重难专题03 利用导数证明不等式（单变量）（八种题型清单）（全国通用）2027年高考数学一轮复习讲练测

该高中数学高考复习知识清单聚焦利用导数证明单变量不等式专题，涵盖作差构造函数法、同构变形构造法、最值法等八大题型，系统梳理高考重难考法与解题技能，构建完整方法体系。 清单采用题型脑图归纳考法，考法深研拆解解题步骤，如作差构造法明确“移项构造-求导分析-端点验证”流程，放缩法总结指数对数常用结论，培养数学思维与表达能力。例题结合高考真题，标注重难点与解题关键，辅助学生自主复习，教师可据此精准指导备考。

重难专题03 利用导数证明不等式（单变量） 题型脑图·重难考法归纳 考法深研·解题技能通关 题型01 作差构造函数法证明不等式 这是最基础且常用的方法。若要证明，可构造新函数，然后证明在指定区间上的最小值大于0（或小于0）。解题步骤为：移项使不等式一端为0，构造差值函数，求导分析单调性，结合端点值或极值得出结论。 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高二下·广东肇庆·期末）已知函数． (1)求函数的极值； (2)求证：． 3．（24-25高二下·湖北宜昌·期中）已知函数． (1)讨论函数的单调性； (2)当时，求证：． 4．（25-26高三下·四川成都·开学考试）已知函数，． (1)讨论函数的单调性； (2)当时，令，求证： 5．（25-26高二下·北京延庆·期末）已知函数，． (1)求的极值点以及极值、最值点以及最值； (2)证明：； (3)证明：． 6．（25-26高二下·福建泉州·期末）已知函数，设曲线在点处的切线为． (1)求的方程； (2)若函数的图象为，证明：． 7．（25-26高三上·福建龙岩·期中）设函数，. (1)求的单调区间. (2)证明：. (3)当时，证明：. 题型02 同构变形构造法证明不等式 当不等式两边具有相似结构（如同时含有与，或与的混合项）时，可通过变形构造出“形似”的函数。如证明时，可变形为，构造函数进行证明。 1．（25-26高二下·广东茂名·期末）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)证明：当时，． 2．已知函数. (1)讨论函数的零点的个数. (2)证明： . 3．（25-26高二下·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，. 4．（2026·海南三亚·一模）已知函数（），． (1)讨论函数的单调性； (2)若的图像在处的切线与的图像相切，求实数的值； (3)当时，证明：对任意的，恒成立． 5．（2026高三·全国·专题练习）已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)证明：； (3)证明：. 题型03 最值法证明不等式 最值法证明不等式核心思想是将不等式问题转化为求函数在特定区间上的最大值或最小值问题。 1．（25-26高二下·山东滨州·期末）设函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论的单调性； (3)证明：当时，. 2．（25-26高二下·广东韶关·期末）已知函数，. (1)当时，求函数在点处的切线方程； (2)讨论函数的单调性； (3)若，证明：. 4．（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，． 5．（2026·河北沧州·三模）已知． (1)讨论的单调性； (2)当时，证明：． 6．（25-26高三下·江西景德镇·期中）设函数 (1)当时，求在点处的切线方程： (2)讨论的单调性： (3)证明：当时，. 7．（25-26高三上·黑龙江·阶段检测）已知函数. (1)若，求函数在点处的切线方程； (2)讨论的单调性； (3)证明：当时，. 8．（2026·湖北十堰·一模）已知函数（）. (1)若在上单调递增，求的取值范围； (2)若，证明：； (3)试讨论过点且与曲线（）相切的直线的条数. 题型04 凸凹反转法证明不等式 此方法适用于导函数零点不可求或直接构造函数求最值困难的复杂不等式（如含指数、对数混合的超越函数）。其核心思想是简化圆不等式拆分为两个具有相反凸凹性的函数，通过比较一个函数的最小值与另一个函数的最大值来证明不等式成立。 1．（2026·河南开封·模拟预测）已知，，． (1)若对于恒成立，求实数m的取值范围； (2)证明：对任意，． 2．（2026·湖南长沙·模拟预测）已知函数． (1)若恰有两个零点，求实数的取值范围； (2)当时，证明：． 3．（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. 4．（25-26高三上·安徽阜阳·阶段检测）已知函数，. (1)若在上恒成立，求a的取值范围; (2)当时，证明:. 5．（2025高三·全国·专题练习）已知函数. (1)求的极值； (2)设，求证：. 6．（25-26高三·全国·三轮复习）求证：当时，． 7．（2025·湖北·模拟预测）已知函数，， (1)判断在上零点的个数并证明 (2)当，求证： 1 + 0 0 + 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 题型05 放缩法证明不等式 此类方法核心思路是通过调整表达式的取值范围，将复杂的不等式转化为易于证明的形式，再利用不等式的传递性得出结论。该方法常与构造函数、单调性分析结合使用，是解决高考导数压轴题的重要技巧。 常用结论：1.指数类放缩：（当且仅当时取等号）；（当且仅当时取等号）； （当且仅当时取等号）；（当且仅当时取等号）；； 2.对数函数放缩：（当且仅当时取等号）；（当且仅当时取等号）；（当且仅当时取等号）；，；； 3.三角函数放缩：，；； ； 1．证明：. 2．（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. 3．（26-27高三·全国·一轮复习）求证：时，有． 4．（25-26高二下·浙江·开学考试）已知函数． (1)讨论函数的极值点个数； (2)当时，若不等式恒成立，求实数的取值范围； (3)若，证明． 5．（25-26高三上·河南周口·月考）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若关于x的不等式恒成立，求a的值； (3)证明：对一切的，都有． 6．（2025·河北沧州·模拟预测）已知函数. (1)求的最小值； (2)证明：； (3)若，求实数的取值范围. 7．（2025高三·全国·专题练习）已知为正实数. (1)比较与的大小； (2)求证：. 题型06 隐零点法证明不等式 此方法是解决导数零点无法直接求出（即“设而不求”）时的核心技巧。该方法适用于导函数为超越方程（如含指数、对数、三角函数混合）的情形，通过虚设零点、整体代换和范围估算来完成证明。 1．（25-26高三上·湖南·阶段检测）函数. (1)若，求的极小值； (2)当时，证明：. 2．（25-26高三上·广东广州·阶段检测）已知函数． (1)当时，求证：； (2)当时，求证：． 3．（25-26高三上·河北沧州·阶段检测）已知函数，． (1)若在上单调递增，，求实数的值； (2)证明：． 4．（25-26高二下·贵州毕节·期末）已知函数． (1)当时，求曲线在点的切线方程； (2)求证：当时，． 5．（24-25高三上·安徽淮南·阶段检测）设函数 (1)若恒成立，求实数的取值范围 (2)若求证：在时 6．（25-26高三下·江苏无锡·阶段检测）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)当时，求证：． 7．（25-26高三上·广西柳州·月考）已知函数. (1)若曲线在处的切线与直线垂直，求切点的坐标； (2)当，时，求证：. 题型07 消参法证明不等式 给定参数范围，利用参数作放缩，消去参数，将圆不等式化为无参不等式。 1．（2025高三·全国·专题练习）已知函数. （1）设x=2是函数f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间； （2）证明：当时，. 2．（25-26高三上·山东聊城·阶段检测）已知函数． (1)若函数，且，求在上的单调区间； (2)若，证明：． 3．（20-21高二下·福建·期末）已知函数. （1）设x=2是函数f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间； （2）证明：当时，. 4．