考点20利用导数证明不等式（3种核心题型+基础保分练+综合提升练+拓展冲刺练）
【考试提醒】
导数中的不等式证明是高考的常考题型，常与函数的性质、函数的零点与极值、数列等相结合，虽然题目难度较大，但是解题方法多种多样，如构造函数法、放缩法等，针对不同的题目，灵活采用不同的解题方法，可以达到事半功倍的效果
【核心题型】
题型一 将不等式转化为函数的最值问题
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．
【例题1】（2024·陕西咸阳·模拟预测）已知，下列不等式恒成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】构造函数，利用导数研究单调性即可求解A，构造函数，求导即可判断C,构造函数即可求解B，根据指数以及对数的性质即可求解D.
【详解】令且，则，故在上递减，
又，所以，A错误；
令且，则，
所以上，递减，上，递增，
而，此时不能比较，的大小，所以无法确定的大小，C错误；
令且，则，故在上递增，
又，所以，B错误；
由于，所以，故,D正确，
故选：D
【变式1】（2024·全国·模拟预测）下列正确结论的个数为（ ）
① ② ③ ④
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】本题以判断不等式是否成立为切入点设题，根据不等式的结构特征转化不等式，构造函数，借助导数判断函数的单调性判断大小，从而判断出不等式的正误.
【详解】对于①：，构造函数，
则，令，
则恒成立，所以在上单调递减，所以，
故当时，，所以，
所以在上单调递减，所以，故①正确；
对于②：，
由①知，故②正确；
对于③：，由①知，故③正确；
对于④：令，则，，
注意到当，，故④正确.
故选：D.
【点睛】方法点睛：本题考查了函数值的大小比较，解答时要注意根据函数值的特征，构造适当的函数，利用导数判断单调性，进而比较大小
【变式2】（2024·四川成都·三模）已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)设，且是的极值点，证明：.
【答案】(1)答案见解析.
(2)证明见解析.
【分析】（1）求导分析的符号，讨论的单调性，即可求解.
（2）先对求导，结合导数与单调性及极值的关系，得到，再结合要证不等式构造函数，求导并结合单调性与最值即可证明.
【详解】（1）函数的定义域为，求导得，
当时，恒成立，在上单调递减，
当时，由，得，由，得，
即函数在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，函数在上单调递减，
当时，函数在上单调递减，在上单调递增.
（2）函数的定义域为，
求导得，
由是的极值点，得，即，
，
而，则当时，单调递减，当时，单调递增，
所以当时，取得极小值.
设，求导得，
当时，，当时，，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
因此，所以
【变式3】（2024·四川成都·三模）已知函数.
(1)若，证明：；
(2)若函数在内有唯一零点，求实数的取值范围.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）对求导后构造函数，通过求导得出的单调性和范围得出函数的单调性，进而得出结论；
（2）分类讨论参数与的关系，并通过构造函数和多次求导来探究函数的单调性，即可得出满足函数在内有唯一零点的实数的取值范围.
【详解】（1）由题意，
在中，
当时，不等式等价于，
则，令函数，
则，
，
所以函数在上单调递增，且，
在上恒成立，
即函数在上单调递增，且，
所以时，不等式成立；
（2）由题意及（1）得，
在中，
当时，，
由（1）可知此时，所以此时函数没有零点，与已知矛盾，
，，
令函数，
所以，
令函数，
，
①若，
所以函数在上递增，且，
，使函数在上递减，在上递增，
②若时，显然，
所以函数在上递减，在上递增，且
，使函数在上递减，在上递增，
又，
，且，使得，
综上得，当时，函数在内有唯一零点，
∴的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：本题考查构造函数，多次求导，函数的单调性，函数的导数求零点，考查学生分析和处理问题的能力，计算的能力，求导的能力，具有很强的综合性.
题型二 将不等式转化为两个函数的最值进行比较
若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标．本例中同时含ln x与ex，不能直接构造函数，把指数与对数分离两边，分别计算它们的最值，借助最值进行证明．
【例题2】（2023·河南开封·模拟预测）已知，，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】构造，利用导数判断其单调性可比较的大小关系.构造，利用导数判断其单调性可比较的大小关系.
【详解】，，，
设，
所以，
所以在上单调递增，所以，即.
所以，即.
设，
则，
所以在上单调递减，所以，即.
所以，即.
所以.
故选:C
【变式1】（2024·全国·模拟预测）已知，则下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由可得，可得，据此判断A，由变形化简即可判断B，构造函数，利用导数证明即可判断C，证明再利用对数函数单调性及不等式性质判断D.
【详解】由，可得，
，．
令，则，
当时，单调递增，当时，单调递减，
，即（当且仅当时取等号）．
对于A：由可得，可得（当且仅当时取等号），又，
，故A错误；
对于B：由知，，故，故B正确；
对于C：，令，
则，令，
则，（提示：，由，当且仅当时取等号，可知当时，）
在上单调递增，，，即，故C错误；
对于D：当时，，则，又，（提示：要证，即证，即证，而，故），
，故，故D错误．
故选：B
【点睛】方法点睛：常用的不等式：，，，，，
【变式2】（2024·浙江杭州·模拟预测）已知函数.
(1)当时，证明：；
(2)当时，，求的最大值；
(3)若在区间存在零点，求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）求定义域，作商法结合基本不等式比较出；
（2）对求导，变形后，构造，求导，再构造，求导得到单调性，结合得到的单调性和极值，最值情况，求出答案；
（3）令，当时，由于恒成立，故无解，当时，，令，，求导得到函数单调性，又趋向于0时，趋向于2，故，从而得到，得到答案.
