时取等. 所以不等式右边，当且仅当时取等. 故当时取等，不等式得证. 大招08 换元构造法 1.换元简化：针对多变量、含复杂复合结构的不等式，通过换元，将原式转化为单变量t的表达式。 2.构造函数：移项整理换元后的式子，构造目标函数f(t)，将待证不等式转化为f(t)在定义域内恒≥0（或≤0）的问题。 3.导数研判：求f(t)的导函数，判断其定义域内的单调性，结合端点或极值点的函数值即可完成证明。 【典例8】（2023·全国甲卷·高考真题）已知函数 (1)当时，讨论的单调性； (2)若恒成立，求a的取值范围． 【分析】（1）求导,然后令,讨论导数的符号即可; （2）构造,计算的最大值,然后与0比较大小,得出的分界点,再对讨论即可. 【详解】（1） 令,则 则 当 当,即. 当,即. 所以在上单调递增,在上单调递减 （2）设 设 所以. 若, 即在上单调递减,所以. 所以当,符合题意. 若 当,所以. . 所以,使得,即,使得. 当,即当单调递增. 所以当,不合题意. 综上,的取值范围为. 【点睛】关键点点睛:本题采取了换元,注意复合函数的单调性在定义域内是减函数,若,当,对应当. 【跟踪训练】 1.（2026·高三·北京密云·阶段检测）已知函数． (1)当时，求在处的切线方程； (2)当时， （ⅰ）求的极值点； （ⅱ）设函数，证明：． 【详解】（1）因为，所以， 求导得. 所以，又， 所以切线方程为，即. （2）（i）因为，所以， 所以， 令，则，解得. 令，求导得. 因为，所以，所以在上单调递减，且. 所以在上大于0，在上小于0， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以在上取极大值，所以极大值点为. （ii），那么且， 当时，，此时，即证. 当时，，此时，即证. 综上，只需证明在且上恒成立， 令，则. 当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递增， 所以，故得证. 2．已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)若，求实数a的取值范围； (3)若函数有且仅有两个零点，，且，证明：. 【详解】（1）由， ①当时，有，函数单调递增； ②当时，令，有，可得函数的减区间为，增区间为. （2）①当时，由，符合题意. ②当时，由，不合题意. ③当，若，有，可得， 由上知，若，则实数a的取值范围为. （3）证明:由（1）知，当时，函数单调递增，最多只有一个零点，可得， 又由，，有， 要证：，只需要证， 只需要证：，只需要证：， 只需要证：， 令，上述不等式可化为， 只需证：， 令，有， 令，有， 可得函数单调递增，有， 可得函数单调递增，有（当且仅当时取等号）， 可得不等式成立，由上知. 大招09 凹凸反转法 很多时候，我们需要证明函数,但不定就要，因为大多数情况下的零点是解不出来的.这时候我们可以尝试凹凸反转.，如果能够证明，则显然成立，（PS:反过来不一定成立）所以就成立.很明显是凹函数，是凸函数；因为这两个函数的凹凸性刚好相反，所以称为凹凸反转. 【典例9】（2026·湖北省直辖县级单位·模拟预测）已知函数. (1)若，求实数的取值范围； (2)试证明不等式. 【详解】（1）由 得 ， 。 可化为 ， 令 ，则 。 令  得 ，  得， 所以 在 单调递减，在 单调递增， 所以 的最小值为 ， 所以 ； （2）证明：法一：由(1)可知 ，即 ，故（时，等号成立）， 下证 ，即证 , 因为， 由基本不等式得， 当且仅当，即时，等号成立， 故. 又不能同时取“”，所以 . 法二：要证明不等式；令，， 只需证， 由，得， 当时，，当时，， 所以在单增，在单减， 所以， ，因为， 所以. 【跟踪训练】 1.已知函数，证明：． 【详解】即证．等价于证：． 令，．时，． 即．令，则． 当，，单调递增；当，，单调递减； 即．所以．综上，． 2.（2026成都市二诊）已知函数. （1）当时，若关于的不等式恒成立，求的取值范围； （2）当时，证明：. 