（2025·陕西汉中·一模）（1）已知函数，求在上的单调区间； （2）若，证明：． 题型08 与数列相关的不等式证明 此类题型核心本质是利用导数先得到函数型不等式，对自变量赋值（令取数列中的项），再累加/累乘，完成数列不等式的证明。常见题型： 1.数列求和型：证明或； 2.数列积型：证明（两边同时取对数转化为求和）； 3.与通项结合的不等式。 【注】导数工具是用来生成放缩引理，不是直接对数列求导 1．（25-26高三上·甘肃·阶段检测）已知函数. (1)若在上单调递增，求实数的取值范围； (2)设，求证：. 2．（2025高三·全国·专题练习）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若恒成立，求实数的取值范围； (3)利用（2）的结论证明：． 3．（25-26高三上·重庆九龙坡·期中）已知函数 ． (1)当时， ① 求的最小值； ② 设，求证: ； (2)设，，是的两个极值点，求证：． 4．（25-26高三上·江苏·期中）已知函数． (1)当时，求曲线经过原点的切线方程； (2)当时，，求的取值范围； (3)证明：对于任意的，． 5．（25-26高二下·云南玉溪·期末）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论函数的单调性； (3)证明：． 6．（26-27高三上·云南昆明·阶段检测）已知函数，． (1)若，求的极值点； (2)若，都有，求的取值范围； (3)证明：，有． 7．（2026·江苏南京·模拟预测）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)证明： ① ； ②当且时，. 8．（2026·甘肃·模拟预测）设函数，． (1)求的图象在点处的切线方程； (2)证明：； (3)设，，数列的前项和为，证明：． 9．（25-26高三上·浙江绍兴·期末）设，. (1)当时，求证：； (2)求证：（，）. 10．（25-26高二下·河南信阳·期末）已知函数，，． (1)讨论在上的单调性． (2)若任意都有恒成立，求实数的取值范围． (3)已知数列满足，其前项和为，利用（2）中的结论，证明：对任意正整数，都有． 11．（25-26高二下·湖北襄阳·阶段检测）已知函数的图象在点处的切线方程为 . (1)用表示出； (2)若在上恒成立，求的取值范围； (3)证明： 12．（2026·海南·模拟预测）（1）已知函数（）． （ⅰ）当时，求函数的极值； （ⅱ）当时，，求的取值范围； （2）证明：当且时，．参考公式：（）． 13．（25-26高三上·福建·期中）设函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)设为从小到大的第个极值点. （i）证明：； （ii）设,证明：. 14．（25-26高三上·安徽·阶段检测）已知函数. (1)当时，求在上的最大值； (2)若是上的单调函数，求实数的取值范围； (3)证明：. 1 / 101 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难专题03 利用导数证明不等式（单变量） 题型脑图·重难考法归纳 考法深研·解题技能通关 题型01 作差构造函数法证明不等式 这是最基础且常用的方法。若要证明，可构造新函数，然后证明在指定区间上的最小值大于0（或小于0）。解题步骤为：移项使不等式一端为0，构造差值函数，求导分析单调性，结合端点值或极值得出结论。 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，. 【答案】(1)的单调递减区间是，单调递增区间是； 极小值为，无极大值；(2)答案见解析 【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. 2．（25-26高二下·广东肇庆·期末）已知函数． (1)求函数的极值； (2)求证：． 【答案】(1)极大值为，无极小值；(2)答案见解析 【分析】（1）求导，利用导数分析的单调性和极值； （2）分析可知原不等式等价于，令，，利用导数证明即可. 【详解】（1）由题意可知：函数的定义域为，且， 令，解得；令，解得； 可知函数在上单调递增，在上单调递减， 所以函数的极大值为，无极小值． （2）因为等价于，即， 且，可得， 令，，则， 令，解得；令，解得； 可知函数在上单调递增，在上单调递减， 则，即对任意恒成立， 所以． 3．（24-25高二下·湖北宜昌·期中）已知函数． (1)讨论函数的单调性； (2)当时，求证：． 【答案】(1)时，在单调递增；时，在上单调递减，在单调递增. (2)答案见解析 【分析】（1）求导，分、两种情况研究的正负性即可； （2）构造函数，研究其单调性，只需满足即可. 【详解】（1）定义域为， ， 令得和-1 ①若，则在上恒成立，则在单调递增； ②若，则由解得，解得， 则在上单调递减，在单调递增， 综上所述，时，在单调递增； 时，在上单调递减，在单调递增. （2）当时，， 欲证，只需证， 即证， 令， 则 又，则， 设，则，则在上单调递增， 又， 所以，使得，即，即， 所以当时，，即， 当时，，即， 所以在单调递减，在上单调递增， 所以 所以，故命题得证. 4．（25-26高三下·四川成都·开学考试）已知函数，． (1)讨论函数的单调性； (2)当时，令，求证： 【答案】(1)当时，函数在上单调递减；当时，函数在上单调递增，在上单调递减；(2)答案见解析 【分析】（1）求出的导数，再按分类讨论求出的单调区间. （2）把代入求出，再对所证不等式作等价变形，按分段并构造函数，利用导数证明不等式. 【详解】（1）函数的定义域为，求导得， 当时，，函数在上单调递减； 当时，由，得；由，得， 函数在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，函数在上单调递减； 当时，函数在上单调递增，在上单调递减. （2）证明：当时，，， 不等式， 当时，，令函数， 求导得，函数在上单调递增， 则，因此； 当时，，函数， 求导得，函数在上单调递增， 则，因此， 所以. 5．（25-26高二下·北京延庆·期末）已知函数，． (1)求的极值点以及极值、最值点以及最值； (2)证明：； (3)证明：． 【答案】(1)函数在处取得极大值，无极小值；在处取得最小值，在处取得最大值. (2)答案见解析；(3)答案见解析； 【分析】（1）求出函数的导数，利用导数求出单调区间，进而求出极值、极值点及最值、最值点. （2）将所证不等式等价变形，再构造函数并利用导数求出最小值即可. （3）结合（2）构造函数，利用导数求出函数最小值即可. 【详解】（1）函数，求导得， 当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，当时，， 所以函数在处取得极大值，无极小值； 在处取得最小值，在处取得最大值. （2）当时，不等式， 令函数，求导得，函数在上单调递增， 因此，即，则， 所以. （3）)令函数，求导得， 函数在上单调递增，， 因此，由（2）知， 所以. 6．（25-26高二下·福建泉州·期末）已知函数，设曲线在点处的切线为． (1)求的方程； (2)若函数的图象为，证明：． 【答案】(1)；(2)答案见解析 【分析】（1）通过求导，确定切线斜率，进而可求解； （2）法一：由（1）构造函数，通过求导确定单调性，求得最值即可证明；法二，由（1）构造函数，通过二次求导确定单调性，求得最值，即可证明. 【详解】（1）依题意可得：，则，， 所以直线的方程为 （2）法一： 由（1）可知，即证，     即证     设 ，     则     令，得；令，得     所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 即，得证 ；    解法二： 由（1）可知，即证， 即证， 设，则，     令， 则令，得；令，得， 所以在上单调递减，在上单调递增，且     当，，则     当，，所以，，   当，，   所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 即，得证. 7．（25-26高三上·福建龙岩·期中）设函数，. (1)求的单调区间. (2)证明：. (3)当时，证明：. 【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为；(2)答案见解析；(3)答案见解析； 【分析】（1）直接利用导数研究函数的单调性，可求得的单调区间； （2）构造函数，利用导数分析函数的单调性和最值，求得的最大值为，从而得. （3）利用（2）的结论，将“证明：”转化为“证明：，”构造函数，利用导数分析的单调性和最值，可证明恒成立，进而证得当时，. 