【详解】（1）定义域为，
当时，，，
由于，
令，
当且仅当，即时，等号成立，
又，故；
（2）当时，，
，
设，则，
令，
，
故在上单调递增，
又，故当时，，即，
即，故，所以，
则在恒成立，
当时，同理可得，则在上恒成立，
故在上单调递减，在上单调递增，
故在处取得极小值，也是最小值，，
故，所以的最大值为；
（3），令，
当时，，由于恒成立，故无解，舍去；
当时，，
令，，
，
下面证明,，
令，，则，，其中，
令，，则，，其中，
令，，则，，
当时，，故在上单调递增，
故，故在上单调递增，
故，故在上单调递增，
故，即,，
则，，
则，
，
由于，而，故，
则，故在上单调递增，
又趋向于0时，趋向于2，故，
故令，解得，此时有解，故存在零点，
故的取值范围是.
【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件
【变式3】（2024·贵州黔西·一模）已知函数.
(1)判断的单调性;
(2)证明:.
【答案】(1)在上单调递增；
(2)证明见解析；
【分析】（1）对函数求导，并构造函数得出其单调性即可求出在上单调递增；
（2）根据（1）中结论，利用根据对数运算法则裂项并由累加法可求得结论.
【详解】（1）易知函数的定义域为，
可得；
令，则，
当时，，此时在上单调递减，
当时，，此时在上单调递增，
所以；
即在上恒成立，
因此在上单调递增；
（2）由（1）可知，即，
可得；
所以，
即可得
；
即
题型三 适当放缩证明不等式
导数方法证明不等式中，最常见的是ex和ln x与其他代数式结合的问题，对于这类问题，可以考虑先对ex和ln x进行放缩，使问题简化，简化后再构建函数进行证明．常见的放缩公式如下：
(1)ex≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号；
(2)ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取等号．
【例题1】（2024·河北沧州·一模）已知等比数列的前项和为，则数列的公比满足（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】利用切线不等式放缩，结合等比数列的通项公式及排除法可得答案.
【详解】设函数，则，
当时，，为减函数；当时，，为增函数；
所以，即.
因为，所以，即.
因为，所以，排除A,C.
若，，则，不满足，排除D.
故选：B
【变式1】（2024·广东·模拟预测）令．则的最大值在如下哪个区间中（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】先通过，利用裂项相消法求出，观察得其最大值可取，然后计算其范围即可.
【详解】由于
根据三角函数的性质可知，
当或时，取最大值，
不妨取，
则,
又，
因为当时，
所以
要比较与的大小，
即比较与的大小，
故.
所以.
故选：B.
证明：当时，
设，，则，
所以在上单调递减，
所以，即当时，.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用对式子进行放缩，可以将三角运算转化为非三角运算
【变式2】（2024·全国·模拟预测）设整数，且，函数．
(1)证明：；
(2)设，证明：；
(3)设，证明：．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析
【分析】（1）通过求导数得到函数的单调性，从而得到函数的最小值，从而；
（2）构造函数，求导数得到函数的单调性，从而得到函数的最大值，从而，所以；
（3）利用（1）（2）中的结论，，，得到，放缩证明.
【详解】（1）．因为，，所以单调递增．
因此，当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以．
（2）设，则，所以在上单调递减，
故，从而当时，．
（3）由（1）知，所以，再利用，
于是
因此，．
【点睛】方法点睛：常见的放缩公式；；；
【变式3】（23-24高三下·河南·阶段练习）已知函数，且．
(1)讨论的单调性；
(2)比较与的大小，并说明理由；
(3)当时，证明：．
【答案】(1)答案见解析；
(2)，理由见解析
(3)证明见解析.
【分析】（1）分析题意，根据参数的不同范围，含参利用导数讨论单调性即可.
（2）根据（1）可知，当时，，，代值进行比较即可.
（3）设，则，分不同情况讨论，利用放缩法结合裂项相消法证明不等式即可.
【详解】（1）易知．
①．
当时，，即，所以在上单调递增，当时，，即，所以在上单调递减；
②．当时，，即，所以在上单调递减，当时，，即，所以在上单调递增；综上所述，当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增；
（2）由（1）可知，当时，，，
取，，则有，
即，所以；
（3）证明：设，则，
所以在上单调递增，所以，
即当时，，
结合（1）可知，，
当时，成立，
当时，因为，所以
即．
综上所述，．
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数证明不等式，解题关键是合理运用放缩法，然后再利用裂项相消法求和，得到所要求的不等关系即可．
【课后强化】
基础保分练
一、单选题
1．（22-23高三上·四川绵阳·开学考试）若，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】构造函数，利用导数讨论单调性即可判断A和B，再构造，利用导数讨论单调性即可判断C和D.
【详解】令，则，
令恒成立，
即在定义域单调递增，
且
因此在区间上必然存在唯一使得，
所以当时单调递减，当时单调递增，
故A，B均错误；
令，，
当时，，
∴在区间上为减函数，
∵，∴，即，
∴选项C正确，D不正确.
故选:C.
2．（2023·陕西咸阳·三模）已知，，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】构造函数，利用导数分析单调性即可得出；由，可得，进而求解.
【详解】设，
所以，令，令，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
则，即，得.
所以，即；
又，所以，即，
所以.
故选：B.
3．（23-24高三上·云南保山·期末）已知，，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】由，，可判断，再由切线不等式，可判断，得解.
【详解】由当时，由三角函数线知识可得，
所以，
又令，，
，
令，解得，令，解得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
，即，当且仅当时等号成立，
故而，所以.
故选：A.
4．（2024·全国·模拟预测）设，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】构造函数，利用导数判断单调性，可得，进而得，再结合对数的性质，利用作差比较法可得，从而可得正确答案.
【详解】构造函数，
则，
所以在内单调递增，又，
于是在内，即恒成立.
由，得，
所以，故；
又，
易知，函数在内单调递增，又，所以，
于是，即，故．
综上所述，．
故选:D.
二、多选题
5．（23-24高三上·广西百色·阶段练习）函数的两个极值点分别是，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【分析】根据极值点个数，将问题转化为方程在有两个不等实根，由一元二次方程根的分布可构造不等式组求得A正确；利用韦达定理和的范围可确定BC正确；构造函数，通过导数可求得，由此可确定D正确.