【详解】（1）由，得恒成立， 令，则， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以的最小值为， 所以，即，故的取值范围是； （2）有（1）知时，有， 所以. ①要证，可证，只需证， 易证（证明略），所以； ②要证，可证， 易证（证明略），由于，所以， 所以， 综上所述，当时，证明：. 【方法归纳】若第（1）小题是探求参数的范围问题，第（2）小题的解决往往运用第（1）小题所求范围的界点对于的不等关系进行放缩，此类问题实质就是应用函数凸凹性进行切线放缩法. 大招10 累加（乘）+放缩法（适用于数列不等式） 待证数列不等式的一端是项之和（或积）的结构，另一端含有变量时，可以将它们分别视为两个数列的前项的和（或积），从而将不等式的证明先转化为两个数列的对应项之间的大小关系的证明，再利用累加或累乘即可得所证数列不等式. 【典例10】（25-26高三上·黑龙江·期末）已知函数有两个不同的零点，． (1)求实数的取值范围； (2)证明：； (3)证明：． 【分析】（1）将问题转化为函数的图象与直线有两个不同的交点，，数形结合即可求解； （2）由，为函数零点得到，令，化简得到， 令，再次构造函数令，求导得到的单调性，即可得证. （3）证明，再利用累加法即可证明． 【详解】（1）令，可得，因为，所以， 问题转化为函数的图象与直线有两个不同的交点，所以， 当时，，在单调递减； 当时，，在单调递增， 所以在处取得最小值， 当时，；当.时，， 要使与有两个交点，必须满足， 因此，实数的取值范围是 (2)证明：设，因为，， 所以，整理可得，令，则， 则，所以，解得，则， 则证明，则整理可得，令， 则，令，则， 所以在上单调递增，则， 所以在上单调递减，即， 所以，故. (3)证明： 由（1）知，当时，，， 因为在上单调递增，且，所以当时，， 当时，，故在上单调递减，在上单调递增， 所以，即，当且仅当时取等号， 所以，则， 即， 令，则，所以， 则，，，， 当时，将以上个不等式两边分别相加，得， 所以， 当时，成立，所以得证. 【跟踪训练】 1．（25-26高三上·河南郑州·期末）函数. (1)求的单调区间； (2)证明：，. 【分析】（1）先确定函数的定义域，再对求导，确定单调区间； （2）结合第一问的结论，得到时的取值范围，整理得到对应不等式，化简后证明题设不等式. 【详解】（1）函数的定义域为， 所以在上为负数，在上为正数， 所以的单调递减区间是，单调递增区间是. （2）由（1）知时，，即， 观察不等式左侧，令， 则易知左侧是累加后的结果， 在，中，令（）， 则， ， 即，. 2．（25-26高三上·辽宁辽阳·期末）已知函数． (1)当时，求函数在区间上的最大值和最小值； (2)若在上恒成立，求实数的取值范围； (3)当时，证明不等式：． 【分析】（1）利用导数求函数的最值即得； （2）通过求导可得，讨论单调性求出，构造函数，讨论单调性可得，进而即得； （3）由（2）可知当时，，令，可得然后通过累加及对数的运算完成证明. 【详解】（1）当时，，则， 当时，，在上单调递增． 所以，. （2）由题可得，令，解得， 则当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 所以当时，取得最小值，， 若在上恒成立，即的最小值恒成立， 设，则， 令，得 ，解得， 则当时，，函数单调递增， 时，，函数单调递减， 所以当时，取得最大值， 故，当且仅当时等号成立， 又，故，所以． （3）由（2）可知，当时，在上恒成立， 即在上恒成立，当且仅当时等号成立， 即，即， 令，因为， 所以， 所以 所以， 即， 所以，证毕. 大招11 指对同构法 若所证不等式同时含有指数式与对数式时，一种常见策略便是指对同构，通过构造指数型或对数型函数，借助单调性证得. 【典例11】已知函数. （1） 讨论函数的零点的个数. （2） 证明：. 【分析】第一问通过求导判断单调性，结合零点存在性定理即可确定零点个数.第二问是不等式证明，直接构造函数求导会发现导函数中含有第一问的，从而利用第一问的隐零点进行代换.另一种思路是利用同构变形，将不等式左边凑成的形式，利用基本不等式进行整体放缩. 