【详解】（1），定义域为，. 因为与在上均单调递增，所以在上单调递增. 又，所以当时，；当时，. 所以的单调递减区间为，单调递增区间为. （2）令， 则. 令 令. 令. 因为单调递减，且， 所以当时，；当时，. 所以在上单调递增，在是单调递减. 所以当时，取得极大值，即最大值为. 所以在上恒成立，所以在上单调递减. 又因为，所以当时，；当时，. 所以在上单调递增，在是单调递减. 所以当时，取得极大值，即最大值为. 所以恒成立，即恒成立，即. （3）令. 则. 令，则. 因为在上单调递减，且，所以当时，；当时，. 所以在上单调递增，在上单调递减. 所以在处取得极大值，即最大值为 当时，，所以在上存在一个零点，记为. 又，所以当时，；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，，且.所以恒成立. 所以恒成立，即. 由（2）知，所以. 所以. 因为当时，， 所以当时，得证. 题型02 同构变形构造法证明不等式 当不等式两边具有相似结构（如同时含有与，或与的混合项）时，可通过变形构造出“形似”的函数。如证明时，可变形为，构造函数进行证明。 1．（25-26高二下·广东茂名·期末）已知函数． (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，在上单调递减，在上单调递增；(2)答案见解析 【分析】（1）求导后分母恒正，讨论分子二次函数符号，当 时导函数恒正，单调递增；当 时仅有一个正零点，先减后增. （2）代入移项得，令 转化为，分 正负讨论，利用 结合得证. 【详解】（1）定义域为，对求导得， 分母恒正，单调性由分子的符号决定，分情况讨论： 当时：时恒成立，故，在上单调递增； 当时：二次函数开口向上，判别式. 由于的两根之和为，两根之积为，则仅有一个正根， 当时，，，单调递减； 当时，，，单调递增. 综上，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. 要证，代入得，即. 利用指数性质，令（），不等式转化为，分情况讨论： 若：，故，不等式成立； 若：不等式等价于，设，求导得. 令得，时，单调递减；时，单调递增. 因此，即. 已知，故，即 成立，不等式成立. 综上，原不等式得证. 2．已知函数. (1)讨论函数的零点的个数. (2)证明： . 【答案】(1)函数只有一个零点；(2答案见解析 【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). 3．（25-26高二下·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，. 【答案】(1)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)；(3)答案见解析 【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）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. 4．（2026·海南三亚·一模）已知函数（），． (1)讨论函数的单调性； (2)若的图像在处的切线与的图像相切，求实数的值； (3)当时，证明：对任意的，恒成立． 【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)；(3)答案见解析 【分析】（1）求导后分和两种情况讨论求解即可； （2）首先求得切线的方程为，设直线与函数相切于点，由题意可得且，求解即可； （3）要证明原不等式在上恒成立，即证明恒成立，先证明，从而可得，再令，借助于放缩法即可得证明. 【详解】（1）因为， 所以， 当时，，在上单调递增； 当时，令，得， 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减； 综上，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增；在上单调递减； （2）因为， 所以，， 所以， 所以切线的方程为， 设直线：与函数相切于点， 因为， 所以且， 解得， 所以； （3）证明：当时，， 要证明对任意的，恒成立， 即证明，即， 令，则， 令，得， 所以当时，单调递减；当时，单调递增； 所以， 所以，即， 令， 则有， 又因为， 所以， 所以对任意的，恒成立． 5．（2026高三·全国·专题练习）已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)证明：； (3)证明：. 【答案】(1)；(2)答案见解析；(3)答案见解析 【分析】（1）借助导数几何意义计算即可得； （2）令，则可构造函数，借助导数研究其单调性即可得证； （3）结合（2）中所得，可将所证不等式转化为证，从而只需令，结合导数研究函数的正负即可得. 【详解】（1），则，又， 则曲线在点处的切线方程为， 化简得； （2）令， 令，则， 令， 则， 则当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 故，即， 故； （3）由（2）知在定义域内恒成立， 故只需证在上恒成立， 当时，只需证， 当时，只需证； 令， ， 则， 令， 则， 令， 则， 故在上单调递增，又， 则当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 故， 则在上单调递增，又， 故当时，，当时，， 即有当时，， 当时，，即得证. 题型03 最值法证明不等式 最值法证明不等式核心思想是将不等式问题转化为求函数在特定区间上的最大值或最小值问题。 1．（25-26高二下·山东滨州·期末）设函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论的单调性； (3)证明：当时，. 【答案】(1)；(2)当时，在上单调递增，当时，在上单调递减，在上单调递增；(3)答案见解析 【分析】（1）利用导数与切线斜率关系即可求解； （2）求导，并判断导数的符号，分别讨论的取值，确定函数的单调区间． （3）结合（2）可知，从而将问题转化为证明，令，利用导数研究的最小值即可证明结论. 【详解】（1）当时，， 所以， 则，， 所以曲线在点处的切线方程为， 即. （2）的定义域为 ， 求导数，得 ， 若 ，则，此时在上单调递增， 若 ，则由得，当时， ，当时， ， 此时在上单调递减，在上单调递增. （3）由（2）知，当，在上单调递减，在上单调递增； 所以， 要证，即证， 即证：， 因为，即证：， 令，所以， 且， 令，解得：， 令，解得：， 令，解得：， 所以在上单调递减，在上单调递增， 则 所以恒成立，即成立，得证. 2．（25-26高二下·广东韶关·期末）已知函数，. (1)当时，求函数在点处的切线方程； (2)讨论函数的单调性； (3)若，证明：. 【答案】(1)；(2)当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增；(3)答案见解析 【分析】（1）应用导数的几何意义求切线方程即可； （2）对函数求导，应用分类讨论研究导数的区间符号，进而确定其区间单调性即可； （3）根据（2）将问题化为证明且，构造函数并应用导数证明不等式即可. 【详解】（1）当时，函数解析式为，则， 由，则， 所以切线方程为，即； （2）由，， 所以， 当时，，，故在上单调递减， 当时，令，解得， 令，得，所以在上单调递减， 令，得，所以在上单调递增， 综上： 当时，在上单调递减， 当时，在上单调递减，在上单调递增. （3）由（2）可知：当 时在上单调递减，在上单调递增， 所以， 要证，即证且， 令，则，在上单调递增， ，即时，在上恒成立. 4．（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，． 【答案】(1)当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增．(2)答案见解析 【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． 5．（2026·河北沧州·三模）已知． (1)讨论的单调性； (2)当时，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）求导，分类讨论导函数的正负即可求解单调性； （2）由（1）可得，即可将问题转化为，构造函数，求导确定函数单调性，即可利用最值求解. 