【详解】对于A，的定义域为，，
有两个极值点等价于方程在有两个不等实根，
，解得：，A正确；
对于B，，，，
又，，即，B错误；
对于C，，，，C正确；
对于D，；
令，则，
令，则，
在上单调递减，，
在上单调递减，，
，，D正确.
故选：ACD.
【点睛】思路点睛：本题考查根据函数极值点个数求解参数范围、利用导数证明不等式的问题；本题求解参数范围的基本思路是将问题转化为导函数变号零点个数问题的求解，根据方程根的分布来构造不等关系；本题证明不等式的关键是能够将双变量的问题转化为单一变量的问题，从而构造关于单一变量的函数来求解.
6．（2023·福建·模拟预测）机械制图中经常用到渐开线函数，其中的单位为弧度，则下列说法正确的是（ ）
A．是偶函数
B．在上恰有个零点（）
C．在上恰有个极值点（）
D．当时，
【答案】ABD
【分析】利用函数奇偶性定义判断作答；换元求出每个定义区间内的零点个数判断B；利用极值的定义判断C；构造函数，利用导数推理判断D作答.
【详解】函数的定义域为，显然和均为奇函数，因此是偶函数，A正确；
当时，令，，函数在上单调递增，当时，，
即函数在上唯一零点，当时，令，，
则，令，，
函数在上单调递增，值域为R，直线与，的图象有唯一交点，
因此函数在有唯一零点，所以在上恰有个零点（），B正确；
由选项B知，函数在上为增函数，因此不存在极值点，C错误；
令函数，求导得，
当时，设，，求导得，函数在上递减，，
即，因此在是单调递增，，即，D正确.
故答案为：ABD
三、填空题
7．（2023·海南·模拟预测）已知函数，，若对任意，恒成立，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】利用导数证明，将圆不等式转化为对恒成立，设，只需函数在上单调递增，由可得，即可求解.
【详解】设，则（），
令，令，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
得，即，即.
由题意，对恒成立，
转化为对恒成立，
设，则对恒成立，
只需函数在上单调递增，
即在上恒成立，
有在上恒成立，得，
即实数a的取值范围为.
故答案为：.
8．（2023·河南开封·模拟预测）实数x，y满足，则的值为 ．
【答案】
【分析】将原不等式变为，利用换元法令和构造函数
，根据导数研究函数的单调性求出，当且仅当时成立，则，即可得出结果.
【详解】因为，所以．
显然，令，则，且，
令，则，
所以当时，；
当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以对，，即，当且仅当时等号成立．
综上，当且仅当时，成立，
此时，解得．
故答案为：
四、解答题
9．（2023·吉林长春·模拟预测）已知函数.
(1)求的最小值；
(2)证明：.
【答案】(1)
(2)证明过程见解析
【分析】（1）利用导数的性质进行求解即可；
（2）利用（1）的结果，取特殊值代入进行证明即可.
【详解】（1）显然该函数的定义域为全体正实数，
由，
当时，，所以函数单调递增，
当时，，所以函数单调递减，
因此；
（2）由（1）可知：，即，
即，
当时，.
10．（2024·广东佛山·二模）已知.
(1)当时，求的单调区间；
(2)若有两个极值点，，证明：.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求导后，借助导数的正负即可得原函数的单调性；
（2）借助换元法，令，，，可得、是方程的两个正根，借助韦达定理可得，，即可用、表示，进而用表示，构造相关函数后借助导数研究其最大值即可得.
【详解】（1）当时，，
，
则当，即时，，
当，即时，，
故的单调递减区间为、，单调递增区间为；
（2），令，即，
令，，则、是方程的两个正根，
则，即，
有，，即，
则
，
要证，即证，
令，
则，
令，则，
则在上单调递减，
又，，
故存在，使，即，
则当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
则，
又，则，故，
即，即.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助换元法，令，，，从而可结合韦达定理得、的关系，即可用表示，构造相关函数后借助导数研究其最大值即可得.
11．（2023·四川成都·二模）已知函数.
(1)求在处的切线方程；
(2)若是的最大的极大值点，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，根据导数值即可求解，
（2）先对上考虑导函数的正负确定单调性，进而考虑上导函数的正负，结合零点存在性定理即可确定函数的极值点求证.
【详解】（1）∵，∴
又，所以在处的切线方程为，
（2）由（1）得，所以，
当时，，所以在无极大值点.
当时，令，则在上单调递增，
又，，
所以存在，使得，即，
当时，，单调递减；当时，，单调递增.
又，，
所以当时，，即，
所以是的极小值点，在内无极大值点
∵，，
所以存在，使得，即，即，
当时，；当时，，
所以是的极大值点，也是的最大的极大值点.
因为在上单调递减，所以，
.
所以
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤
(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．
综合提升练
一、单选题
1．（22-23高三上·河南·阶段练习）若，其中，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】将原等式转化为，利用导数证明可得，
构造函数，再次利用导数研究的单调性，进而解对数不等式即可.
【详解】由，得，
，（*）
令，则，
令，则函数在上是递增的，
所以，由于，则，
由（*）式可得，
从而．
设函数，．
令，得函数在上是递增的，
又，则，
由，可得，则，所以．
故选：D.
2．（2023·福建·模拟预测）已知，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】构造，根据导函数可得在上单调递减，进而可得出.构造，根据导函数单调性，结合中间值1即可得出，即可得出答案.
【详解】令，则，
令，则恒成立，
所以，即在R上单调递增.
又，
所以，当时，恒成立，
所以，在上单调递减.
又，，所以，
即，，即，即，所以.
令，则，导函数单调递增，
且所以存在，
所以在上单调递减，在上单调递增，
且，所以，
又，所以；
综上可得，.
故选：A.
