重難點7導數與雙變量不等式的證明

2024XINSIWEISHUXUEJINGPINCHAOSHI高考數學重難點新思維數學XINSIWEI2024XINSIWEISHUXUEJINGPINCHAOSHI高考數學重難點新思維數學XINSIWEI重難點7導數與雙變量不等式的證明重難點7導數與雙變量不等式的證明統(tǒng)計近幾年高考試題，明確命題規(guī)律多角度切入，多方向解析，總結解題思維策略以高考真題為載體，科學備考不走彎路針對高考中的高頻難點，精心設計，助你沖擊數學巔峰重難點7導數與雙變量不等式的證明1．（2022·全國甲卷（理）·21）已知函數．(1)若，求a的取值范圍；(2)證明：若有兩個零點，則．2．（2021·全國新高考Ⅰ·21）已知函數.（1）討論的單調性；（2）設，為兩個不相等的正數，且，證明：.3．（2022·浙江·22）設函數．(1)求的單調區(qū)間；(2)已知，曲線上不同的三點處的切線都經過點．證明：（?。┤簦瑒t；（ⅱ）若，則．（注：是自然對數的底數）4.（2022·天津·20）已知，函數(1)求函數在處的切線方程；(2)若和有公共點，（i）當時，求的取值范圍；（ii）求證：．5.（2022·北京·20）已知函數．(1)求曲線在點處的切線方程；(2)設，討論函數在上的單調性；(3)證明：對任意的，有．雙變量問題的關鍵是能進行函數的轉化，即由已知條件入手，尋找雙參數滿足的關系式，并把含雙變量的不等式轉化為含單變量的不等式，進而巧構函數，再借助于導數判斷函數的單調性，從而求其最值，最終回歸雙變量的不等式的證明，把所求的最值應用到雙變量不等式，即可證得結果。處理導數雙變量問題，要仔細分析兩個變量之間的關系，在利用單調性證明不等式的過程中注意將變量統(tǒng)一到同一個單調區(qū)間上，防止忽略變量的范圍而失分。例1．（2021·全國新高考Ⅰ·21）已知函數.（1）討論的單調性；（2）設，為兩個不相等的正數，且，證明：.【答案】（1）的遞增區(qū)間為，遞減區(qū)間為；（2）證明見解析.切入點1切入點1（2）由將變量分離可得，，則，根據函數的單調性以及可設，又可得，設，利用導數可證得不等式；又，，故要證，只需要證明，令，再利用導數證明不等式。解法1等價轉化【詳解】(1)的定義域為．解法1等價轉化由得，，當時，；當時；當時，．故在區(qū)間內為增函數，在區(qū)間內為減函數，（2）變形為，所以．令．則上式變?yōu)?，于是命題轉換為證明：．令，則有，不妨設．由（1）知，先證．要證：．令，則，在區(qū)間內單調遞增，所以，即．再證．因為，所以需證．令，所以，故在區(qū)間內單調遞增．所以．故，即．綜合可知．切入點2設，同上面的分析，對于只需要證明切入點2不妨設，則，要證，只需證，兩邊取對數得，又因為得，，則等價于，再構造函數可證得不等式成立.解法2比值代換由得，即．解法2比值代換由，為兩個不相等的正數，得．由（1）不妨設，則，從而，得，①令，則，當時，，在區(qū)間內為減函數，，從而，所以，由（1）得即．①以下證明．不妨設，則，由得，，要證，只需證，兩邊取對數得，即，即證．記，則.記，則，所以，在區(qū)間內單調遞減．，則，所以在區(qū)間內單調遞減．由得，所以，即．切入點3設，同上面的分析，對于只需要證明，只需要證明，即證，又，可得，故不等式化為，即，構造函數，進而可證得不等式。切入點3解法3構造函數由已知得，令，解法3構造函數不妨設，所以．由（Ⅰ）知，，只需證．證明同證法2．再證明．令．令，則．所以，在區(qū)間內單調遞增．因為，所以，即又因為，所以，即．因為，所以，即．綜上，有結論得證．