【详解】（1）函数定义域为，则，故在，递增，当时，，没有零点；当时，单调递增，，，由函数零点存在定理得在区间内有唯一零点，综上可得，函数只有一个零点. （2）法一：要证，即证，令，定义域为，则，由（1）知，在区间内有唯一零点，设其为，则①，因，且在区间上单调递增，∴当时，，，单调递减，当时，，，单调递增；∴，由式①可得，，∴，又时，恒成立，∴，得证. 法二：问题转化为证明，令，易知，(当且仅当时“”成立)又，则，故(当且仅当时“”成立). 【规律】证明含有指数和对数的复杂不等式时，若直接求导遇到超越方程，常利用“隐零点代换”化简极值表达式.若能观察出表达式的结构特征，利用同构思想将其凑成的形式，再结合常见不等式（如）进行整体放缩，往往能大幅简化证明过程. 【跟踪训练】 1．已知函数. (1)讨论函数的零点的个数. (2)证明： . 【分析】（1）使用导数与零点存在性定理求解； （2）法一：将不等式转化为，令，证明的最小值大于；法二：将不等式转化为，构造函数求解. 【详解】（1）函数定义域为，则 ，故在，递增，当时，，没有零点；当时，单调递增， ， ，由函数零点存在定理得在区间内有唯一零点，综上可得，函数只有一个零点. （2）法一：要证 ，即证，令 ，定义域为，则 ，由（1）知，在区间内有唯一零点，设其为，则 ①，因，且在区间上单调递增，∴当时，，，单调递减，当时，，，单调递增；∴，由式①可得，，∴ ，又时，恒成立，∴，得证. 法二：问题转化为证明，令，易知，(当且仅当时“”成立)又，则，故(当且仅当时“”成立). 2．(2026福建三明二模)已知函数． (1)若函数有两个零点，求实数a的取值范围； (2)若，求证：； 【分析】（1）将问题转化为函数的图象与直线有两个交点，数形结合即可求出. （2）利用同构思想求证即可. 【详解】（1）的定义域为，令，即， 即，即， 设，则． 当时，，在上单调递增； 当时，，在单调递减，所以． 又，当时，；时，． 画出的大致图象如图所示． 函数有两个零点，等价于函数的图象与直线有两个交点． 由图象可得，实数a的取值范围为. （2）因为，所以， 故要证，只需证，即证， 即证， 令，则． 令，则；令，则． 所以在上单调递减，在上单调递增，故， 令，从而只需证． 令，则， 所以在上单调递增，故， 所以，从而成立． 1．（25-26高三上·河南·期末）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)证明：当时，． 【详解】（1）因为，所以，所以切点的坐标为． 因为，所以， 所以曲线在点处的切线方程为，即． (2)证明：不等式即，所以． 因为当时，，所以只需证，即． 令，则. 因为当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增． 所以，所以恒成立． 所以当时，． 当时，令，则． 令，则． 因为，所以． 令，，则恒成立， 所以在上单调递增． 所以． 所以在上恒成立，所以即在上单调递增． 因为，所以在上恒成立， 所以在上单调递减． 因为，所以，所以． 综上，当时，恒成立． 2．（2026·湖北武汉·三模）已知函数． (1)当时，判断函数的零点个数； (2)设，若函数有两个极值点、，求证：． 【分析】（1）求导判断单调性，结合零点存在定理判断 （2）利用导数零点与极值点的关系，结合二次函数判别式与韦达定理化简构造函数证明不等式 【详解】（1）时，，， 则恒成立，故在上单调递增， 又，， 由零点存在性定理可得上存在唯一的零点，故函数的零点个数为1； （2），，，， 令，即， 因为函数有两个极值点、，， 故有两个不等实根，， 则，解得， ， 令，，则， 所以，，单调递减； ，，单调递增． 故，即． 3．（2024·全国甲卷·高考真题）已知函数． (1)当时，求的极值； (2)当时，，求的取值范围． 【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的单调性和零点可求函数的极值. （2）求出函数的二阶导数，就、、分类讨论后可得参数的取值范围. 