3．（2023·河北衡水·三模）若，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】构造，对求导，得出的单调性、最值，可得，可判断；将不等式中的换为，可得，可知，通过对数运算可得，即可得出答案.
【详解】．
令，则．
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，即，当且仅当时，等号成立．所以．
将不等式中的换为，可得，
当且仅当时，等号成立，所以；
又，所以．故．
故选：B.
4．（2023·新疆·三模）已知数列中，，若（），则下列结论中错误的是（ ）
A． B．
C．（） D．
【答案】D
【分析】由题意得，结合赋值、累加法可判断A项、D项，由在上的最值可判断B项，假设当，，成立，构造函数，结合导数研究其最值可得即，从而可判断C项.
【详解】对于A项，由（）得，
所以，，
又因为，所以，
所以，故A项正确；
对于B项，由A项可知，，故B项正确；
对于C项，因为，所以，
假设当，，成立，则，
令，则，
当，，单调递减，
所以，即，
所以，
所以有，
所以对于任意，，成立，故C项正确；
对于D项，由A项知，不满足，故D项错误.
故选：D.
5．（2023·河南·模拟预测）设a，b为正数，且，则（ ）.
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题干，将对数化简构造不等关系，引入函数，借助函数单调性和导数研究取值关系.
【详解】由a，b为正数，且可得，
因为函数单调递增，且，
所以，即，所以，，故；故C错误，D正确；
设，则，设，
则，单调递增，且，，
所以存在使得，所以存在使得成立，故AB错误.
故选：D
6．（2024·上海虹口·二模）已知定义在上的函数的导数满足，给出两个命题：
①对任意，都有；②若的值域为，则对任意都有.
则下列判断正确的是（ ）
A．①②都是假命题 B．①②都是真命题
C．①是假命题，②是真命题 D．①是真命题，②是假命题
【答案】B
【分析】对于①，根据不等式，构造函数，然后利用函数的单调性证明即可；对于②，根据函数的值域和单调性，结合不等式求解即可.
【详解】，故在上递增，
对于①，设，，
设，
，，
单调递减，单调递增，
，即，
，即，
故，故①是真命题.
对于②，由①知，，
即，
，故.
且在上递增，故，
，
故的值域为
所以，
即，故，
②是真命题.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题①判断的关键是首先根据导数和函数单调性的关系得到在上递增，再构造函数，利用导数得到其单调性，最后得到，则可判断①.
7．（2024·四川泸州·三模）已知，，给出下列不等式
①；②；③；④
其中一定成立的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】由可得，分别构造，和，通过求导，求出单调性和最值可判断①③④；取特值可判断②.
【详解】由，，可得：，
因为，所以，所以，所以，解得：，
由可得：，所以，
对于命题①，，
令，
所以在上单调递增，因为，
所以，故命题①正确；
对于命题②，由可得：，
所以，
所以在上单调递减，
所以，所以，故命题②正确；
对于命题③，由，取，所以，
所以，所以③错误.
对于命题④，因为，所以，。
令，，
令，，
所以在上单调递减，
，所以，所以在上单调递减，
所以，所以，故命题④正确.
故选：C.
【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.
8．（2024·四川攀枝花·三模）已知正数满足，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】法一：由得，构造函数，求导利用导数判断函数的单调性求最值，进而比较、；由两边同除以得，构造函数，求导利用导数判断函数的单调性求最值，进而比较、，由此可比较，，的大小. 法二：化为，作差法并构造函数，求导利用导数求出函数最值，比较、大小，再利用作差法比较、大小，即可比较，，的大小.
【详解】法一：
由得，令，则，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
所以，所以在上恒成立，
所以，即，所以，所以；
由两边同除以得，令，
则，所以在上恒成立，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以，所以在上恒成立，
所以，即，所以，从而．
法二：
由得，即，所以 ，
令，，
当时，，在单调递增，
所以，所以，
则有；
由得，即，
所以，
因为，，，所以，即
故．
故选：A
【点睛】方法点睛：比较大小时，可根据数值构造函数，利用函数的单调性，最值比较大小.
二、多选题
9．（2023·福建龙岩·二模）已知函数（）有两个零点，分别记为，（）；对于，存在使，则（ ）
A．在上单调递增
B．（其中是自然对数的底数）
C．
D．
【答案】BCD
【分析】利用导数研究函数的单调性和极值、最值，以及利用导数证明不等式，对以上各项逐一判断，即可求得本题答案.
【详解】∵由，得：，∴在单调递增，∴A错误；
∵有两个零点，即方程有两个根，令则
令，解得，令，解得
可得在上递增，在上单调递减，∴在处取得极大值，∴，，∴B正确；
由上可得：，又结合的单调性，
，∴，，∴，∴C正确；
由已知，有，而
∴
令，则，设，
则，当时，恒成立，所以在单调递增，
∴，∴，∵，∴
∴，∴，∴，
又在单调递增，∴，即，∴D正确.
故选：BCD
【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题：
1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
2．利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4．构造“形似”函数，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.
10．（2023·河南信阳·模拟预测）已知，满足，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BC
【分析】A选项可去特殊值判断；B选项可构造函数，利用导数判断单调性即可；C选项可根据不等式同向同正可乘的性质进行判断；D选项可以用作差法进行判断.
【详解】对于A：取，，则，故A错误；
对于B：构造函数，则，
故在为增函数，故，即，故B正确；
对于C：，故与两式相乘得，故C正确；
对于D：，故D错误.
故选：BC
11．（2024·河北沧州·一模）已知函数与函数的图象相交于两点，且，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AC
【分析】构造函数利用奇偶性和单调性得出，结合选项逐项验证即可.
【详解】由题意有两个不等的实数根，，，
令，则，即为奇函数；
当时，，为增函数；
若，则，又，所以.
对于A，，正确.
对于B，若成立，则有，与矛盾，所以B不正确.
对于C，由指数均值不等式可得，所以，C正确.