【详解】（1）函数的定义域为，. ①当时，因为，所以，则恒成立，所以在上单调递增； ②当时，令，解得(舍去). 当时，，单调递增；当时，，单调递减. 综上所述： 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减. （2）由(1)知，当时，在处取得最大值. . 要证，即证. 整理得：. 令，其中. 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 所以. 即恒成立. 故得证. 6．（25-26高三下·江西景德镇·期中）设函数 (1)当时，求在点处的切线方程： (2)讨论的单调性： (3)证明：当时，. 【答案】(1)；(2)当时，在上单调递增；当时，在上单调递减；在上单调递增；(3)证明过程见详解 【分析】（1）先求出函数表达式，再对其求导，根据导数的几何意义求出斜率，最后结合切点求出切线方程； （2）对函数求导，根据导数的正负性来讨论函数的单调性，对的取值范围进行分类讨论； （3）先求出函数的最小值，再构造新的函数，通过研究新函数的单调性来证明不等式. 【详解】（1）解：由题意知，函数的定义域为， 当时，，则， 当时，，，则切点为，斜率， 所以切线方程为，即. （2）解：由题意得，， 当时，，则，所以在上单调递增； 当时，令，则， 两边同时取自然对数得，解得, 当时，，即，所以在上单调递减； 当时，，即，所以在上单调递增， 综上，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减；在上单调递增. （3）证明：由（2）可知，当时，在处取极小值，即最小值， 即， 要证，即证， 化简得，令， 则， 再令，则， 因为，所以，则在上单调递增， 又因为，所以， 当时，，即，单调递减； 当时，，即，单调递增， 所以在处取极小值，即最小值， 为， 因为，所以， 即得证. 7．（25-26高三上·黑龙江·阶段检测）已知函数. (1)若，求函数在点处的切线方程； (2)讨论的单调性； (3)证明：当时，. 【答案】(1)；(2)当时，在上为单调递减函数；当时，在上为单调递减函数，在上为单调递增函数；(3)证明见解析. 【分析】（1）求，，，利用点斜式得到函数在点处的切线方程； （2）求，按照和讨论求解，当时，解出的解为的单调递减区间；解出的解为在上为单调递增区间； （3） 利用时的的单调性得到的最小值为，要证明，只需证明，构造函数，即，求，求出的解为的单调递增区间；求出的解为的单调递减函区间；从而得到的最小值，继而得到证明的结论. 【详解】（1），，， ，， ， 函数在点处的切线方程为， 即； （2），， 当时，，在上为单调递减函数； 当时，，解得， 在上为单调递减函数； ，解得，在上为单调递增函数； 综上所述，当时，在上为单调递减函数； 当时，在上为单调递减函数，在上为单调递增函数； （3）， 当时，在上为单调递减函数，在上为单调递增函数； 则在处取最小值，且最小值为， 要证明，只需证明， 设，即， ，， 的解为，故在上为单调递增函数； 的解为，故在上为单调递减函数； 则在处取最小值，且最小值为， ， ，，. 8．（2026·湖北十堰·一模）已知函数（）. (1)若在上单调递增，求的取值范围； (2)若，证明：； (3)试讨论过点且与曲线（）相切的直线的条数. 【答案】(1)；(2)答案见解析；(3)当时，切线的条数为0；当或时，切线的条数为1；当或或时，切线的条数为2；当时，切线的条数为3. 【分析】（1）求导，分析可知在，上单调递增，参变分离结合恒成立问题运算求解； （2）构造函数，利用导数分析其单调性和最值，可得，即可证明结论； （3）求导，根据导数的几何意义分析过一点的切线，构造，可知切线的条数即为与的交点个数，利用导数的单调性和极值，结合图象分析求解即可. 【详解】（1）因为在上连续不断， 若在上单调递增，可知在，上单调递增， 若，则，且， 可得，即在上恒成立， 且在上的最小值为0，可得； 若，则，且， 可得，即在上恒成立， 且在上的最大值为，可得； 综上所述：实数的取值范围为. （2）若，则， 构造，则， 因为，， 令，解得；令，解得； 可知在上单调递增，在内单调递减， 则，即， 且，可得，即. （3）因为， 若，则，且， 设切点坐标为，，切线斜率， 则切线方程为， 代入点可得，整理可得； 若，则，且， 设切点坐标为，切线斜率， 则切线方程为， 代入点可得，整理可得； 构造，可知切线的条数即为与的交点个数， 若，则，且， 可知在内单调递减，且当趋近于1时，趋近于， 当趋近于时，趋近于； 若，则，且， 令，解得；令，解得或； 可知在内单调递减，在内单调递增， 且，当趋近于1时，趋近于5，当趋近于时，趋近于； 据此可得函数的图象，如图所示： 由图象可得当，即时，与有0个交点，即切线的条数为0； 当或，即或时，与有1个交点，即切线的条数为1； 当或或，即或或时，与有2个交点，即切线的条数为2； 当，即时，与有3个交点，即切线的条数为3. 综上可得，当时，切线的条数为0；当或时，切线的条数为1；当或或时，切线的条数为2；当时，切线的条数为3. 题型04 凸凹反转法证明不等式 此方法适用于导函数零点不可求或直接构造函数求最值困难的复杂不等式（如含指数、对数混合的超越函数）。其核心思想是简化圆不等式拆分为两个具有相反凸凹性的函数，通过比较一个函数的最小值与另一个函数的最大值来证明不等式成立。 1．（2026·河南开封·模拟预测）已知，，． (1)若对于恒成立，求实数m的取值范围； (2)证明：对任意，． 【答案】(1)；(2)证明见解析 【分析】（1）把与的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增减性，进而求出的最小值，即可确定的取值范围； （2）所证不等式两边同时乘以，左边为，右边设为，求出左边的最小值以及右边的最大值，比较即可证明. 【详解】（1）若，则，则， 设，则， ，，单调递减， ，， 单调递增，所以， 因为对一切，恒成立， 所以； 即实数m的取值范围是. （2）问题等价于证明， 又，， 令，解得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 所以， 所以的最小值为. 设，则， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 所以，当且仅当时取到， 从而对一切，都有成立． 2．（2026·湖南长沙·模拟预测）已知函数． (1)若恰有两个零点，求实数的取值范围； (2)当时，证明：． 【答案】(1)；(2)答案见解析 【分析】（1）分、，结合导数讨论其单调性，再利用零点存在性定理可得，且，解出即可得； （2），构造函数、，利用导数研究两函数单调性后可得最值，从而可得时，，，即可得证. 【详解】（1）由题得， 当时，，在上单调递减， 最多有一个零点，不符合题意； 当时，令，得， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 又时，时，， 所以只需，解得， 故实数的取值范围是； （2）证明如下： 当时，． 令，则， 令，得，当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以， 所以当时，； 令，则，令，得， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 所以，因为，所以当时，； 故当时，. 3．（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. 【答案】(1)；(2)答案见解析 【分析】（1）将 转化为 ，令 ，由求解； （2）法一：由(1)知，将问题转化为证 ，即证明；法二：令，，证明即可. 【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. 4．（25-26高三上·安徽阜阳·阶段检测）已知函数，. (1)若在上恒成立，求a的取值范围; (2)当时，证明:. 【答案】(1)；(2)证明见解析 【分析】（1）由恒成立得出的大致范围，然后求出函数的单调性，先增后减有最大值，最大值小于0即可； （2）将不等式进行变形，得到证明，利用凹凸翻转构造函数，得到两个函数各自的最值，即，即证. 