方法一：等價轉化是處理導數問題的常見方法，其中利用的對稱差函數，構造函數的思想，這些都是導數問題必備的知識和技能，也是最基本的極值點偏移問題的處理策略；方法二：比值代換是一種將雙變量問題化為單變量問題的有效途徑，然后構造函數利用函數的單調性證明題中的不等式即可；方法三：構造函數之后想辦法出現關于的式子，這是本方法證明不等式的關鍵思想所在.【對點練1】（2024·海南?？凇そy(tǒng)考模擬預測）已知函數.(1)若的最小值為1，求；(2)設為兩個不相等的正數，且，證明：.【答案】(1)0(2)證明見解析【分析】（1）由導數求解函數的單調性即可求解最值，（2）構造函數，利用極值點偏移即可求證，進而結合不等式的關系即可求證.【詳解】（1）函數的定義域為，令，則，所以函數在上單調增.又，所以當時，當時，所以函數在上單調遞減，在上單調遞增，所以，所以.（2）由，得，即即.由（1）知在上單調遞減，在上單調遞增，不妨設.令，則.當時，，所以當函數單調遞減，所以，即，又，所以.因為，當時函數單調遞增，所以，所以，因為，所以，所以.題后反思1.導函數中常用的兩種常用的轉化方法：一是利用導數研究含參函數的單調性，?；癁椴坏仁胶愠闪栴}．注意分類討論與數形結合思想的應用；二是函數的零點、不等式證明常轉化為函數的單調性、極(最)值問題處理．2.利用導數解決含參函數的單調性問題時，一般將其轉化為不等式恒成立問題，解題過程中要注意分類討論和數形結合思想的應用.3.證明不等式，構造一個適當的函數，利用它的單調性進行解題，是一種常用技巧.許多問題，如果運用這種思想去解決，往往能獲得簡潔明快的思路，有著非凡的功效.例2（2022·全國甲卷（理）·21）已知函數．(1)若，求a的取值范圍；(2)證明：若有兩個零點，則．切入點1（1）由導數確定函數單調性及最值，即可得解；（2）結合（1）的過程，不妨設，要證,即證因為,即證又因為,故只需，構造函數可證得結論切入點1【詳解】（1）[方法一]：常規(guī)求導的定義域為，則令,得當單調遞減當單調遞增，若,則,即所以的取值范圍為解法解法1構造函數（2）由題知,一個零點小于1,一個零點大于1，不妨設要證,即證因為,即證又因為,故只需證即證即證下面證明時，設，則設所以,而所以,所以所以在單調遞增即,所以令所以在單調遞減即,所以；綜上,,所以.切入點2（2）由題意得：，又可得兩邊取對數得：，即，等價于又，不妨設，則只需證切入點2進而可證得結論解法2換元轉化由題意得：，令，則，解法2換元轉化所以在上單調遞增，故只有1個解又因為有兩個零點，故兩邊取對數得：，即又因為，故，即下證因為不妨設，則只需證構造，則故在上單調遞減故，即得證【對點練】（2024·全國·高三專題練習）已知函數，.(1)求函數的極值；(2)若，求函數的最小值；(3)若有兩個零點，，證明：.【答案】(1)極大值為，無極小值(2)(3)證明見解析【分析】（1）求導后解不等式、即可求得極值.（2）運用導數研究的單調性，進而可求得其最小值.（3）由已知可得，構造函數，根據其單調性可得，構造函數并研究其單調性，構造函數并研究其單調性，當時，依次結合函數、的單調性即可證得結果.【詳解】（1）由題意知函數的定義域為，，，，所以在上單調遞增，在上單調遞減，所以在處取得極大值，極大值為，無極小值.（2）由題意知函數的定義域為.，則，，所以在上單調遞減，在上單調遞增.所以.（3）不妨設，則由（2）知，.設，由，得，即，因為函數在R上單調遞增，所以成立.構造函數，則，，，所以在上單調遞減，在上單調遞增，構造函數，則，所以函數在上單調遞增，所以當時，，即當時，，所以，又在上單調遞減，所以，即.