利用導(dǎo)數(shù)證明不等式（解析版）

利用導(dǎo)數(shù)證明不等式思路引導(dǎo)思路引導(dǎo)導(dǎo)數(shù)是研究函數(shù)的工具，利用導(dǎo)數(shù)我們可以方便地求出函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值等，在證明與函數(shù)有關(guān)的不等式時(shí)，我們可以把不等式問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題，也常構(gòu)造函數(shù)，把不等式的證明問題轉(zhuǎn)化為利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性或最值問題，母題呈現(xiàn)母題呈現(xiàn)考法1作差構(gòu)造法【例1】（2022·內(nèi)蒙古呼和浩特·一模）設(shè)a為實(shí)數(shù)，函數(shù)f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，求證：當(dāng)a>ln2－1且x>0時(shí)，ex>x2－2ax＋【解題指導(dǎo)】構(gòu)造函數(shù)→函數(shù)在的最小值→證得其最小值大于0→得到結(jié)論【解析】因?yàn)?，所以，令，則，所以時(shí)，，則在上單調(diào)遞減，時(shí)，，則在上單調(diào)遞增設(shè)g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R.【卡殼點(diǎn)】作差構(gòu)造函數(shù)g(x)＝ex－x2＋2ax－1于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.當(dāng)a>ln2－1時(shí)，g′(x)的最小值為g′(ln2)＝2(1－ln2＋a)>0.于是對任意x∈R，都有g(shù)′(x)>0，所以g(x)在R內(nèi)單調(diào)遞增.【技巧】合理利用的單調(diào)性于是當(dāng)a>ln2－1時(shí)，對任意x∈(0，＋∞)，都有g(shù)(x)>g(0).又g(0)＝0，從而對任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0.即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.【例2】已知函數(shù)f(x)＝1－eq\f(lnx,x)，g(x)＝－eq\f(e,ex)＋eq\f(1,x)＋x.證明：當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)＋g(x)≥eq\f(2,x).【解題指導(dǎo)】f(x)＋g(x)≥eq\f(2,x)→移項(xiàng)化簡→構(gòu)造函數(shù)h(x)＝1－eq\f(lnx,x)－eq\f(e,ex)－eq\f(1,x)＋x→函數(shù)h(x)求導(dǎo)→分析單調(diào)行→利用h(x)≥h(1)＝0→得到結(jié)論【解析】f(x)＋g(x)≥eq\f(2,x)?1－eq\f(lnx,x)－eq\f(e,ex)－eq\f(1,x)＋x≥0.令h(x)＝1－eq\f(lnx,x)－eq\f(e,ex)－eq\f(1,x)＋x(x≥1)，【卡殼點(diǎn)】作差構(gòu)造函數(shù)h(x)＝1－eq\f(lnx,x)－eq\f(e,ex)－eq\f(1,x)＋x則h(1)＝0，h′(x)＝－eq\f(1－lnx,x2)＋eq\f(e,ex)＋eq\f(1,x2)＋1＝eq\f(lnx,x2)＋eq\f(e,ex)＋1.因?yàn)閤≥1，所以h′(x)＝eq\f(lnx,x2)＋eq\f(e,ex)＋1>0，所以h(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，【提醒】注意定義域范圍所以h(x)≥h(1)＝0，即1－eq\f(lnx,x)－eq\f(e,ex)－eq\f(1,x)＋x≥0.故當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)＋g(x)≥eq\f(2,x).【解題技巧】待證不等式的兩邊含有同一個(gè)變量時(shí)，一般地，可以直接構(gòu)造“左減右”或“右減左”的函數(shù)，利用研究其單調(diào)性等相關(guān)函數(shù)性質(zhì)證明不等式.【能力專練1】已知函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)，a∈R.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)a>0時(shí)，證明：f(x)≥eq\f(2a－1,a).(1)解f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(a,x2)＝eq\f(x－a,x2)(x>0)．