【详解】（1）因为，则； ，由，得；由，得； 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以a的取值范围为. （2）当时，等价于，等价于 令，，则， 由，得，由，得； 所以在在上单调递增，在上单调递减，所以 令，，则， 易知函数在上单调递增，，； 故存在，使得，即， 且由，得，由，得； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以 所以，即，证毕. 5．（2025高三·全国·专题练习）已知函数. (1)求的极值； (2)设，求证：. 【答案】(1)当时，无极值；当时，有极小值为，无极大值；(2)答案见解析 【分析】（1）对与的关系分类讨论，从而求解出的极值； （2）将不等式转化为，由此构造新函数和，分析新函数最值的关系从而证明不等式. 【详解】（1）（1）（）， 当时，恒成立，则在上单调递减，无极值； 当时，令，得；令，得， 则在上单调递减，在上单调递增，此时有极小值为，无极大值. 综上：当时，无极值；当时，有极小值为，无极大值. （2）证明：因为，故要证， 只需证，故只需证， 令：，，定义域为， 令， 所以当时，，递减；当时，递增， 所以； 令：，，定义域为， 令， 所以当时，，递增；当时，递减 所以； 所以，，，即： 所以原不等式成立. 6．（25-26高三·全国·三轮复习）求证：当时，． 【答案】证明见解析 【分析】令，利用导数研究其单调性，得，然后利用洛必达法则求解，进而利用即可证明不等式. 【详解】当时，． 令， 则， 设，则，， 当时，，为增函数， 当时，，为减函数， 所以，即，用代替得， 所以 所以在上单调递减，所以． 由洛必达法则得 ，所以，原不等式成立． 【方法点睛】本题在求时，是型，要转化成分式变成型，就可以用洛必达法则了． 7．（2025·湖北·模拟预测）已知函数，， (1)判断在上零点的个数并证明 (2)当，求证： 【分析】（1）首先得到的解析式，并通过导数研究它在上的单调性，判断值的正负，由零点存在性定理即可得到在上零点的个数； （2）将原不等式转化为证明，借助导数分别求出在上的最小值及在上的最大值，即可得证. 【详解】(1)函数g在上零点的个数为1个，证明如下： 因为， 所以，则. 令，得或，由，得或； 故当在上变化时，，的变化情况如下表： 1 + 0 0 + 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 根据上表知的极大值为， 又因为， ， 所以由零点存在性定理可知，函数g在上零点的个数为1个； (2)证明：要证明，即证明. 令，则.令可得. 所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以. 设函数，则. 令，则， 易知在上单调递增. 因为，所以存在，使得， 从而函数在上单调递减，在上单调递增. 所以，， 故存在，使得， 即当时，；当时，， 从而函数在上单调递减；在上单调递增. 因为，，故当时，. 因为，所以 ， 所以. 题型05 放缩法证明不等式 此类方法核心思路是通过调整表达式的取值范围，将复杂的不等式转化为易于证明的形式，再利用不等式的传递性得出结论。该方法常与构造函数、单调性分析结合使用，是解决高考导数压轴题的重要技巧。 常用结论：1.指数类放缩：（当且仅当时取等号）；（当且仅当时取等号）； （当且仅当时取等号）；（当且仅当时取等号）；； 2.对数函数放缩：（当且仅当时取等号）；（当且仅当时取等号）；（当且仅当时取等号）；，；； 3.三角函数放缩：，；； ； 1．证明：. 【分析】先将不等式转化为在上成立，再分别构造函数，，用导数证明及成立，进而可证明不等式成立. 【详解】证明：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. 2．（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. 【分析】（1）将 转化为 ，令 ，由求解； （2）法一：由(1)知，将问题转化为证 ，即证明；法二：令，，证明即可. 【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. 3．（26-27高三·全国·一轮复习）求证：时，有． 【分析】方法一：将原不等式转换为，构造函数利用函数的单调性证明即可；方法二：利用不等式放缩，当时，，将原不等式变形为，换元法令，利用不等式即可证明. 【详解】法一（导数法）：令，，则 在上恒成立， 所以在上单调递增，所以在上恒成立， 即当时，有． 法二（放缩法）：令函数，则， 当时，，所以恒成立，等号仅在时成立， 所以在区间上单调递增， 所以， 所以当时，，所以， 所以只要证． 令，则等价于， 令函数，则， 当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 则， 则，这显然成立．所以当时，有． 4．（25-26高二下·浙江·开学考试）已知函数． (1)讨论函数的极值点个数； (2)当时，若不等式恒成立，求实数的取值范围； (3)若，证明． 【答案】(1)当时，有一个极值点；当时，没有极值点；当或时，有两个极值点；(2)；(3)答案见解析 【分析】（1）求导，分别讨论，，，时导数的正负，进而求出单调性，根据极值的定义判断极值点个数； （2）求出函数的导数，根据不等式恒成立，分和两种情况求出的范围； （3）要证，只需证成立，然后构造函数，证明即可． 【详解】（1）由条件得，令，则． ①当时，，在上单调递增，且， 则当时，，当时，， 即函数在上单调递减，在上单调递增. 故此时有1个极小值点为0，无极大值点； ②当时，令可得， 则当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， （i）当时，，所以， 而，所以在有唯一零点， 所以是的极大值点，是的极小值点． （ii）当时，，即恒成立，所以无极值点． （iii）当，所以， 而，所以在有唯一零点， 所以是的极小值点，是的极大值点． 综上所述：当时，有一个极值点；当时，没有极值点；当或时，有两个极值点. （2）由（1）得，①当时，在上，，单调递增， 所以，即， 所以在上为增函数，所以，所以时满足条件． ②当时，在上，单调递减， 所以当时，有，即， 在上为减函数，所以，不合题意． 综上，实数的取值范围为． （3）由（1）得，当时，，即， 要证不等式，故只需证明， 只需证明，只需证， 设，则， 所以当时，恒成立，故在上单调递增， 又，所以恒成立，所以原不等式成立． 5．（25-26高三上·河南周口·月考）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若关于x的不等式恒成立，求a的值； (3)证明：对一切的，都有． 【答案】(1)答案见解析；(2)1；(3)证明见解析 【分析】(1)求导，得，对分类讨论求解； (2) 对分类讨论求解； (3) 由（2）可知当时，，即，所以．则，故要证，即证．设，求导进行求解． 【详解】（1）由题意可得的定义域为，且． 当时，在上恒成立，则在上单调递增； 当时，由，得，由，得， 则在上单调递增，在上单调递减． 综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减． （2）当时，由（1）知在上单调递增，又，所以当时，，则不符合题意． 当时，由（1）知在上单调递增，在上单调递减， 则． 又，且，所以，解得， 经检验，当时，恒成立． 综上，a的值为1． （3）证明：由（2）可知当时，，即， 则，所以，所以． 当时，， 则， 故要证，只需证， 即证． 设，则． 由（2）可知，则，即， 所以，所以在上单调递增，所以， 故对一切的，都有． 6．（2025·河北沧州·模拟预测）已知函数. (1)求的最小值； (2)证明：； (3)若，求实数的取值范围. 【答案】(1)0；(2)证明见解析；(3). 【分析】（1）由并对其求导，根据其区间符号确定函数的区间单调性，进而求其最小值； （2）应用放缩及分析法，将问题化为证明上即可； （3）由题设恒成立，构造，应用导数及分类讨论研究其在的单调性，判断函数的符号，即可得参数范围. 【详解】（1）因为， 所以， 因为，所以，故在上单调递增， 所以的最小值为； （2）因为，所以，所以，即， 要证，而，只需证，即证， 设，则， 所以在上单调递增，则，即， 所以，得证. （3）由，即， 令，且、在上单调递减， 所以在上单调递减，， 当，即时，在上单调递减，，满足； 当，即时，，又时， 当时，，则存在，使得， 当时，，所以在上单调递增，则，不满足， 当时，，在上，在上单调递增，则，不满足， 综上所述，实数的取值范围是. 7．（2025高三·全国·专题练习）已知为正实数. (1)比较与的大小； (2)求证：. 