題后反思極值點偏移問題的方法指導：(1)(對稱化構造法)構造輔助函數：對結論型，構造函數；對結論型，構造函數，通過研究的單調性獲得不等式．(2)(比值代換法)通過代數變形將所證的雙變量不等式通過代換化為單變量的函數不等式，利用函數單調性證明．【對點練2】已知函數f(x)=lnxQUOTEa(x-1)x+1(1)若函數f(x)在(0,+∞)上為單調增函數,求a的取值范圍;(2)設m,n>0,且m≠n,求證:QUOTEm-nlnm-lnn<QUOTEm+n2(1)解:f′(x)=QUOTE1xQUOTEa(x+1)-a(x-1)(x+1)2=QUOTE(x+1)2-2axx(x因為f(x)在(0,+∞)上為單調增函數,所以f′(x)≥0在(0,+∞)上恒成立.即x2+(22a)x+1≥0在(0,+∞)上恒成立,由x∈(0,+∞)時,x2+(22a)x+1≥0,得2a2≤x+QUOTE1x,由于x+QUOTE1x在(0,+∞)上的最小值為2,故2a2≤2,解得a≤2,所以a的取值范圍是(∞,2].(2)證明:由于交換m,n不影響不等式的結構,故可以設m>n.原不等式等價于QUOTEmn-1lnmn<QUOTEmn+12,即lnQUOTEmn>QUOTE2(mn-1)mn+1,即lnQUOTEmnQUOTE2(mn-1)mn+1>0.根據(1),函數h(x)=lnxQUOTE2(x-1)x+1在(0,+∞)上是單調增函數,又QUOTEmn>1,所以h(QUOTEmn)>h(1)=0,所以lnQUOTEmnQUOTE2(mn-1)mn+1>0成立,所以QUOTEm-nlnm-lnn<QUOTEm+n2.例3．（2022·北京·20）已知函數．(1)求曲線在點處的切線方程；(2)設，討論函數在上的單調性；(3)證明：對任意的，有．切入點（1）先求出切點坐標，在由導數求得切線斜率，即得切線方程；切入點（2）在求一次導數無法判斷的情況下，構造新的函數，再求一次導數，問題即得解；（3）令，，即證，由第二問結論可知在[0,+∞）上單調遞增，即得證.【詳解】（1）解：因為，所以，即切點坐標為，又，∴切線斜率∴切線方程為：（2）解：因為，

所以，令，則，∴在上單調遞增，∴∴在上恒成立，∴在上單調遞增.（3）解：原不等式等價于，令，，即證，∵，，由（2）知在上單調遞增，∴，∴∴在上單調遞增，又因為，∴，所以命題得證.根據雙變量不等式的特點，通過構造函數，將不等式轉化為函數的單調性問題，也是此類問題常用的轉化策略?！緦c練1】（2013上·湖北襄陽·高三校聯考期中）已知函數f(x)=x－ax+(a－1)，.（1）討論函數的單調性；（2）若，設，（ⅰ）求證g（x）為單調遞增函數；（ⅱ）求證對任意x，x，xx，有.【答案】(1)當a=2時，f（x）在（0，+∞）單調遞增；當1＜a＜2時，f（x）在（a1，1）單調遞減，在（0，a1），（1，+∞）單調遞增；當a＞2時，f（x）在（1，a1）單調遞減，在（0，1），（a1，+∞）單調遞增.(2)見解析.【詳解】試題分析：（1）先利用導數求出函數的兩個潛在極值點與，由于，可以確定也在函數的定義域中，然后對與的大小關系分三種情況進行討論，并求出相應條件下函數的單調區(qū)間；（2）（?。┣蟪龅膶担缓罄脤祷蚍ㄕf明在上恒成立，從而證明函數為單調遞增函數；（ⅱ）利用（?。┲械慕Y論是單調遞增函數，并假設，由經過變形得到.試題解析：(1)的定義域為，2分（i）若即,則故在單調增加．3分(ii)若,而,故,則當時，;當及時，故在單調減少，在單調增加．5分(iii)若,即,同理可得在單調減少，在單調增加.6分(2)（?。﹦t7分由于1<a<5,故，即g(x)在(0,+∞)單調增加，8分（ⅱ）有（?。