當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．當(dāng)a>0時(shí)，若x>a，則f′(x)>0，函數(shù)f(x)在(a，＋∞)上單調(diào)遞增；若0<x<a，則f′(x)<0，函數(shù)f(x)在(0，a)上單調(diào)遞減．(2)證明由(1)知，當(dāng)a>0時(shí)，f(x)min＝f(a)＝lna＋1.要證f(x)≥eq\f(2a－1,a)，只需證lna＋1≥eq\f(2a－1,a)，即證lna＋eq\f(1,a)－1≥0.令函數(shù)g(a)＝lna＋eq\f(1,a)－1，則g′(a)＝eq\f(1,a)－eq\f(1,a2)＝eq\f(a－1,a2)(a>0)，當(dāng)0<a<1時(shí)，g′(a)<0；當(dāng)a>1時(shí)，g′(a)>0，所以g(a)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(a)min＝g(1)＝0.所以lna＋eq\f(1,a)－1≥0恒成立，所以f(x)≥eq\f(2a－1,a).考法2隔離分析法【例3】（2022·內(nèi)蒙古赤峰·三模）已知函數(shù)f(x)＝ex2－xlnx．求證：當(dāng)x>0時(shí)，f(x)<xex＋eq\f(1,e).【解題指導(dǎo)】f(x)<xex＋eq\f(1,e)→ex－ex<lnx＋eq\f(1,ex)→構(gòu)造函數(shù)h(x)＝lnx＋eq\f(1,ex)→函數(shù)h(x)求導(dǎo)→分析單調(diào)行→求h(x)min→構(gòu)造函數(shù)φ(x)＝ex－ex→函數(shù)φ(x)求導(dǎo)→分析單調(diào)行→求φ(x)max→比較可得【解析】要證f(x)<xex＋eq\f(1,e)，只需證ex－lnx<ex＋eq\f(1,ex)，即ex－ex<lnx＋eq\f(1,ex).【技巧】兩邊同除x，隔離為兩個(gè)相對常見的函數(shù)令h(x)＝lnx＋eq\f(1,ex)(x>0)，則h′(x)＝eq\f(ex－1,ex2)，易知h(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，【易錯(cuò)】忽視對數(shù)的定義域則h(x)min＝h＝0，所以lnx＋eq\f(1,ex)≥0.再令φ(x)＝ex－ex，則φ′(x)＝e－ex，易知φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，則φ(x)max＝φ(1)＝0，所以ex－ex≤0.因?yàn)閔(x)與φ(x)不同時(shí)為0，所以ex－ex<lnx＋eq\f(1,ex)，故原不等式成立．【例4】(2022·武漢模擬)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋x.，證明：xf(x)<ex.【解題指導(dǎo)】xf(x)<ex→1＋eq\f(lnx,x)<eq\f(ex,x2)→構(gòu)造函數(shù)g(x)＝1＋eq\f(lnx,x)→函數(shù)g(x)求導(dǎo)→分析單調(diào)行→求g(x)max→構(gòu)造函數(shù)h(x)＝eq\f(ex,x2)→函數(shù)h(x)求導(dǎo)→分析單調(diào)行→h(x)min→比較可得【解析】要證xf(x)<ex，即證x2＋xlnx<ex，即證1＋eq\f(lnx,x)<eq\f(ex,x2).【技巧】兩邊同除x2，隔離為兩個(gè)相對常見的函數(shù)令函數(shù)g(x)＝1＋eq\f(lnx,x)，則g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2).令g′(x)>0，得x∈(0，e)；令g′(x)<0，得x∈(e，＋∞)．所以g(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，【易錯(cuò)】忽視對數(shù)的定義域所以g(x)max＝g(e)＝1＋eq\f(1,e)，令函數(shù)h(x)＝eq\f(ex,x2)，則h′(x)＝eq\f(exx－2,x3).當(dāng)x∈(0,2)時(shí)，h′(x)<0；當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，h′(x)>0.所以h(x)在(0,2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(x)min＝h(2)＝eq\f(e2,4).因?yàn)閑q\f(e2,4)－>0，所以h(x)min>g(x)max，即1＋eq\f(lnx,x)<eq\f(ex,x2)，從而xf(x)<ex得證．【解題技巧】若直接求導(dǎo)比較復(fù)雜或無從下手時(shí)，可將待證式進(jìn)行變形，構(gòu)造兩個(gè)函數(shù)，從而找到可以傳遞的中間量，達(dá)到證明的目標(biāo)．本例中同時(shí)含lnx與ex，不能直接構(gòu)造函數(shù)，把指數(shù)與對數(shù)分離兩邊，分別計(jì)算它們的最值，借助最值進(jìn)行證明．