对于D，令，，当时，，为增函数，
所以，即，D不正确.
故选：AC.
【点睛】结论点睛：均值不等式的拓展：（1）对数型均值不等式：，
其中，；（2）指数型均值不等式：，其中.
三、填空题
12．（2023·四川成都·三模）已知函数，.当时，，则实数的取值范围为 ．
【答案】
【分析】根据求导公式和求导法则可得，利用导数和放缩法，结合二次函数的性质研究当、、、时函数的性质，进而得出函数的性质，即可求出a的取值范围.
【详解】由已知，得.
令.
①若，则，当时，，
所以在上单调递增，所以当时，成立.
②若，则图象的对称轴为直线，
所以在上单调递增，.
i）当时，，，，
所以，所以在上单调递增，
所以当时，成立；
ii）当时，，，使，
当时，，
所以，所以在上单调递减，
所以当时，，不合题意.
③若，则.
令，，则，
当时，，所以在上单调递减，
所以当时，，
所以当时，，
所以.
令，由解得，，
即，使，不合题意.
综上所述，实数的取值范围为.
故答案为：.
【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．
13．（23-24高三下·广东云浮·阶段练习）若实数，满足，则 ．
【答案】/
【分析】构造函数，可证得，从而可得，结合基本不等式得到方程组，可求得结果.
【详解】先证明不等式，
令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，当时取等号，
所以，
因为，当且仅当时取等号，
所以，
因为，当时取等号，
所以，且，，
解得，
所以，
故答案为：
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查基本不等式的应用，解题的关键是构造函数，利用导数证明出，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.
14．（2024·全国·模拟预测）若实数a，b，c满足条件：，则的最大值是 ．
【答案】
【分析】由基本不等式可得.利用导数证明不等式，进而，则，解出a、，得，再次利用基本不等式计算即可求解.
【详解】由基本不等式，得，
即，当且仅当，即时等号成立.
设，令，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，则，即，
令，得，所以，
解得，由，得．
所以，当且仅当时，取得等号．
故的最大值是．
故答案为：
四、解答题
15．（2024·青海西宁·二模）已知函数．
(1)若，求的极值；
(2)若，求证：．
【答案】(1)极小值为，无极大值；
(2)证明见解析
【分析】（1）若，求得，求得函数的单调性，进而求得函数的极值；
（2）由，令，求得，令，利用导数求得函数的单调性，结合，即可得证．
【详解】（1）解：若，则，其中，
所以，
令，解得，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又因为，所以的极小值为，无极大值．
（2）证明：由题意知
，
令，
则，
令，则，
令，解得，令，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，所以．
【点睛】方法总结：利用导数证明或判定不等式问题：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
3、适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4、构造“形似”函数，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.
16．（2024·山东济南·二模）已知函数
(1)讨论的单调性；
(2)证明：.
【答案】(1)答案见详解
(2)证明见详解
【分析】（1）求导可得，分和两种情况，结合导函数的符号判断原函数单调性；
（2）构建，，根据单调性以及零点存在性定理分析的零点和符号，进而可得的单调性和最值，结合零点代换分析证明.
【详解】（1）由题意可得：的定义域为，，
当时，则在内恒成立，
可知在内单调递减；
当时，令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增；
综上所述：当时，在内单调递减；
当时，在内单调递减，在内单调递增.
（2）构建，
则，
由可知，
构建，
因为在内单调递增，则在内单调递增，
且，
可知在内存在唯一零点，
当，则，即；
当，则，即；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则，
又因为，则，，
可得，
即，所以.
17．（2024·上海松江·二模）已知函数（为常数），记.
(1)若函数在处的切线过原点，求实数的值；
(2)对于正实数，求证：；
(3)当时，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题意，得到，求得，结合导数的几何意义，求得切线方程，将原点代入切线方程，即可求解；
（2）设函数，求得，求得函数的单调性和最小值为，得到，即可得证；
（3）根据题意，得到，结合，把转化为，设，利用导数求得的单调性和最大值，即可得证.
【详解】（1）解：由题意，函数，且，
可得，则，
所以，又因为，
所以在处的切线方程为，
又因为函数在处的切线过原点，可得，
解得.
（2）解：设函数，
可得，其中，
则，
令，可得，即，即，解得，
令，可得，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
可得的最小值为，所以，
又由，
所以.
（3）解：当时，即证，
由于，所以，只需证，
令，只需证明，
又由，
因为，可得，令，解得；令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，也时最大值，所以，
即，即时，不等式恒成立.
【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
18．（2024·上海嘉定·二模）已知常数，设，
(1)若，求函数的最小值；
(2)是否存在，且，，依次成等比数列，使得、、依次成等差数列？请说明理由．
(3)求证：“”是“对任意，，都有”的充要条件．
【答案】(1)
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求导分析的符号，的单调性，最值，即可得出答案．
（2）根据题意可得，，则，分两种情况：当时，当时，讨论是否满足条件，即可得出答案．
（3）由，借助换元法，令，可得，分别证明充分性和必要性，即可得出答案．
【详解】（1）当时，，则，
在上，单调递减，
在上，单调递增，
所以；
（2）若、、依次成等比数列，则，
若、、成等差数列，则，
所以，
所以，
当时，成立，
当时，则，联立，得，
，即，
所以，与矛盾，
所以时，存在，，满足条件，
当时，不存在，，满足条件；
（3），则，
，
所以，
又
，
令，
上式
，
令，则恒成立，单调递减，
所以，
充分性：若，则，则恒成立，
必要性：要使得式恒成立，则恒成立，即．
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于对“对任意，，都有”的转化，借助换元法，可得其等价为“对任意，，都有，其中”.
19．（2024·全国·模拟预测）已知函数．
(1)若，讨论的单调性．
(2)若，，求证：．
【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用二次导数判断的单调性，结合即可求解；
（2）当时，利用导数通过证明即可；当时，利用零点存在性定理判断的零点，再由零点方程化简整理得的最小值，然后由零点的范围即可求解.