┲敃r有，即，故，當時，有10分考點：分類討論、函數的單調性與導數【對點練2】（2024·全國·高三專題練習）已知函數．(1)討論函數的單調性；(2)若函數在處取得極值，不等式對恒成立，求實數的取值范圍；(3)當時，證明不等式．【答案】(1)答案見解析(2)(3)證明見解析【分析】（1）結合函數定義域，分，兩種情況分析和的解即可得答案；（2）問題等價于恒成立，求出函數的最小值可得答案；（3）即證明，結合函數單調性可證明結論.【詳解】（1）由題，，．當時，，從而，函數在單調遞減；當時，若，則，從而，若，則，從而，則函數在單調遞減，在單調遞增．綜上，當時，在單調遞減；當時，在單調遞減，在單調遞增；（2）根據（1）函數的極值點是，若，則，，即，，即，令，則，注意到.得是函數在內的唯一極小值點，也是最小值點，故，故；（3）由即，構造函數，則，又令在上單調遞增.注意到時，，時，在遞增，，，.一、多選題1．（2024上·山東淄博·高三統(tǒng)考期末）已知函數，，則下列說法正確的是（

）A．函數與函數有相同的極小值B．若方程有唯一實根，則a的取值范圍為C．若方程有兩個不同的實根，則D．當時，若，則成立【答案】ACD【分析】對于A，根據題目直接對兩個函數求導判斷極值即可；對于B，根據函數單調性和最值判斷函數變化趨勢，進而求出參數范圍；對于C，利用對數均值不等式直接判斷即可；對于D，利用同構方法進行轉化即可.【詳解】對于A，定義域，，當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，所以，定義域，，當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，所以，故A正確；對于B，若方程有唯一實根，由于當時，，且，結合已求的單調性和最值可知，或，故B錯誤；對于C，因為方程有兩個不同的實根，假設，則，則，即，兩式相減得，即，由對數均值不等式，則，即得證，故C正確；對于D，當時，若，則，即，顯然，則，則成立，故D正確.故選：ACD下面補證C選項對數均值不等式：要證，即證，設，即證，即證，令，，則在單調遞增，當時，得證.【點睛】方法點睛：已知函數有零點(方程有根)求參數值(取值范圍)常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通過解不等式確定參數范圍；（2）分離參數法：先將參數分離，轉化成求函數的值域問題加以解決；（3）數形結合法：先對解析式變形，進而構造兩個函數，然后在同一平面直角坐標系中畫出函數的圖象，利用數形結合的方法求解2．（2024·海南海口·統(tǒng)考模擬預測）設函數，則（

）A．B．函數有最大值C．若，則D．若，且，則【答案】ACD【分析】根據的解析式直接求解可對A判斷；利用導數求最值方法可對B判斷；結合給出的已知條件并利用A、B中的結論可對C、D判斷求解.【詳解】對A，由題意知，所以，故A正確；對B，由題意知的定義域為，，當，，當，，所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以當時，取到極小值也是最小值，故B錯誤；對C，當時，可得，由A知，所以，由B知恒成立，所以，故C正確；對D，當時，得，又因為，所以，由B知在上單調遞增，所以，又由A知，所以，故D正確.故選：ACD.【點睛】方法點睛：靈活運用已知條件，，并結合的對稱性和單調性進行求解.二、解答題3．（2024·全國·模擬預測）已知函數．(1)求的單調區(qū)間；(2)若有兩個零點，，且，求證：．【答案】(1)答案見解析(2)證明見解析【分析】（1）先求出函數的導數，然后分類討論的取值情況，從而可求解.