【能力專練2】(2022·百校大聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝elnx－ax(a∈R)．(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)a＝e時(shí)，證明：xf(x)－ex＋2ex≤0.(1)解f′(x)＝eq\f(e,x)－a(x>0)，①若a≤0，則f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；②若a>0，則當(dāng)0<x<eq\f(e,a)時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x>eq\f(e,a)時(shí)，f′(x)<0.故f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減．(2)證明因?yàn)閤>0，所以只需證f(x)≤eq\f(ex,x)－2e，當(dāng)a＝e時(shí)，由(1)知，f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．所以f(x)max＝f(1)＝－e.設(shè)g(x)＝eq\f(ex,x)－2e(x>0)，則g′(x)＝eq\f(x－1ex,x2)，所以當(dāng)0<x<1時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，所以g(x)min＝g(1)＝－e.綜上，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)≤g(x)，即f(x)≤eq\f(ex,x)－2e.故不等式xf(x)－ex＋2ex≤0得證．考法3適當(dāng)放縮法【例5】已知x∈(0，1)，求證：x2－eq\f(1,x)＜eq\f(lnx,ex).【解題指導(dǎo)】法一：要證x2－eq\f(1,x)＜eq\f(lnx,ex)→ex＜lnx→放縮證lnx＋1－x3＋eq\f(1,x)－x2＞0→放縮證lnx＋1－2x＋eq\f(1,x)＞0→構(gòu)造函數(shù)g(x)＝lnx＋1－2x＋eq\f(1,x)→分析g(x)單調(diào)行可得法二：要證x2－eq\f(1,x)＜eq\f(lnx,ex)→ex＜lnx→放縮證x2－eq\f(1,x)＜lnx→放縮證lnx＋eq\f(1,x)－x＞0→構(gòu)造函數(shù)h(x)＝lnx＋eq\f(1,x)－x→分析g(x)單調(diào)行可得【證明】法一要證x2－eq\f(1,x)＜eq\f(lnx,ex)，只需證ex＜lnx，【技巧】兩邊同乘ex先化簡又易證ex＞x＋1(0＜x＜1)，∴只需證明lnx＋(x＋1)＞0.【卡殼點(diǎn)】利用ex＞x＋1放縮即證lnx＋1－x3＋eq\f(1,x)－x2＞0，而x3＜x，x2＜x(0＜x＜1)，【卡殼點(diǎn)】利用x3＜x，x2＜x放縮∴只需證lnx＋1－2x＋eq\f(1,x)＞0，令g(x)＝lnx＋1－2x＋eq\f(1,x)，則g′(x)＝eq\f(1,x)－2－eq\f(1,x2)＝－eq\f(2x2－x＋1,x2)，而2x2－x＋1＞0恒成立，∴g′(x)＜0，∴g(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，∴當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，g(x)＞g(1)＝0，即lnx＋1－2x＋eq\f(1,x)＞0.∴x2－eq\f(1,x)＜eq\f(lnx,ex).法二∵x∈(0，1)，∴ex∈(1，e)，∴要證x2－eq\f(1,x)＜eq\f(lnx,ex)成立，只需證ex＜lnx成立，只需證x2－eq\f(1,x)＜lnx，【卡殼點(diǎn)】利用1＞ex放縮又x2＜x(0＜x＜1)，∴只需證lnx＋eq\f(1,x)－x＞0，【卡殼點(diǎn)】利用x2＜x放縮令h(x)＝lnx＋eq\f(1,x)－x，則h′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)－1＝－eq\f(x2－x＋1,x2)，而x2－x＋1＞0恒成立，∴h′(x)＜0，∴h(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，∴當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，h(x)＞h(1)＝0，∴l(xiāng)nx＋eq\f(1,x)－x＞0，∴x2－eq\f(1,x)＜eq\f(lnx,ex).【例6】已知函數(shù)f(x)＝ex，當(dāng)x>－2時(shí)，求證：f(x)>ln(x＋2)．