【详解】（1）当时，， 故， 因为在上为增函数， 故在上为增函数，而， 故当时，，当时，， 故在处取极小值且极小值为，无极大值. （2）， 设， 则， 当时，，故在上为增函数， 故，即， 所以在上为增函数，故. 当时，当时，， 故在上为减函数，故在上， 即在上即为减函数， 故在上，不合题意，舍. 当，此时在上恒成立， 同理可得在上恒成立，不合题意，舍； 综上，. 【点睛】思路点睛：导数背景下不等式恒成立问题，往往需要利用导数判断函数单调性，有时还需要对导数进一步利用导数研究其符号特征，处理此类问题时注意利用范围端点的性质来确定如何分类. 4．（2026高三·全国·专题练习）已知函数有两个零点，． (1)求实数的取值范围； (2)求证：． 【详解】（1），又单调递增，且， 所以，，所以在上单调递减，在上单调递增， 当，即时，， ， 所以在和上各有一个零点，当时，的最小值为，且， 所以在内至多只有一个零点，综上，实数的取值范围是. （2）(2)设方程的两个正根为（），由韦达定理得，，故. 先证： 令，，则. 当时，，故，单调递减；当时，，故，单调递增. 因此，当且仅当时取等号，即，整理得，当且仅当时取等号. 对零点，有，. 函数在上单调递减，在上单调递增，结合，可得，故. 再证： 令，，则. 当时，，单调递减；当时，，单调递增. 因此，当且仅当时取等号，即，整理得，故，当且仅当时取等号. 对零点，有，. 函数在上单调递减，在上单调递增，结合，且，，可得，，故. 综上，. 5．（25-26高二下·河北张家口·期末）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)证明：当时，． 【分析】（1）先对函数求导，然后分、两种情况讨论导数的正负，从而可求出函数的单调区间； （2）构造函数，通过导函数求其最小值，最小值大于零即可. 【详解】（1）的定义域为，． 当时，由于，则，故恒成立， 所以在上单调递减． 当时，令，解得， 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增． 综上，当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增． （2）证明：由（1）得，当时，． 要证，即证，即证恒成立． 令（），则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，则恒成立， 所以当时，恒成立． 6．设函数． （1）当时，求的极值； （2）当时，证明：在上恒成立． 【详解】（1）当时，， ∴当时，；当时，． ∴在上单调递增，在上单调递减． ∴在处取得极大值无极小值 （2）当时，， 下面证，即证． 设， 则， 在上，是减函数；在上，是增函数． 所以． 设， 则， 在上，是增函数；在上，是减函数， 所以，． 所以，即，所以，即， 即在上恒成立. 7．（25-26高三上·湖南长沙·期末）已知函数在处取得最大值． (1)求的值． (2)如果且，证明：． (3)，求证：． 【分析】（1）由题可知为函数的极大值点，再利用极值点求参数即可； （2）法一：不妨设，要证，只要证，等价于证，令，利用导数证明即可；法二：由题可得，转化为证，令 只要证，令，再利用导数证明即可； （3）由（1）知，即，进而可得，再求和即可证得左边，由（2）的方法二知：，令，进而可得，再求和即可证得右边；法二证明右边：要证，即证，再推导即证即可． 【详解】（1）因为为函数的最大值点， 即为函数的极大值点， 求导得，解得． 当时，， 所以函数在单调递增，在单调递减，所以． 即符合题意． (2)法一：不妨设，要证，只要证， 因为，函数在单调递减， 只要证， 只要证． 令， 则 所以在单调递减，即， 所以成立，即成立． 法二：由题意知，则， 不妨设，要证，只要证，只要证， 只要证， 只要证，只要证，令 只要证， 令， 所以在单调递增，所以， 即，所以． (3)先证明左边：由（1）知，等号成立当且仅当， 令为，可得，等号成立当且仅当 令，则． ， 从而有 根据不等式同向可加性得，左边得证． 下面证明右边：由（2）的方法二知：， 令，可得． 从而 根据不等式同向可加性得，右边得证； 法二：以证明右边为例：因为数列的前项和为， 所以要证， 只要证 只要证，只要证 只要证，令，只要，证毕． 