（2）結合（1）中結論可知，從而求出，，然后設并構造函數，然后利用導數求解，然后再構造函數證明，從而求解.【詳解】（1）因為函數的定義域是，，當時，，所以在上單調遞減；當時，令，解得，當時，，單調遞增；當時，，單調遞減．綜上所述，當時，的減區(qū)間為，無增區(qū)間；當時，的增區(qū)間為，減區(qū)間為．（2）因為是函的兩個零點，由（1）知，因為，設，則，當，，當，，所以在上單調遞增，在上單調遞減，．又因為，且，所以，．首先證明：．由題意，得，設，則兩式相除，得．要證，只要證，即證．只要證，即證．設，．因為，所以在上單調遞增．所以，即證得①．其次證明：．設，．因為，所以在上單調遞減．所以，即．所以②．由①②可證得．【點睛】導數是研究函數的單調性、極值(最值)最有效的工具，而函數是高中數學中重要的知識點，對導數的應用的考查主要從以下幾個角度進行：（1）考查導數的幾何意義，往往與解析幾何、微積分相聯系．（2）利用導數求函數的單調區(qū)間，判斷單調性；已知單調性，求參數．（3）利用導數求函數的最值(極值)，解決生活中的優(yōu)化問題．（4）利用導數研究函數的零點問題．4．（2023上·云南昆明·高三昆明一中校考階段練習）設，為函數（）的兩個零點．(1)若當時，不等式恒成立，求實數的取值范圍；(2)證明：．【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）求出定義域，求導，得到的單調性和極值情況，根據函數零點個數，得到，求出，結合題目條件，得到當時，，根據零點存在性定理得到在內存在唯一零點，同理得到在內存在唯一零點，從而求出答案；（2）設，由可得，令，故，，推出要證，即證，構造，，求導，對分子再構造函數，證明出，在定義域內單調遞減，故，即，證明出結論.【詳解】（1）的定義域為R，，當時，，當時，，故在內單調遞減，在單調遞增，故要使有兩個零點，則需，故，由題目條件，可得，當時，因為，又，故在內存在唯一零點，又，故在內存在唯一零點，則在R上存在兩個零點，故滿足題意的實數的取值范圍為；（2）證明：由（1）可設，由可得，令，則，所以，故，所以，要證，即證，即證，因為，即證，即，令，，，令，則，當時，，當時，，故在內單調遞減，在單調遞增，所以，所以，令得，故，在定義域內單調遞減，故，即，，，則，證畢．【點睛】導函數處理零點個數問題，由于涉及多類問題特征（包括單調性，特殊位置的函數值符號，隱零點的探索、參數的分類討論等），需要學生對多種基本方法，基本思想，基本既能進行整合，注意思路是通過極值的正負和函數的單調性判斷函數的走勢，從而判斷零點個數，較為復雜和綜合的函數零點個數問題，分類討論是必不可少的步驟，在哪種情況下進行分類討論，分類的標準，及分類是否全面，都是需要思考的地方5．（2023上·河南·高三南陽中學校聯考階段練習）已知函數.(1)若有唯一極值，求的取值范圍；(2)當時，若，，求證：.【答案】(1)；(2)證明見解析.【分析】（1）求出函數的導數，分析極值點情況即可得解.（2）由（1）的信息可設，再構造函數，探討函數的單調性推理即得.【詳解】（1）函數的定義域為，求導得，當時，若，，函數在上單調遞增，無極值點，不符合題意；若，當或時，，當時，，即函數在上單調遞增，在上單調遞減，函數有兩個極值點，不符合題意；若，當或時，，當時，，即函數在上單調遞增，在上單調遞減，函數有兩個極值點，不符合題意；當時，當時，，當時，，即函數在上單調遞增，在上單調遞減，2是函數的極大值點，且是唯一極值點，所以的取值范圍是.