【答案】(1)；(2)证明见解析 【分析】（1）利用作差法，构造函数，求导判断单调性求出最值，进而可比较大小. （2）将所求不等式变形得，利用（1）中的结果，再判断出，即可证明结论. 【详解】（1）设，求导得， 令，求导得，因为，所以， 所以，所以在上单调递增，所以 所以，所以在上单调递增，因为，所以. 即. （2）不等式等价于， 根据（1）可知，而， 令，，求导得. 令，求导得，由于，所以， 所以，所以在上单调递增，而，所以. 即，所以在上单调递增，而， 所以，即，又，， 故 即得证. 题型06 隐零点法证明不等式 此方法是解决导数零点无法直接求出（即“设而不求”）时的核心技巧。该方法适用于导函数为超越方程（如含指数、对数、三角函数混合）的情形，通过虚设零点、整体代换和范围估算来完成证明。 1．（25-26高三上·湖南·阶段检测）函数. (1)若，求的极小值； (2)当时，证明：. 【答案】(1)；(2)答案见解析 【分析】（1）代入，求导判断函数单调性，根据单调性求解函数的极小值 （2）要证，即证，令，求导判断单调性，求出的最小值，得证. 【详解】（1）函数的定义域为，当时，， 由，得，即在上单调递增； 由，得，即在区间上单调递减， 所以的极小值为. （2）当时，， 令 ，定义域为， 则，其中， 由在上单调递增，且，， 则存在，使得， 当时，，，在上单调递减； 当时，，，在上单调递增； 所以的最小值为， 由，可得，， 所以，即的最小值为0， 综上，，即得证. 2．（25-26高三上·广东广州·阶段检测）已知函数． (1)当时，求证：； (2)当时，求证：． 【分析】（1）分别构造，，求导，确定单调性及最值，即可求证； （2）根据题意，当时，，故只需证明，进而利用导数方法证明函数的最小值大于0即可. 【详解】(1)证明：当时，， 令，， 由，得，由，得， 所以在上单调递增，在上单调递减，最大值为， 所以，即； 令，， 由，得，由，得， 所以在上单调递减，在上单调递增，最小值为， 所以，即， 综上：. (2)证明：当时，， 要证明 ，只需证明， 故只需证明. . 因为函数 和函数在上单调递增，所以在上单调递增. ， 所以必定存在唯一一个零点，且， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以. 由，得，， 所以， 所以. 所以，当时，. 3．（25-26高三上·河北沧州·阶段检测）已知函数，． (1)若在上单调递增，，求实数的值； (2)证明：． 【答案】(1)；(2)答案见解析 【分析】（1）依题意在区间上恒成立，参变分离可得在区间上恒成立，构造函数并判断函数的单调性，求出的范围，再由构造函数，利用导数求出函数的最小值，即可得解； （2）依题意需证成立，令，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最小值，即可得证. 【详解】（1）因为，所以， 因为在区间上单调递增，所以在区间上恒成立， 即，即在区间上恒成立， 设，，因为与在区间上单调递减， 所以在区间上单调递减， 所以，则， 由可得， 令，则， 当时，，则单调递减， 当时，，则单调递增， 所以的最小值为，则， 综上可得． （2）证明：要证成立，需证成立， 令，则， 再令，显然在上是增函数， 当时，，当时，， 所以，即，即， 当时，，，当，． 所以，得证． 4．（25-26高二下·贵州毕节·期末）已知函数． (1)当时，求曲线在点的切线方程； (2)求证：当时，． 【答案】(1)；(2)答案见解析 【分析】（1）利用切点函数值、导数求切线斜率，代入点斜式直接整理切线方程； （2）先放缩锁定临界参数构造新函数，通过隐零点代换消去指数与对数，化简最小值表达式证明恒正. 【详解】（1）当时，， ，切点为 又， 由整理得 曲线在点的切线方程为 （2）当时，，， 令，， ，易知在单调递增， ，， 存在唯一，使得， 即，， 且时，，单调递减， 时，，单调递增， 当时，取得最小值， 最小值为， 恒成立，即. 5．（24-25高三上·安徽淮南·阶段检测）设函数 (1)若恒成立，求实数的取值范围 (2)若求证：在时 【答案】(1)；(2)答案见解析 【分析】（1）条件可转化为，利用导数求函数的最大值可得结论； （2）要证明只需证明，再利用导数判断函数的单调性求其取值范围即可证明结论. 【详解】（1）函数的定义域为， 不等式可化为，，即， 由已知在上恒成立，所以， 设，， 则， 当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 所以当时，函数取最大值，最大值为， 所以， 所以实数的取值范围为； （2）证明：当时，要证， 只需证，即证， 令 ，， 只需证， ∵ ，而，在上单调递增， ∴在上单调递增， 又 ， ∴在 内存在唯一的零点， 也即在上有唯一零点，设的零点为， 则 ，即 ， 由的单调性知， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以当时， ， 又 ， ， 即当时，. 6．（25-26高三下·江苏无锡·阶段检测）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)当时，求证：． 【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)答案见解析 【详解】（1）因为，， 则当时，，所以，在上单调递增. 当时，由，解得，所以在上单调递增， 由，得，所以在上单调递减. 综上所述，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减. （2）当时，，欲证， 即证. 设，，则. 而和在上都是单调递减， 则在上单调递减. 又因为，， 则，使得，即， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减. 则极大值为 . 设，， 则， 而时，，则，在上单调递增， 所以，即， 所以，即. 7．（25-26高三上·广西柳州·月考）已知函数. (1)若曲线在处的切线与直线垂直，求切点的坐标； (2)当，时，求证：. 【答案】(1)；(2)证明见解析. 【分析】（1）根据导数的几何意义，结合互相垂直直线斜率之间的关系进行求解即可； （2）构造新函数，利用二次求导法、函数零点存在原理进行运算证明即可. 【详解】（1）， 所以直线的斜率为， 因此与直线垂直的直线的斜率为，即. ， 所以，即， 所以，因此切点为. （2）当，时，要证明， 即证明，只需证明， 即只需要证明，其中， 设， 设 因为函数在上均为减函数， 则在区间内单调递减， 因为， 所以，，使得， 当时，；当时，. 所以在区间内单调递增，在区间内单调递减， 又，使得， 当时，；当时，. 所以在区间内单调递增，在区间内单调递减. 因为， 在区间内单调递增，所以有， 在区间内单调递减，所以有， 故内恒成立，原不等式得证. 题型07 消参法证明不等式 给定参数范围，利用参数作放缩，消去参数，将圆不等式化为无参不等式。 1．（2025高三·全国·专题练习）已知函数. （1）设x=2是函数f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间； （2）证明：当时，. 【答案】（1），的单调递减区间为，单调递增区间为；（2）证明见解析； 【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，依题意可得，即可求出参数的值，再根据导函数与函数的单调性的关系求出函数的单调区间； （2）依题意可得，令，即证，，又，所以即证，令，利用导数说明其单调性，即可得解； 【详解】解：（1）因为，定义域为， 所以，因为是函数的极值点，所以，所以，解得，所以，令，则，所以在上单调递增，又，所以当时，，即，所以在上单调递减， 当时，，即，所以在上单调递增， 综上可得的单调递减区间为，单调递增区间为； （2）证明：依题意即证，即证，令，则，所以即证， 因为，所以即证， 令，则，所以当时，，当时，所以，所以，所以当时， 2．（25-26高三上·山东聊城·阶段检测）已知函数． (1)若函数，且，求在上的单调区间； (2)若，证明：． 【答案】(1)递增区间为，无递减区间；(2)答案见解析 【分析】（1）把代入并求出，再利用导数求出单调区间. （2）根据给定条件，利用放缩法变形不等式，构造函数并利用导数证明不等式. 【详解】（1）当时，，求导得， 由，得，令函数，求导得， 函数在上单调递增，则当时，，即， 因此函数在上单调递增， 所以函数在上的递增区间为，无递减区间. （2）不等式，由，得， 只需证明，令，只证明， 令，求导得，函数在上单调递增，且， 则当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增，， 则，所以当时，. 