【详解】（1）当时，，定义域为，
则．
设，则，
所以在上单调递增，且，
所以，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以在上单调递减，在上单调递增．
（2）因为，
所以．
因为，所以在上单调递增，且．
①若，则，
所以当时，恒成立，单调递增．
又，
所以；
②若，则，，
所以存在，使得，即．
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以．
因为在上单调递减，
所以，
所以．
综上所述，当，时，．
【点睛】思路点睛：证明，一般可以考虑证明，若有最小值，但无法具体确定，这种情况下一般是先把的最小值转化为关于极值点的一个函数，再根据极值点的取值范围，确定最小值的取值范围
拓展冲刺练
一、单选题
1．（2023·上海奉贤·二模）设是一个无穷数列的前项和,若一个数列满足对任意的正整数,不等式恒成立,则称数列为和谐数列,有下列3个命题:
①若对任意的正整数均有,则为和谐数列;
②若等差数列是和谐数列,则一定存在最小值;
③若的首项小于零,则一定存在公比为负数的一个等比数列是和谐数列．
以上3个命题中真命题的个数有( )个
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】D
【分析】先得出的等价条件,然后再进行判断,对于③可以取一个公比为负数的等比数列说明其存在性即可.
【详解】对于①,，
若,则,所以①正确;
对于②,设等差数列的公差为，
则,所以，
即为公差为的等差数列,
若为和谐数列,即,则，
所以关于的二次函数,开口向上，
所以在上一定存在最小值,所以②正确;
对于③,取,
则,
,
下面证明,即说明存在公比为负数的一个等比数列是和谐数列,
即证,
即证,
即证,
当,上式左边为负数,显然成立,
当,时,即证,即证，（*）
设,
所以,即（*）式成立,所以③正确.
故选：D
2．（2023·新疆乌鲁木齐·三模）已知，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据常见不等式,进行比较，对于可以比较其倒数的大小，对于,可利用不等式分别放缩然后比较.
【详解】令,，在上，单调递减，
在上,单调递增，时,所以
在时两边取对数得到.
所以，∴；
,,
∴,
∴,
故选：D
3．（2023·湖南长沙·一模）已知，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】转化为比较比较的大小，构造函数，先证明，，中最大，设，先证明，再证明，即得解.
【详解】要比较，，等价于比较的大小,
等价于比较,
即比较,
构造函数,,
令得,令得,
所以在单调递增, 单调递减.
所以,
因为，
所以最大，即，，中最大，
设，
结合的单调性得，，
先证明，其中，
即证，
令，，其中，
则，
所以，函数在上为增函数，当时，，
所以，当时，，
则有，
由可知，
所以，
因为，所以即，
因为，在单调递增，
所以，即，
因为 所以所以，
即，
因为，在单调递减.
所以，
即，即，
综上，.
故选：D
【点睛】关键点睛：应用对数平均不等式（需证明）证明极值点偏移：①由题中等式中产生对数；②将所得含对数的等式进行变形得到；③利用对数平均不等式来证明相应的问题.
4．（2024·青海·二模）定义在上的函数满足，是函数的导函数，以下选项错误的是（ ）
A．
B．曲线在点处的切线方程为
C．在上恒成立，则
D．
【答案】C
【分析】由，可得，即可得的解析式，结合导数计算、导数的几何意义及利用导数求函数的极值与最值即可判断各选项.
【详解】由，有，
则，
即，
则，
整理得，有，
则，，即，故A正确；
，，
故切线方程：，化简得，故B正确；
在上恒成立，由，
故，故C错误；
不等式等价于，
令，
则，
故当时，，在、上单调递减，
当时， ，在上单调递增，
故有极小值，
当时，有，
故，即，故D正确.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于通过赋值法求出函数的解析式，再结合导数的运算，导数的几何意义，不等式恒成立问题的处理方法，利用导数求函数的最值判断各选项.
二、多选题
5．（2024·全国·模拟预测）已知为正项数列的前n项和，且，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AC
【分析】对于A，整理前项和的表达式，利用，结合等差数列的定义，可得答案；对于B，利用A求得通项公式，举出反例，可得答案；对于C，根据题意构造函数，利用导数研究其单调性，可得答案；对于D，根据基本不等式，结合完全平方公式，可得答案.
【详解】由，得，且，可得，
所以当时，，
化简，得，所以是1为首项，1为公差的等差数列，
所以，所以，所以，所以A正确；
因为，所以B错误；
令，则，
所以在上单调递增，则，
所以，则，所以C正确；
由，
当且仅当时，等号成立，显然等号不成立，
则，所以D错误．
故选：AC．
【点睛】关键点睛：解题的关键是首先将题给条件变形然后得出，进一步得，由此即可顺利得解.
6．（2024·全国·模拟预测）已知，则下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】ABD
【分析】化简条件，根据可得，再构造函数证明.对A，根据，代入判断即可；对B，由题意即可判断；对C，代入可转证，进而得到即可判断；对D，化简可得，令，再构造函数，进而求导分析单调性判断即可.
【详解】由，可得，．
令，则，
当时，单调递增，当时，单调递减，
，即（当且仅当时取等号）．
对A，由可得，
可得（当且仅当时取等号），
又，，故A正确．
对B，由知，
，故，故B正确．
对C，当时，，则，
又，即证，可得，
，故，故C错误．
对D，，
令，则，
由（当且仅当时取等号）可知当时，，
即，
令，则，
在上单调递增，，
，即，故D正确．
故选：ABD
【点睛】结论点睛：常用的不等式：
，，
，，，．
三、填空题
7．（2023·浙江温州·二模）已知函数，则的最小值是 ；若关于的方程有个实数解，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】第一空，由题意可知，故设，作出其图象，数形结合，可得的最小值；第二空，利用导数的几何意义求出直线与曲线相切时的的值，将关于的方程有个实数解问题转化为直线与曲线的交点问题，数形结合，可得答案.