（2）當時，函數在上單調遞增，在上單調遞減，由，，不妨令，要證，只證，即證，就證，令，求導得，于是函數在上單調遞減，，而，則，即，又，因此，顯然，又函數在上單調遞增，則有，所以.【點睛】思路點睛：涉及函數的雙零點問題，不管待證的是兩個變量的不等式，還是導函數的值的不等式，都是把雙變量的等式或不等式轉化為一元變量問題求解，途徑都是構造一元函數.6．（2018全國高考=1\*ROMANI卷）已知函數f（x）x+alnx．（1）求f（x）在（1，f（1））處的切線方程（用含a的式子表示）（2）討論f（x）的單調性；（3）若f（x）存在兩個極值點x1，x2，證明：．【答案】（1）y＝（﹣2+a）x+2﹣a．（2）見解析（3）見解析【解析】（1）求出切點坐標，根據導函數求出切線斜率，即可得到切線方程；（2）求出導函數，對g（x）＝﹣x2+ax﹣1，進行分類討論即可得到原函數單調性；（3）結合（2）將問題轉為證明1，根據韋達定理轉化為考慮h（x）＝2lnx﹣x的單調性比較大小即可得證.【詳解】（1）∵f（x）x+alnx（x＞0）∴f′（x）（x＞0）∴當x＝1時，f（1）＝0，f′（1）＝﹣2+a，設切線方程為y＝（﹣2+a）x+b，代入（1，0），得b＝2﹣a，∴f（x）在（1，f（1））處的切線方程為y＝（﹣2+a）x+2﹣a．（2）函數的定義域為（0，+∞），函數的導數f′（x），設g（x）＝﹣x2+ax﹣1，注意到g（0）＝﹣1，①當a≤0時，g（x）＜0恒成立，即f′（x）＜0恒成立，此時函數f（x）在（0，+∞）上是減函數；②當a＞0時，判別式△＝a2﹣4，（i）當0＜a≤2時，△≤0，即g（x）≤0，即f′（x）≤0恒成立，此時函數f（x）在（0，+∞）上是減函數；（ii）當a＞2時，令f′（x）＞0，得：x；令f′（x）＜0，得：0＜x或x；∴當a＞2時，f（x）在區(qū)間（，）單調遞增，在（0，），（，+∞）單調遞減；綜上所述，綜上當a≤2時，f（x）在（0，+∞）上是減函數，當a＞2時，在（0，），（，+∞）上是減函數，在區(qū)間（，）上是增函數．（3）由（2）知a＞2，0＜x1＜1＜x2，x1x2＝1，則f（x1）﹣f（x2）x1+alnx1﹣[x2+alnx2]＝（x2﹣x1）（1）+a（lnx1﹣lnx2）＝2（x2﹣x1）+a（lnx1﹣lnx2），則2，則問題轉為證明1即可，即證明lnx1﹣lnx2＞x1﹣x2，則lnx1﹣lnx1，即lnx1+lnx1＞x1，即證2lnx1＞x1在（0，1）上恒成立，設h（x）＝2lnx﹣x，（0＜x＜1），其中h（1）＝0，求導得h′（x）10，則h（x）在（0，1）上單調遞減，∴h（x）＞h（1），即2lnx﹣x0，故2lnx＞x，則a﹣2成立．7．（2024·全國·高三專題練習）已知函數.(1)求函數的單調區(qū)間；(2)若函數有兩個零點、，證明.【答案】(1)單調減區(qū)間為，單調增區(qū)間為(2)證明見解析【分析】（1）利用函數單調性與導數的關系可求得函數的增區(qū)間和減區(qū)間；（2）設，由（1）可得，先證，即證，構造函數，其中，利用導數分析函數在上的單調性，可證得成立；其次證明出，令，則，將所證不等式變形為即證，令，，利用導數分析函數的單調性，可證得，綜合可得結論.【詳解】（1）解：因為的定義域為，則，令，解得，令，解得，所以的單調減區(qū)間為，單調增區(qū)間為.（2）證明：不妨設，由（1）知：必有.要證，即證，即證，又，即證.令，其中，則，令，則在時恒成立，所以在上單調遞減，即在上單調遞減，所以，所以在上單調遞增，所以，即，所以；接下來證明，令，則，又，即，所以，要證，即證，有，不等式兩邊取對數，即證，即證，即證，令，，則，令，其中，則，所以，在上單調遞增，則當時，，故當時，可得函數單調遞增，可得，即，所以，綜上，.