【解題指導(dǎo)】構(gòu)造函數(shù)g(x)＝＝ex－x－1→函數(shù)g(x)求導(dǎo)→分析單調(diào)行→求g(x)min→構(gòu)造函數(shù)令h(x)＝x＋1－ln(x＋2)→函數(shù)h(x)求導(dǎo)→分析單調(diào)行→h(x)min→放縮可得【解析】設(shè)g(x)＝f(x)－(x＋1)＝ex－x－1(x>－2)，則g′(x)＝ex－1，當(dāng)－2<x<0時(shí)，g′(x)<0；當(dāng)x>0時(shí)，g′(x)>0，即g(x)在(－2,0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，于是當(dāng)x＝0時(shí)，g(x)min＝g(0)＝0，因此f(x)≥x＋1(當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)取等號)，【卡殼點(diǎn)】利用x＋1作為中間量，進(jìn)行放縮令h(x)＝x＋1－ln(x＋2)(x>－2)，則h′(x)＝1－eq\f(1,x＋2)＝eq\f(x＋1,x＋2)，則當(dāng)－2<x<－1時(shí)，h′(x)<0，當(dāng)x>－1時(shí)，h′(x)>0，即有h(x)在(－2，－1)上單調(diào)遞減，在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，于是當(dāng)x＝－1時(shí)，h(x)min＝h(－1)＝0，因此x＋1≥ln(x＋2)(當(dāng)且僅當(dāng)x＝－1時(shí)取等號)，所以當(dāng)x>－2時(shí)，f(x)>ln(x＋2)．【易錯(cuò)點(diǎn)】注意取等號的條件【解題技巧】導(dǎo)數(shù)方法證明不等式中，最常見的是ex和lnx與其他代數(shù)式結(jié)合的問題，對于這類問題，可以考慮先對ex和lnx進(jìn)行放縮，使問題簡化，簡化后再構(gòu)建函數(shù)進(jìn)行證明．常見的放縮公式如下：(1)ex≥1＋x，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)取等號．(2)lnx≤x－1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取等號．【能力專練3】已知函數(shù)f(x)＝，g(x)＝eq\f(x,ex)，證明：f(x)>2g(x)－1.【解析】設(shè)h(x)＝ex－x－1(x>0)，則h′(x)＝ex－1>0，∴h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴h(x)>h(0)＝0，即ex>x＋1>1，∴eq\f(1,ex)<eq\f(1,x＋1).要證f(x)>2g(x)－1，即證eq\f(xlnx,x＋1)>eq\f(2x,ex)－1，只需證eq\f(xlnx,x＋1)≥eq\f(2x,x＋1)－1，即證xlnx≥x－1，令m(x)＝xlnx－x＋1，則m′(x)＝lnx，∴當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，m′(x)<0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，m′(x)>0，∴m(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴m(x)min＝m(1)＝0，即m(x)≥0，∴xlnx≥x－1，則f(x)>2g(x)－1得證．模擬訓(xùn)練模擬訓(xùn)練1．（2023·湖南湘潭·統(tǒng)考二模）已知，曲線在處的切線方程為．(1)求a，b的值；(2)證明：當(dāng)時(shí)，．【分析】（1）根據(jù)切點(diǎn)和斜率求得.（2）化簡，利用構(gòu)造函數(shù)法，結(jié)合導(dǎo)數(shù)證得不等式成立.【詳解】（1）由題可知，即．又，所以，解得，即．（2），，要證，，只需證，令，則，令，則，所以在上單調(diào)遞增，所以，即，所以在上單調(diào)遞增，則，即當(dāng)時(shí)，．2．（2023·廣西梧州·統(tǒng)考一模）已知函數(shù)，其中．(1)求函數(shù)的最小值；(2)證明：．【分析】（1）由導(dǎo)數(shù)法求最小值；（2）由（1）結(jié)論得當(dāng)時(shí)，（當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號成立），即可構(gòu)造，結(jié)合累加法即可證明.【詳解】（1），，因?yàn)?，所以?dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，，故在上遞減，在上遞增，故．（2）證明：由（1）知，當(dāng)時(shí)，，即當(dāng)時(shí)，，即（當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號成立），令，則，所以．又，故，從而，，…，，累加可得，即，故3．（2023·河南洛陽·洛陽市第三中學(xué)校聯(lián)考一模）已知函數(shù)．(1)求函數(shù)的圖象在點(diǎn)處的切線方程；(2)求證：．