3．（20-21高二下·福建·期末）已知函数. （1）设x=2是函数f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间； （2）证明：当时，. 【答案】（1），的单调递减区间为，单调递增区间为；（2）证明见解析； 【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，依题意可得，即可求出参数的值，再根据导函数与函数的单调性的关系求出函数的单调区间； （2）依题意可得，令，即证，，又，所以即证，令，利用导数说明其单调性，即可得解； 【详解】解：（1）因为，定义域为， 所以，因为是函数的极值点，所以，所以，解得，所以，令，则，所以在上单调递增，又，所以当时，，即，所以在上单调递减， 当时，，即，所以在上单调递增， 综上可得的单调递减区间为，单调递增区间为； （2）证明：依题意即证，即证，令，则，所以即证， 因为，所以即证， 令，则，所以当时，，当时，所以，所以，所以当时， 4．（2025·陕西汉中·一模）（1）已知函数，求在上的单调区间； （2）若，证明：． 【答案】（1）递增区间为，无递减区间；（2）证明见解析 【分析】（1）求导，再根据导数的符号即可得解； （2）由，得，则要证，只需证明，令，构造函数，求出函数的最小值即可得证. 【详解】（1）， 求导得， 由，得， 令函数，则， 函数在上单调递增， 则当时，，即， 因此函数在上单调递增， 所以函数在上的递增区间为，无递减区间； （2）由，得， 则要证，只需证明， 令，即证， 令，求导得， 因为函数在上都是增函数， 所以函数在上单调递增， 又， 则当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增，， 则， 所以当时，. 题型08 与数列相关的不等式证明 此类题型核心本质是利用导数先得到函数型不等式，对自变量赋值（令取数列中的项），再累加/累乘，完成数列不等式的证明。常见题型： 1.数列求和型：证明或； 2.数列积型：证明（两边同时取对数转化为求和）； 3.与通项结合的不等式。 【注】导数工具是用来生成放缩引理，不是直接对数列求导 1．（25-26高三上·甘肃·阶段检测）已知函数. (1)若在上单调递增，求实数的取值范围； (2)设，求证：. 【答案】(1)；(2)答案见解析 【分析】（1）在上单调递增等价于在上恒成立，再分离参数，结合不等式求最值即可； （2）令，利用小问（1）可得到：，再根据此式放缩，累加即得答案. 【详解】（1）， 因为在上单调递增，所以在上恒成立， 所以恒成立，令，只需， ， 当且仅当，即时等号成立，所以. 由，得，即的取值范围是. （2）由（1）知，当时，在上单调递增， 所以当时，，即. 令，，所以， 即，所以，. 当依次取1，2，…，n时，，，…，. 上面式子叠加即得. 2．（2025高三·全国·专题练习）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若恒成立，求实数的取值范围； (3)利用（2）的结论证明：． 【答案】(1)；(2)；(3)证明见解析. 【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义求出切线方程. （2）由不等式恒成立，分离参数构造函数，再求出函数的最大值即得. （3）结合（2）的结论得，，再利用不等式的性质推理即得. 【详解】（1）当时，函数，求导得，则，而， 所以曲线在点处的切线方程为. （2）函数的定义域为，，令， 依题意，，恒成立， 求导得，由，得；由，得， 则函数在上单调递增，在上单调递减，， 所以. （3）由（2）知，，即，当且仅当时取等号， 则当时，，，…，， 因此， 所以原不等式成立. 3．（25-26高三上·重庆九龙坡·期中）已知函数 ． (1)当时， ① 求的最小值； ② 设，求证: ； (2)设，，是的两个极值点，求证：． 【答案】(1)① ；②答案见解析；(2)答案见解析； 【分析】（1）①求出函数的导函数，即可得到函数的单调性，从而求出函数的最小值； ②由①可知，令，从而得到，再结合等差数列求和公式即可证明； （2）求出函数的导函数，即可得到，令，利用导数说明函数的单调性，不妨设，利用分析法可得只需证，令，利用导数说明函数的单调性，即可证明. 【详解】（1）①当时，，其定义域为， 又， 所以当时，，所以在上单调递减， 当时，，所以在上单调递增， 所以在处取得极小值，也是最小值，即； ②由①知，当时，，即， 令，则，则， 所以，则， 所以，得证. （2）函数的定义域为， 又， 因为，是的两个极值点，所以，， 即， 令，，则， 当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 不妨假设， 要证，只需证，因为，所以， 因为在上单调递增，所以只需证， 又因为，所以只需证， 令， 则， 因为，所以， 则，所以， 所以在上单调递减，， 所以，即. 4．（25-26高三上·江苏·期中）已知函数． (1)当时，求曲线经过原点的切线方程； (2)当时，，求的取值范围； (3)证明：对于任意的，． 【答案】(1)；(2)；(3)答案见解析 【分析】（1）设切点为，求得，可求出切线的斜率，再由导数的几何意义即可求出曲线过原点的切线方程； （2）求出，分类讨论和，求出的单调性，结合端点值计算即可；即可求出实数的取值范围； （3）令，借助（2）中所得，证明及当时，，进而得对任意，有，即可得证. 【详解】（1）当时，，， 设切点为，则切线的斜率，所以切线方程为， ∵切线经过原点，∴，解得， ∴曲线经过原点的切线方程为． （2）当时，则， ①当时，，即 ∴在上单调递增，∴，∴恒成立，符合题意． ②当时，有， ∴存在，使得时，，即在上单调递减， 又，∴当时，，故不符合题意； 综上所述，． （3）时， 由（2）可得，对任意恒成立， 故当时，有，即， 令， 则， 当时， ， ∵对任意恒成立， ∴对任意恒成立， ∴， ∴， 即， 综上，对任意，有， 对于任意的， 5．（25-26高二下·云南玉溪·期末）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论函数的单调性； (3)证明：． 【答案】(1)； (2)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； (3)答案见解析 【分析】（1）代入参数，求函数导数得到切线斜率，结合切点坐标，利用点斜式求解切线方程； （2）对函数求导并整理为分式形式，结合判别式与二次函数根的分布，分类讨论导函数符号，进而确定函数单调区间； （3）利用第二问单调性推导放缩不等式，对不等式赋值后累加，再通过代数放缩完成不等式证明. 【详解】（1）当时，，，，又， 故曲线在点处的切线方程为． （2）函数的定义域为，． 当，即时，函数在上单调递减； 当，即时，若，令，得， 和时，， 时，， 所以函数在和上单调递减， 在上单调递增； 若，令，得，（舍）, 时，；在,； 函数在上单调递增，在上单调递减． 综上，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． （3）由（2）知，当时，函数在上单调递减， 所以当时，即，所以， 将代入上式，得， 所以，于是，，将上述式子累加得： ， 即命题得证． 6．（26-27高三上·云南昆明·阶段检测）已知函数，． (1)若，求的极值点； (2)若，都有，求的取值范围； (3)证明：，有． 【答案】(1)有极小值点，无极大值点；(2)；(3)答案见解析 【分析】（1）代入求导并通分，解导数零点，根据定义域舍去负根，再由导数正负划分单调区间，判定极小值点； （2）化简导数分子为二次函数，以分界分类：时导数恒非负，函数在递增，；时处导数为负，存在正区间函数递减致，舍去，得； （3）借用（2）结论，令作放缩证明，对到累加，左边对数合并化简为，右边即为待证求和式，得证． 【详解】（1）当时，，， ， 令，则，， 解得，（舍去）， 时，，单调递减； 时，，单调递增， 所以有极小值点，无极大值点． （2），， 由基本不等式知， 当时，，， 则函数在上单调递增， 所以，符合题意； 当时，，， 记， 则是开口向上，对称轴为的二次函数． 又， 所以在上单调递减，则. 所以时，，单调递减，， 不符合题意， 综上． （3）由（2）知， 令，则， 所以， 即， 所以． 7．