【點睛】方法點睛：證明極值點偏移的相關問題，一般有以下幾種方法：（1）證明（或）：①首先構造函數，求導，確定函數和函數的單調性；②確定兩個零點，且，由函數值與的大小關系，得與零進行大小比較；③再由函數在區(qū)間上的單調性得到與的大小，從而證明相應問題；（2）證明（或）（、都為正數）：①首先構造函數，求導，確定函數和函數的單調性；②確定兩個零點，且，由函數值與的大小關系，得與零進行大小比較；③再由函數在區(qū)間上的單調性得到與的大小，從而證明相應問題；（3）應用對數平均不等式證明極值點偏移：①由題中等式中產生對數；②將所得含對數的等式進行變形得到；③利用對數平均不等式來證明相應的問題.8．（2024·全國·高三專題練習）已知函數.(1)討論函數的單調性：(2)若是方程的兩不等實根，求證：；【答案】(1)答案見解析(2)證明見解析【分析】（1）求出函數的定義域和導數，再根據和分類討論，即可得出函數的單調性；（2）由可得，是方程的兩不等實根，從而可將問題轉化為是方程的兩不等實根，即可得到和的范圍，原不等式等價于，即極值點偏移問題，根據對稱化構造（解法1）或對數均值不等式（解法2）等方法即可證出．【詳解】（1）由題意得，函數的定義域為.由得：，當時，在上單調遞增；當時，由得，由得，所以在上單調遞增，在上單調遞減.（2）因為是方程的兩不等實根，，即是方程的兩不等實根，令，則，即是方程的兩不等實根.令，則，所以在上遞增，在上遞減，，當時，；當時，且.所以0，即0.令，要證，只需證，解法1（對稱化構造）：令，則，令，則，所以在上遞增，，所以h，所以，所以，所以，即，所以.解法2（對數均值不等式）：先證，令，只需證，只需證，令，所以在上單調遞減，所以.因為，所以，所以，即，所以.【點睛】方法點睛：本題第二問解題關鍵是合理轉化，將問題變成熟悉的極值點偏移問題，從而根據對稱化構造及對數均值不等式等方法證出．9．（2024·云南昭通·統(tǒng)考模擬預測）已知函數.(1)討論的單調區(qū)間；(2)已知在上單調遞增，且，求證：.【答案】(1)答案見解析(2)證明見解析【分析】（1）函數求導后，對參數分類討論，考查導數的正負即可；（2）根據題意得，所證不等式可以轉化為，構造函數，求導判斷單調性，繼而可以證明.【詳解】（1）的定義域為..①當時，由得，單調遞增，由得，單調遞減，在區(qū)間上單調遞增，在區(qū)間上單調遞減；②當時，由得，或，在區(qū)間上單調遞減，在區(qū)間上單調遞增；③當時，在上單調遞增；④當時，由得，或，由得，，在區(qū)間上單調遞減，在區(qū)間上單調遞增.綜上，當時，在區(qū)間上單調遞增，在區(qū)間上單調遞減當時，在區(qū)間上單調遞減，在區(qū)間上單調遞增；當時，在上單調遞增；當時，在區(qū)間上單調遞減，在區(qū)間上單調遞增.（2）由（1）知，當且僅當時，在上單調遞增，即：.，又且在上單調遞增，和均不成立.故不妨設，因此要證，即證，因為在上單調遞增，所以即證.又，故只需證，即證.設，.，故.因此在上單調遞增，所以.故，又因為在上單調遞增，.【點睛】方法點睛：證明（或）：①首先構造函數，求導，確定函數和函數的單調性；②確定兩個零點，且，由函數值與的大小關系，得與零進行大小比較；③再由函數在區(qū)間上的單調性得到與的大小，從而證明相應問題；10．（2024上·天津寧河·高三統(tǒng)考期末）已知函數，．(1)當時，求曲線在處的切線方程；(2)求的單調區(qū)間；(3)設是函數的兩個極值點，證明：．