【分析】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義即可求得答案；（2）將所要證明的不等式變形為，從而構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)判斷其單調(diào)性，求得其最小值，即可證明原不等式.【詳解】（1）因?yàn)?，所以，所以，又因?yàn)椋院瘮?shù)的圖象在點(diǎn)處的切線方程為，即．（2）證明：要證，即證，即證，即證．令，則．由，可得，（舍去）因?yàn)楫?dāng)時(shí)，，所以當(dāng)時(shí)，，在上單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，，在上單調(diào)遞增．所以，所以，結(jié)論得證．另解：證明：因?yàn)?，所以要證，即證，即證．設(shè)，則．令，則，而函數(shù)在上單調(diào)遞減，又，，故存在唯一的，使得，即，即，等式兩邊同時(shí)取對數(shù)得，即．當(dāng)時(shí)，，在上單調(diào)遞增；當(dāng)時(shí)，，在上單調(diào)遞減．所以，即，所以在上單調(diào)遞減．因?yàn)楫?dāng)時(shí)，，，所以函數(shù)，所以成立．【點(diǎn)睛】：方法點(diǎn)睛：利用導(dǎo)數(shù)證明不等式，一般方法是將不等式進(jìn)行變形，進(jìn)而構(gòu)造恰當(dāng)?shù)暮瘮?shù)，從而將不等式的證明問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的單調(diào)性或最值問題,4．（2023·河南焦作·統(tǒng)考模擬預(yù)測）已知函數(shù).(1)若，求的極值；(2)若是的兩個(gè)零點(diǎn)，且，證明：.【分析】（1）根據(jù)得到，然后求導(dǎo)，得到單調(diào)性，即可求極值；（2）令，，，根據(jù)，為的兩個(gè)零點(diǎn)得到，然后將證明轉(zhuǎn)化為證明，構(gòu)造函數(shù)，求導(dǎo)，得到的單調(diào)性，即可得到，即可證明成立.【詳解】（1）由題可知，則當(dāng)時(shí)，，則在上單調(diào)遞減，當(dāng)時(shí)，，則在上單調(diào)遞增，所以當(dāng)時(shí)，取得極小值，無極大值.（2）記，，，則，，作差得，即，要證明，只需證，即證，令，則，所以在上單調(diào)遞增，則，所以成立.【點(diǎn)睛】導(dǎo)數(shù)中常用的兩種轉(zhuǎn)化方法：一是利用導(dǎo)數(shù)研究含參函數(shù)的單調(diào)性，?；癁椴坏仁胶愠闪栴}，注意分類討論與數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用；二是函數(shù)的零點(diǎn)，不等式證明常轉(zhuǎn)化為函數(shù)的單調(diào)性、極（最）值問題處理.5．（2023·陜西咸陽·?？家荒＃┮阎瘮?shù).(1)求在點(diǎn)處的切線方程;(2)求證：當(dāng)時(shí)，.【分析】（1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義直接求解即可；（2）由題知，進(jìn)而構(gòu)造函數(shù)，研究最小值即可證明；【詳解】（1）解：由題知，，，所以，切點(diǎn)為，斜率為，所以，所求切線為.（2）證明：，即令，則令，，則在恒成立，所以，在上單調(diào)遞增，有，所以，在恒成立，即在上單調(diào)遞增，所以，，即，綜上，當(dāng)時(shí)，.6．（2023·山西·校聯(lián)考模擬預(yù)測）已知函數(shù)．(1)若不等式在上恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)若，求證：．【分析】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，證明導(dǎo)數(shù)為單調(diào)增函數(shù)，然后分和兩種情況判斷導(dǎo)數(shù)的正負(fù)，從而判斷函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合不等式恒成立，求得參數(shù)范圍；（2）利用（1）的結(jié)論將要證明的不等式轉(zhuǎn)化為證明，從而構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性，結(jié)合函數(shù)值范圍，進(jìn)而證明原不等式成立.【詳解】（1）由題意知，，令，則，則在上恒成立，僅在時(shí)取等號，所以在上單調(diào)遞增，即在上單調(diào)遞增．當(dāng)時(shí)，在上恒成立，所以在上單調(diào)遞增，所以，符合題意；當(dāng)時(shí)，．令，則，所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以．