【详解】根据与大小关系（比较与大小的推理见后附），
可知，
设，注意到曲线与曲线恰好交于点，
显然， ，作出的大致图象如图，
可得的最小值是1，从而的最小值是．
由，得．
设直线与曲线切于点，
，直线过定点，则，
解得，从而．
由图象可知，若关于的方程有个实数解，
则直线与曲线有个交点，则或，
即所求实数的取值范围是，
故答案为：；
附：当时，设，则，
所以在区间上单调递减，从而，此时；
当时，设，在区间上单调递减，
所以当时，，即；
当时，，即；
当时，，即．
【点睛】关键点睛：解答本题的关键所在：（1）明确的含义，即；（2）数形结合思想，作出函数的图象；（3）将关于的方程有个实数解，转化为直线与曲线的交点问题.
8．（2023·福建福州·模拟预测）已知定义在上函数满足：，写出一个满足上述条件的函数 .
【答案】（答案不唯一）
【分析】先证明，再证明均满足题设要求，故可得为满足题设要求的函数.
【详解】先证明：.
设，则，
故在上为减函数，故，
故恒成立，故可设，
则，即，
而，
故均满足题设要求，
特别地，取，故满足题设要求.
故答案为：（答案为不唯一）.
四、解答题
9．（2024·辽宁·模拟预测）已知函数，
(1)求的最小值；
(2)证明：.
【答案】(1)1
(2)证明见详解
【分析】（1）换元令，构建，利用导数判断的单调性和最值，进而可得的最小值；
（2）由（1）结合正弦函数性质可得，构建，，利用导数可证，进而结合指数函数性质分析证明即可.
【详解】（1）令，由可知，
构建，
则在内恒成立，
可知在内单调递减，则，
所以的最小值为1.
（2）由（1）可知：，即，
又因为，则，
可得，则，
构建，，则在内恒成立，
可知在内单调递增，则，
即，可得，
注意到，则，
所以.
10．（2024·四川攀枝花·三模）已知函数．
(1)当时，求函数在处的切线方程；
(2)设函数的导函数为，若，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）先由解析式求，根据导数的几何意义求出切线斜率，再由点斜式求切线方程；
（2）由可得，由此证明，设，利用导数证明，由此证明结论.
【详解】（1）当时，，则．
而，所以．
所以在处的切线方程为，即．
（2）因为，且
所以，所以．
因为，，
所以．
所以．
因为，所以，
所以．
设．
则．
当时，单调递减；
当时，单调递增．
所以当时，．
所以，
所以，即．
【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题：
（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
（2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
（3）适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
（4）构造“形似”函数，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.
11．（2024·山西晋城·二模）已知函数（）．
(1)若，求的图象在处的切线方程；
(2)若对于任意的恒成立，求a的取值范围；
(3)若数列满足且（），记数列的前n项和为，求证：．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求导可得，利用导数的几何意义即可求解；
（2）利用导数分类讨论当、情况下函数的性质，进而求解；
（3）利用取倒数法求得，利用导数证明，结合归纳法和放缩法证明原不等式即可.
【详解】（1）当时，，
则，得，又，
所以在处的切线为；
（2）对恒成立，
，
设，则，
当即时，在上单调递增，
且，所以，即，
此时在上单调递增，且，
所以对恒成立.
当即时，令，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
则，又，
所以在上恒有，即，
函数在上单调递减，且，
则在上有，不符合题意.
综上，，即实数a的取值范围为
（3）由，得，又，
所以数列是以1为首项，以为公差的等差数列，
故，所以.
当时，恒成立；
当时，先证：，即证，
设，则，即证（），
令，则，
所以在上单调递减，故，
即，即.
所以当时，
.
综上，.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查导数的几何意义、利用导数研究函数的单调性和导数与数列的综合问题，第（3）问，利用数学归纳法和进行放缩是解决该问的关键考点20利用导数证明不等式（3种核心题型+基础保分练+综合提升练+拓展冲刺练）
【考试提醒】
导数中的不等式证明是高考的常考题型，常与函数的性质、函数的零点与极值、数列等相结合，虽然题目难度较大，但是解题方法多种多样，如构造函数法、放缩法等，针对不同的题目，灵活采用不同的解题方法，可以达到事半功倍的效果
【核心题型】
题型一 将不等式转化为函数的最值问题
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．
【例题1】（2024·陕西咸阳·模拟预测）已知，下列不等式恒成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【变式1】（2024·全国·模拟预测）下列正确结论的个数为（ ）
① ② ③ ④
A．1 B．2 C．3 D．4
【变式2】（2024·四川成都·三模）已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)设，且是的极值点，证明：.
【变式3】（2024·四川成都·三模）已知函数.
(1)若，证明：；
(2)若函数在内有唯一零点，求实数的取值范围.
题型二 将不等式转化为两个函数的最值进行比较
若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标．本例中同时含ln x与ex，不能直接构造函数，把指数与对数分离两边，分别计算它们的最值，借助最值进行证明．
【例题2】（2023·河南开封·模拟预测）已知，，，则（ ）
A． B．
C． D．
【变式1】（2024·全国·模拟预测）已知，则下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
【变式2】（2024·浙江杭州·模拟预测）已知函数.
(1)当时，证明：；
(2)当时，，求的最大值；
(3)若在区间存在零点，求的取值范围.
【变式3】（2024·贵州黔西·一模）已知函数.
(1)判断的单调性;
(2)证明:.