【答案】(1)(2)答案見解析(3)證明見解析【分析】（1）求導，然后求出，，根據點斜式寫出直線方程；（2）求導，然后分和討論求的單調區(qū)間；（3）根據極值點為導函數的零點，令，利用韋達定理將用表示，代入，構造函數求其最值即可.【詳解】（1）當時，，得，則，，所以切線方程為，即；（2），當時，恒成立，在上單調遞增，當時，令，得，單調遞增，令，得，單調遞減，綜合得：當時，的單調遞增區(qū)間為；當時，的單調遞增區(qū)間為，的單調遞減區(qū)間為；（3），則，因為是函數的兩個極值點，即是方程的兩不等正根，所以，得，令，則，得，則，所以，則，令，則，所以在上單調遞增，所以，所以，即.【點睛】關鍵點睛：對于雙變量問題，我們需要通過換元轉化為單變量問題，本題就是利用韋達定理，令達到消元的目的，常用的換元有等.11．（2024·福建廈門·統(tǒng)考一模）已知函數有兩個極值點，．(1)求實數的取值范圍；(2)證明：．【答案】(1)；(2)證明見解析.【分析】（1）利用導數，結合的極值點個數，得到且，是的兩個不同根，列不等式組求參數范圍；（2）設，應用分析法將問題化為證，令，則證，再由對應單調性即可證結論.【詳解】（1）由題設且，若，則在上恒成立，即遞增，不可能有兩個極值點，不符；故，又有兩個極值點，則，是的兩個不同正根，所以，可得，即實數的取值范圍是.（2）由（1）且，，不妨設，則，要證，需證，即，只需證，即，令，則證，由（1），時，即，所以在上遞增，又，故，即，綜上，.【點睛】關鍵點點睛：第二問，設，應用分析法將問題轉化為證為關鍵.12．（2024·廣東廣州·華南師大附中?？家荒＃┮阎瘮担?1)當時，求在曲線上的點處的切線方程；(2)討論函數的單調性；(3)若有兩個極值點，，證明：．【答案】(1)；(2)詳見解析；(3)詳見解析.【分析】（1）根據導數的幾何意義求出；（2）求出導函數，在定義域內分類討論解含參不等式即可求出；（3）由題意得，，，而，只需證明，即證：，即證：對任意的恒成立即可．【詳解】（1）由題可知，當時，，，，切點為，切線的斜率為，切線方程為：，即；（2）對函數求導可得，．當時，．則在上單調遞增．當時，．則，．令，則，或．，則，綜上：當時，在上單調遞增，當時，在和上單調遞增，在上單調遞減．（3）有兩個極值，，，是方程的兩個不等實根，則，，，．要證：．即證：．不妨設，即證：．即證：對任意的恒成立．令，．則．從而在上單調遞減，故．所以．【點睛】本題考查了切線方程問題，考查函數的單調性問題，考查導數的應用以及分類討論思想，訓練了構造函數法證明不等式的成立，屬難題.13．（2024上·廣東·高三廣東華僑中學校聯考期末）已知函數.(1)討論函數的單調性；(2)若恰有兩個極值點，，且，證明：.【答案】(1)答案見解析(2)證明見解析【分析】（1）先求得，然后對進行分類討論，從而求得的單調區(qū)間.（2）由（1）求得，然后將要證明的不等式轉化為，根據對數函數的知識證得結論成立.【詳解】（1）的定義域是，，當，即時，在上單調遞增，當，即時，令解得，若，則在區(qū)間上單調遞減，在區(qū)間上單調遞增，若，則在區(qū)間上，單調遞增，在區(qū)間上單調遞減.綜上所述，時，增區(qū)間；當時，增區(qū)間，減區(qū)間；當時，增區(qū)間，減區(qū)間.（2）若恰有兩個極值點，，且，由（1）可知，增區(qū)間，減區(qū)間；所以是極大值點，是極小值點，所以且，則，要證明，即證明，即證明，即證明，由于，所以即證明，即證明，由于，所以，所以成立，所以不等式成立.【點睛】求解函數單調區(qū)間的步驟：（1）確定的定義域；（2）計算導數；（3）求出的根；（4