所以，又在上單調(diào)遞增，所以，使得，所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以，不符合題意．綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是．（2）證明：由（1）得，當(dāng)，時(shí)，，即，要證不等式，只需證明，只需證明，即只需證，設(shè)，則，當(dāng)時(shí)，恒成立，故在上單調(diào)遞增，又，所以恒成立，所以原不等式成立．【點(diǎn)睛】難點(diǎn)點(diǎn)睛：第二問證明不等式成立時(shí)，要結(jié)合第一問的結(jié)論，得到，即，這是要結(jié)合所要證明的不等式的變形進(jìn)行的合理變式，因此難點(diǎn)就在于要利用分析的方法，將原不等式轉(zhuǎn)化為證明，即需證明，也就是證，然后可以構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性解決問題.7．（2023·浙江·永嘉中學(xué)校聯(lián)考模擬預(yù)測）已知為正實(shí)數(shù)，函數(shù).(1)若恒成立，求的取值范圍；(2)求證：（）.【分析】（1）求導(dǎo)，分類討論判斷單調(diào)性，結(jié)合恒成立問題運(yùn)算求解；（2）根據(jù)（1）可得不等式可證，構(gòu)建，利用導(dǎo)數(shù)證明，結(jié)合裂項(xiàng)相消法可證.【詳解】（1），①若，即，，函數(shù)在區(qū)間單調(diào)遞增，故，滿足條件；②若，即，當(dāng)時(shí)，，函數(shù)單調(diào)遞減，則，矛盾，不符合題意.綜上所述：.（2）先證右側(cè)不等式，如下：由（1）可得：當(dāng)時(shí)，有，則，即，即，則有，即，右側(cè)不等式得證.下證左側(cè)不等式，如下：構(gòu)建，則在上恒成立，故在上單調(diào)遞減，則，即，可得，即，則有，即，∵，則，故，左側(cè)得證.綜上所述：不等式成立.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：利用導(dǎo)數(shù)證明不等式的基本步驟：(1)作差或變形．(2)構(gòu)造新的函數(shù)h(x)．(3)利用導(dǎo)數(shù)研究h(x)的單調(diào)性或最值．(4)根據(jù)單調(diào)性及最值，得到所證不等式．特別地：當(dāng)作差或變形構(gòu)造的新函數(shù)不能利用導(dǎo)數(shù)求解時(shí)，一般轉(zhuǎn)化為分別求左、右兩端兩個(gè)函數(shù)的最值問題．8．（2022·寧夏銀川·銀川一中?？既＃┮阎瘮?shù)，（為自然對數(shù)的底數(shù)，）．(1)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；(2)若，，證明：當(dāng)時(shí)，.【分析】（1）求出的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)的取值范圍，對的符號進(jìn)行討論，求出單調(diào)區(qū)間即可；（2）將，，，代入，利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)在區(qū)間的最大值，并證明，再判斷端點(diǎn)函數(shù)值，即可.【詳解】（1）∵，∴的定義域?yàn)椋?，①?dāng)時(shí)，對任意的，，在上單調(diào)遞減，∴此時(shí)，的單調(diào)遞減區(qū)間為，無單調(diào)遞增區(qū)間；②當(dāng)時(shí)，令，得，易知在區(qū)間單調(diào)遞減，∴當(dāng)時(shí)，，在區(qū)間單調(diào)遞增，當(dāng)時(shí)，，在區(qū)間單調(diào)遞減，∴此時(shí)，的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為.綜上所述，當(dāng)時(shí)，的單調(diào)遞減為，無單調(diào)遞增區(qū)間；當(dāng)時(shí)，的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為.（2）若，則，，∴，當(dāng)時(shí)，，令，，則，當(dāng)時(shí)，，∴在區(qū)間上單調(diào)遞增，又∵，，∴，使，此時(shí)，，即又∵在區(qū)間上單調(diào)遞增，∴當(dāng)時(shí)，，，在區(qū)間上單調(diào)遞增，當(dāng)時(shí)，，，在區(qū)間上單調(diào)遞減，∴當(dāng)時(shí)，取得極大值，也是最大值，，令，則，當(dāng)時(shí)，，∴在區(qū)間上單調(diào)遞增，當(dāng)時(shí)，，∴當(dāng)時(shí)，，又∵，，∴綜上所述，若，當(dāng)時(shí)，.【點(diǎn)睛】利用導(dǎo)數(shù)證明不等式的常用方法有：（1）放縮法：通常會結(jié)合已知條件進(jìn)行放縮（如本