题型三 适当放缩证明不等式
导数方法证明不等式中，最常见的是ex和ln x与其他代数式结合的问题，对于这类问题，可以考虑先对ex和ln x进行放缩，使问题简化，简化后再构建函数进行证明．常见的放缩公式如下：
(1)ex≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号；
(2)ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取等号．
【例题1】（2024·河北沧州·一模）已知等比数列的前项和为，则数列的公比满足（ ）
A． B．
C． D．
【变式1】（2024·广东·模拟预测）令．则的最大值在如下哪个区间中（ ）
A． B．
C． D．
【变式2】（2024·全国·模拟预测）设整数，且，函数．
(1)证明：；
(2)设，证明：；
(3)设，证明：．
【变式3】（23-24高三下·河南·阶段练习）已知函数，且．
(1)讨论的单调性；
(2)比较与的大小，并说明理由；
(3)当时，证明：．
【课后强化】
基础保分练
一、单选题
1．（22-23高三上·四川绵阳·开学考试）若，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（2023·陕西咸阳·三模）已知，，，则（ ）
A． B．
C． D．
3．（23-24高三上·云南保山·期末）已知，，，则（ ）
A． B．
C． D．
4．（2024·全国·模拟预测）设，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
5．（23-24高三上·广西百色·阶段练习）函数的两个极值点分别是，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2023·福建·模拟预测）机械制图中经常用到渐开线函数，其中的单位为弧度，则下列说法正确的是（ ）
A．是偶函数
B．在上恰有个零点（）
C．在上恰有个极值点（）
D．当时，
三、填空题
7．（2023·海南·模拟预测）已知函数，，若对任意，恒成立，则实数的取值范围是 .
8．（2023·河南开封·模拟预测）实数x，y满足，则的值为 ．
四、解答题
9．（2023·吉林长春·模拟预测）已知函数.
(1)求的最小值；
(2)证明：.
10．（2024·广东佛山·二模）已知.
(1)当时，求的单调区间；
(2)若有两个极值点，，证明：.
11．（2023·四川成都·二模）已知函数.
(1)求在处的切线方程；
(2)若是的最大的极大值点，求证：.
综合提升练
一、单选题
1．（22-23高三上·河南·阶段练习）若，其中，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·福建·模拟预测）已知，，，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2023·河北衡水·三模）若，，则（ ）
A． B．
C． D．
4．（2023·新疆·三模）已知数列中，，若（），则下列结论中错误的是（ ）
A． B．
C．（） D．
5．（2023·河南·模拟预测）设a，b为正数，且，则（ ）.
A． B． C． D．
6．（2024·上海虹口·二模）已知定义在上的函数的导数满足，给出两个命题：
①对任意，都有；②若的值域为，则对任意都有.
则下列判断正确的是（ ）
A．①②都是假命题 B．①②都是真命题
C．①是假命题，②是真命题 D．①是真命题，②是假命题
7．（2024·四川泸州·三模）已知，，给出下列不等式
①；②；③；④
其中一定成立的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
8．（2024·四川攀枝花·三模）已知正数满足，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．（2023·福建龙岩·二模）已知函数（）有两个零点，分别记为，（）；对于，存在使，则（ ）
A．在上单调递增
B．（其中是自然对数的底数）
C．
D．
10．（2023·河南信阳·模拟预测）已知，满足，则（ ）
A． B．
C． D．
11．（2024·河北沧州·一模）已知函数与函数的图象相交于两点，且，则（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题
12．（2023·四川成都·三模）已知函数，.当时，，则实数的取值范围为 ．
13．（23-24高三下·广东云浮·阶段练习）若实数，满足，则 ．
14．（2024·全国·模拟预测）若实数a，b，c满足条件：，则的最大值是 ．
四、解答题
15．（2024·青海西宁·二模）已知函数．
(1)若，求的极值；
(2)若，求证：．
16．（2024·山东济南·二模）已知函数
(1)讨论的单调性；
(2)证明：.
17．（2024·上海松江·二模）已知函数（为常数），记.
(1)若函数在处的切线过原点，求实数的值；
(2)对于正实数，求证：；
(3)当时，求证：.
18．（2024·上海嘉定·二模）已知常数，设，
(1)若，求函数的最小值；
(2)是否存在，且，，依次成等比数列，使得、、依次成等差数列？请说明理由．
(3)求证：“”是“对任意，，都有”的充要条件．
19．（2024·全国·模拟预测）已知函数．
(1)若，讨论的单调性．
(2)若，，求证：．
拓展冲刺练
一、单选题
1．（2023·上海奉贤·二模）设是一个无穷数列的前项和,若一个数列满足对任意的正整数,不等式恒成立,则称数列为和谐数列,有下列3个命题:
①若对任意的正整数均有,则为和谐数列;
②若等差数列是和谐数列,则一定存在最小值;
③若的首项小于零,则一定存在公比为负数的一个等比数列是和谐数列．
以上3个命题中真命题的个数有( )个
A．0 B．1 C．2 D．3
2．（2023·新疆乌鲁木齐·三模）已知，，，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2023·湖南长沙·一模）已知，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2024·青海·二模）定义在上的函数满足，是函数的导函数，以下选项错误的是（ ）
A．
B．曲线在点处的切线方程为
C．在上恒成立，则
D．
二、多选题
5．（2024·全国·模拟预测）已知为正项数列的前n项和，且，则（ ）
A． B．
C． D．
6．（2024·全国·模拟预测）已知，则下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
三、填空题
7．（2023·浙江温州·二模）已知函数，则的最小值是 ；若关于的方程有个实数解，则实数的取值范围是 .
8．（2023·福建福州·模拟预测）已知定义在上函数满足：，写出一个满足上述条件的函数 .
四、解答题
9．（2024·辽宁·模拟预测）已知函数，
(1)求的最小值；
(2)证明：.
10．（2024·四川攀枝花·三模）已知函数．
(1)当时，求函数在处的切线方程；
(2)设函数的导函数为，若，证明：．
11．（2024·山西晋城·二模）已知函数（）．
(1)若，求的图象在处的切线方程；
(2)若对于任意的恒成立，求a的取值范围；
(3)若数列满足且（），记数列的前n项和为，求证：．