（2026·江苏南京·模拟预测）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)证明： ① ； ②当且时，. 【详解】（1）由，，得， . 若，则 ，当时，，单调递减， 当时，，单调递增. 若时，令，得或. 因为，所以 ， 当，则，单调递减， 当，则，单调递增， 当，则，单调递减； 综上，当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减； (2)①由（1）得，当时，，又在上单调递增，在单调递减，所以，即，即 ； ②当时，，令（，且），得，两边同时取自然对数，得，即，，，，则，即当且时，. 8．（2026·甘肃·模拟预测）设函数，． (1)求的图象在点处的切线方程； (2)证明：； (3)设，，数列的前项和为，证明：． 【分析】（1）根据导数的几何意义，求得的图象在点处的切线的斜率，从而得到切线方程； （2）构造函数，利用导数分析的单调性，利用单调性可得，从而证得； （3）利用（2）的结论，可得时，，结合均值不等式可得；令，，利用放缩法及裂项相消求和法可证得． 【详解】（1）由，， 得， 所以， 所以的图象在点处的切线方程为，即． (2)令，则，. 令，， 所以在上单调递增，， 所以在上单调递增，， 所以. (3)由（2）知，即时，， 所以． 令，，则， 代入上式得， 所以 ， 所以． 9．（25-26高三上·浙江绍兴·期末）设，. (1)当时，求证：； (2)求证：（，）. 【分析】（1）先证明函数为偶函数，再通过研究时的导数单调性，得出在[0,+∞)上的最小值，从而证明； （2）利用（1）的结论得到，再对进行放缩并裂项相消求和，最终证明不等式. 【详解】（1）∵，且， ∴为偶函数， 下面取，可知， 令. ∵，则，则在上单调递增， 可得，即在上恒成立，可知在上单调递增， ∴在上的最小值为，结合偶函数性质可知. (2) 由（1）可得，当时，， 当且仅当时，等号成立，即. 令，，，则， 当时，， 即， 则，，…，， 相加可得. 因为，则， 所以， 即（，）. 10．（25-26高二下·河南信阳·期末）已知函数，，． (1)讨论在上的单调性． (2)若任意都有恒成立，求实数的取值范围． (3)已知数列满足，其前项和为，利用（2）中的结论，证明：对任意正整数，都有． 【答案】(1)当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增；(2)；(3)答案见解析 【分析】（1）二次求导，分和两种情况，得到的单调性； （2）在（1）的基础上，得到的单调性，，求出实数的取值范围； （3）由（2）知，，令，两边取对数，变形后累加可得，，再证明当时，有，放缩，裂项相消法求和得到结论 【详解】（1）由题意，得． 记，定义域为，则． 当，即时，， 此时在上单调递增； 当，即时，令，得， 且在上单调递增， 则在上单调递减，在上单调递增． 综上所述，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增． （2）由（1）知，当时，在上单调递增，所以． 所以在上单调递增，则，符合题意． 当时，在上单调递减，则． 所以在上单调递减，，不符合题意． 综上所述，实数的取值范围为． （3）由（2）知，当时，对任意，恒成立，则． 令，得．两边取对数，得． 因为，所以． 对于，，，…，，求和得 ． 下面证明当时，有，设， 则，且， 所以在上恒成立， 所以． 又，且， 所以， ． 因为， 所以． 所以． 所以对任意正整数，都有． 11．（25-26高二下·湖北襄阳·阶段检测）已知函数的图象在点处的切线方程为 . (1)用表示出； (2)若在上恒成立，求的取值范围； (3)证明： 【答案】(1)，；(2)；(3)答案见解析 【分析】（1）求导，利用导数的几何意义求出切线的斜率，从而得到关于的等式，利用得到 关于的等式. （2）构造函数，分别按照和讨论求解，利用导数求出单调性，从而得到的取值范围. （3）先证左边：由（2）得到当时，在上恒成立，那么当时，在上恒成立；将 依次取，，，…，代入，得到不等式组，将这些不等式组相加计算得到，左边得证.再证右边：方法一：构造函数，利用导数法求出 的单调性，利用单调性得到，从而得到 ，即可得到，通过求和得到，所以右边得证.方法二：利用飘带不等式，，对左边赋值得到，下同方法一进行证明即可. 【详解】（1），， 的图象在点处的切线方程为 ， ，； 又，. （2）由（1）得， 令， 则在上恒成立； ， 令，解得：，； 当，即时，在上恒成立， 在上单调递增，，满足题意； 当，即时， 若，则 ，则在上单调递减， 此时，不合题意；综上所述：的取值范围为. （3）先证左边：由（2）知：当时，在上恒成立， 那么当时，，， 则， 则在上恒成立， 又，中的等号在处取得， 则在上恒成立， 令 依次取，，，…，可得： ，，，…，， ， ， ， .左边得证. 再证右边： 方法一：令，因为， 所以 在上是单调递减函数，在上是单调递增函数， 所以，所以， 所以，所以， 所以， 即，所以右边得证. 方法二：先证明不等式， 证明如下：设， ， 当时，，则在上是单调递增函数， 又， 则当时，，即； 设， 而， 当时， ，则在上是单调递增函数， 又， 则当时，，即； 综上可得，. 设，则， 即，又，则，下同方法一. 12．（2026·海南·模拟预测）（1）已知函数（）． （ⅰ）当时，求函数的极值； （ⅱ）当时，，求的取值范围； （2）证明：当且时，．参考公式：（）． 【答案】（1）（ⅰ）极大值，极小值；（ⅱ）；（2）答案见解析 【分析】（1）（ⅰ）把代入，利用导数求出函数的单调区间，进而求出极值；（ⅱ）求出函数的导数，再按分类讨论，利用单调性并结合恒成立求出范围. （2）构造函数，利用导数证得不等式，再赋值并利用分组求和法求和，然后利用放缩法推理得证. 【详解】（1）（ⅰ）当时，函数的定义域为， 求导得，由，得或； 由，得，函数在上单调递增，在上单调递减， 所以函数在处取得极大值，在处取得极小值. （ⅱ）当时，，令，求导得， 函数在上单调递增，， 当，即时，，函数在上单调递增，， 函数在上单调递增，恒成立，符合题意，因此； 当时，，而函数在上的图象连续不断， 则存在，使得当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，不符合题意， 所以的取值范围是. （2）令函数，求导得， 函数在上单调递增，则，即对恒成立， 则当时，， 当且时， ， 所以当且时，. 13．（25-26高三上·福建·期中）设函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)设为从小到大的第个极值点. （i）证明：； （ii）设,证明：. 【分析】（1）求出切点的函数值及切点处的导数，列出点斜式直线方程即可得解； （2）（i）求导后，将转化为,根据的单调性及零点存在定理求出前两个零点所在区间，再构造函数，巧妙地进行比较证明； （ii）证明由得到,再对进行放缩裂项，最后证明结论. 【详解】（1）易知,, 又，曲线在点处的切线方程为, 整理得, 故曲线在点处的切线方程为. (2)（i）令,显然, ,,即. 当时，设,则, 当时，, 当时，,时，,, 同理可得，, 方法1： 要证：，即证：，，, 只需证：, ,, 只需证：,即证,显然成立， . 方法2： , ,即. （ii）由（i）可知，在区间上单调递增， ,当时，, ,. 由（i）可知，当时，，即, ， ，，即 当时，成立 当时， 14．（25-26高三上·安徽·阶段检测）已知函数. (1)当时，求在上的最大值； (2)若是上的单调函数，求实数的取值范围； (3)证明：. 【答案】(1)；(2)；(3)答案见解析 【分析】（1）求出导函数，根据余弦函数图象与性质求出单调区间，即可求解最大值； （2）求出导函数，结合，按照和分类讨论，分别研究函数的单调性，利用单调性求得的范围； （3）由（1）知，又，所以，，累加证明左边；由（2）可知，令，累加可得，将其变形结合等比数列求和公式利用放缩法证明右边，即可得证. 【详解】（1）若，则，， 当时，，仅当时等号成立， 当时，，，单调递增， 当时，，，单调递减， 所以； （2），则， ，仅当时等号成立， 当时，， 此时恒成立，在上单调递减，符合题意； 当时，，要使为单调函数， 则必须，即恒成立，所以，得， 所以； 综上，实数的取值范围为； （3）先证明左边： 由（1）知时，在上单调递增， 所以当时，，即， 又，所以，， 累加得； 再证明右边： 由（2）可知，时，在上单调递减， 所以当时，，可得，令， 累加可得 ， 所以， 所以； 综上，. 1 / 101 学科网（北京）股份有限公司 $