8．（25-26高三上·内蒙古通辽·期末）已知函数. (1)若曲线在点处的切线过点，求的值； (2)若在上恒成立，求的取值范围； (3)若有两个不同的极值点，，且，求证. 【分析】（1）根据导数与切线斜率的关系求解即可； （2）将问题转化为在上恒成立，令，，求导判断单调性即可求出； （3）利用极值点与导数的关系，结合韦达定理和单调性得求解即可. 【详解】（1），故点即点， 对函数求导，得 ， 又曲线在点处的切线过点， 所以，解得. （2）由题意得在上恒成立，， 令，则， 令，则， 故在上单调递增，， ，故在上单调递增，， 故实数a的取值范围为. （3）证明：对函数求导，得 ， 令，即 ， 要使有两个不同的极值点，，则 方程有两个不相等的正实数根，， 故，， ， 在上单调递减，在上单调递增， 由可得 ， 由，得， 所以，即， 又在上单调递增， 所以. 9．（25-26高三上·黑龙江哈尔滨·期末）已知函数，. (1)讨论的单调性； (2)若既有极大值又有极小值，且极大值与极小值之和小于，求的取值范围； (3)证明：当时，. 【分析】（1）根据函数单调性与导数的正负性分类讨论进行求解即可； （2）根据（1）的结论，结合极值的定义，通过构造新函数,利用导数的性质进行求解即可； （3）将问题转化为证在上恒成立，然后构造新函数、利用导数的性质进行运算证明即可. 【详解】（1）函数的定义域为，求导得， 当时，由可得，由可得， 即函数在上单调递减，在上单调递增； 当，即时，由可得或，由可得， 即函数在上单调递减，在 和上单调递增； 若，，即函数在上单调递增； 若，即时，由可得或，由可得， 即函数在上单调递减，在 和上单调递增. 综上，当时，函数在上单调递减，在 和上单调递增； 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在 和上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）由（1）知，要使既有极大值又有极小值，需使或. 当时，的极大值为，的极小值为， 依题意，，因，可得（*）， 设，则， 即函数在上单调递减，故，即，这与（*）矛盾，舍去； 当时，的极小值为，的极大值为， 依题意，，因，可得（**）， 由上分析，易得函数单调递减， 故，即，符合（**）. 综上可得，的取值范围为. （3）(3)要证，且，即证， 又因为. 故只需证明在上恒成立. 令，则. 当时，，；当时，，， 所以在上单调递减，在上单调递增， ∴，∴，当且仅当时等号成立. ，当且仅当时取等号. 由得，由对数函数及可知， 函数与有唯一交点，因此方程有唯一解.    所以不等式在上恒成立. 令，∴， ∴在上单调递增，，即在上恒成立. . 因此不等式成立. 10．（2027高三·全国·专题练习）已知函数 (1)若，求证：； (2)讨论函数的零点个数； (3)令，若，，求证：． 【详解】(1)若，，， 当时，，递减；当时，，递增， 所以函数在处取得极小值也是最小值. 因此，得证． (2)因为函数，定义域为，. ①时，，在上递增，注意到，，，所以在上有唯一的零点； ②时，在上无零点； ③时，在上递减；上递增， 所以； （ⅰ）当时，，所以恒成立，无零点； （ⅱ）当时，有唯一的零点； （ⅲ）当时，且时，，当时，， 所以在和上各有一个零点，共两个零点． 综上：（ⅰ）当时，无零点；（ⅱ）当或时，有唯一的零点； （ⅲ）当时，恰有两个零点． (3)，当时，所证不等式显然成立， 当时，由对称性，不妨设， 令，， 即证：，其中，， 所以，下面证明， 即证，.令， 设，则， 所以函数在上单调递减，因此，即，所以. 当时，， 设，则， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 所以函数在处取得极小值也是最小值，所以， 即对任意成立，所以 当时，， 因为函数在上单调递增， 所以. 因此当时，. 综上所述，，成立，即成立，因此原不等式成立. 41 / 42 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $