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利用导数证明不等式
导数是研究函数的工具，利用导数我们可以方便地求出函数的单调性、极值、最值等，在证明与函数有关的不等式时，我们可以把不等式问题转化为函数的最值问题，也常构造函数，把不等式的证明问题转化为利用导数研究函数的单调性或最值问题，
考法1 作差构造法
【例1】（2022·内蒙古呼和浩特·一模）设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，求证：当a>ln 2－1且x>0时， ex>x2－2ax＋
【解题指导】构造函数→函数在的最小值→证得其最小值大于0→得到结论
【解题技巧】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”或“右减左”的函数，利用研究其单调性等相关函数性质证明不等式.
【能力专练1】已知函数f(x)＝ln x＋，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a>0时，证明：f(x)≥.
考法2 隔离分析法
【例3】（2022·内蒙古赤峰·三模）已知函数f(x)＝ex2－xln x．求证：当x>0时，f(x)
【解题指导】f(x)【例4】(2022·武汉模拟)已知函数f(x)＝ln x＋x.，证明：xf(x)【解题指导】xf(x)【解题技巧】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．
【能力专练2】(2022·百校大联考)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.
考法3 适当放缩法
【例5】已知x∈(0，1)，求证：x2－＜.
【解题指导】法一：要证x2－＜→ex＜ln x→放缩证ln x＋1－x3＋－x2＞0→放缩证ln x＋1－2x＋＞0→构造函数g(x)＝ln x＋1－2x＋→分析g(x)单调行可得
法二：要证x2－＜→ex＜ln x→放缩证x2－＜ln x→放缩证ln x＋－x＞0→构造函数h(x)＝ln x＋－x→分析g(x)单调行可得
【例6】已知函数f(x)＝ex，当x>－2时，求证：f(x)>ln(x＋2)．
【解题指导】构造函数g(x)＝＝ex－x－1→函数g(x)求导→分析单调行→求g(x)min→构造函数令h(x)＝x＋1－ln(x＋2)→函数h(x)求导→分析单调行→h(x)min→放缩可得
【解题技巧】
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．
【能力专练3】已知函数f(x)＝，g(x)＝，证明：f(x)>2g(x)－1.
1．（2023·湖南湘潭·统考二模）已知，曲线在处的切线方程为．
(1)求a，b的值；
(2)证明：当时，．
2．（2023·广西梧州·统考一模）已知函数，其中．
(1)求函数的最小值；
(2)证明：．
3．（2023·河南洛阳·洛阳市第三中学校联考一模）已知函数．
(1)求函数的图象在点处的切线方程；
(2)求证：．
4．（2023·河南焦作·统考模拟预测）已知函数.
(1)若，求的极值；
(2)若是的两个零点，且，证明：.
5．（2023·陕西咸阳·校考一模）已知函数.
(1)求 在点处的切线方程;
(2)求证：当时，.
6．（2023·山西·校联考模拟预测）已知函数．
(1)若不等式在上恒成立，求实数a的取值范围；
(2)若，求证：．
7．（2023·浙江·永嘉中学校联考模拟预测）已知为正实数，函数.
(1)若恒成立，求的取值范围；
(2)求证：（）.
8．（2022·宁夏银川·银川一中校考三模）已知函数 ，（为自然对数的底数，）．
(1)求函数的单调区间；
(2)若，，证明：当时，.
9．（2023·四川成都·统考一模）已知函数．
(1)若，求的取值范围；
(2)当时，证明：．
10．（2022·河南·校联考模拟预测）已知函数，.
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当时，.
思路引导
母题呈现
模拟训练
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利用导数证明不等式
导数是研究函数的工具，利用导数我们可以方便地求出函数的单调性、极值、最值等，在证明与函数有关的不等式时，我们可以把不等式问题转化为函数的最值问题，也常构造函数，把不等式的证明问题转化为利用导数研究函数的单调性或最值问题，
考法1 作差构造法
【例1】（2022·内蒙古呼和浩特·一模）设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，求证：当a>ln 2－1且x>0时， ex>x2－2ax＋
【解题指导】构造函数→函数在的最小值→证得其最小值大于0→得到结论
【解析】因为，所以，令，则，
所以时，，则在上单调递减，
时，，则在上单调递增
设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R.
【卡壳点】作差构造函数g(x)＝ex－x2＋2ax－1
于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
当a>ln 2－1时，g′(x)的最小值为g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)>0.
于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R内单调递增.
【技巧】合理利用的单调性
于是当a>ln 2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0).
又g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0.
即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.
【例2】已知函数f(x)＝1－，g(x)＝－＋＋x.证明：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.
【解题指导】f(x)＋g(x)≥→移项化简→构造函数h(x)＝1－－－＋x→函数h(x)求导→分析单调行→利用h(x)≥h(1)＝0→得到结论
【解析】f(x)＋g(x)≥ 1－－－＋x≥0.
令h(x)＝1－－－＋x(x≥1)，
【卡壳点】作差构造函数h(x)＝1－－－＋x
则h(1)＝0，h′(x)＝－＋＋＋1＝＋＋1.
因为x≥1，所以h′(x)＝＋＋1>0，
所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，
【提醒】注意定义域范围
所以h(x)≥h(1)＝0，即1－－－＋x≥0.
故当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.
【解题技巧】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”或“右减左”的函数，利用研究其单调性等相关函数性质证明不等式.
【能力专练1】已知函数f(x)＝ln x＋，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a>0时，证明：f(x)≥.
(1)解 f′(x)＝－＝(x>0)．
当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当a>0时，若x>a，则f′(x)>0，函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增；
若0(2)证明 由(1)知，当a>0时，
f(x)min＝f(a)＝ln a＋1.
要证f(x)≥，只需证ln a＋1≥，
即证ln a＋－1≥0.
令函数g(a)＝ln a＋－1，
则g′(a)＝－＝(a>0)，
当0当a>1时，g′(a)>0，
所以g(a)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以g(a)min＝g(1)＝0.
所以ln a＋－1≥0恒成立，
所以f(x)≥.
考法2 隔离分析法
【例3】（2022·内蒙古赤峰·三模）已知函数f(x)＝ex2－xln x．求证：当x>0时，f(x)【解题指导】f(x)【解析】要证f(x)【技巧】两边同除x，隔离为两个相对常见的函数
令h(x)＝ln x＋(x>0)，则h′(x)＝，
易知h(x)在上单调递减，在上单调递增，
【易错】忽视对数的定义域
则h(x)min＝h＝0，所以ln x＋≥0.
再令φ(x)＝ex－ex，则φ′(x)＝e－ex，
易知φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
则φ(x)max＝φ(1)＝0，
所以ex－ex≤0.因为h(x)与φ(x)不同时为0，
所以ex－ex【例4】(2022·武汉模拟)已知函数f(x)＝ln x＋x.，证明：xf(x)【解题指导】xf(x)【解析】要证xf(x)【技巧】两边同除x2，隔离为两个相对常见的函数
令函数g(x)＝1＋，则g′(x)＝.
令g′(x)>0，得x∈(0，e)；令g′(x)<0，得x∈(e，＋∞)．
所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
【易错】忽视对数的定义域
所以g(x)max＝g(e)＝1＋，
令函数h(x)＝，则h′(x)＝.
当x∈(0,2)时，h′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)>0.
所以h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
所以h(x)min＝h(2)＝.
因为－>0，所以h(x)min>g(x)max，
即1＋<，从而xf(x)【解题技巧】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．
【能力专练2】(2022·百校大联考)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.
(1)解 f′(x)＝－a(x>0)，
①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②若a>0，则当00；当x>时，f′(x)<0.
故f(x)在上单调递增，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．
考法3 适当放缩法
【例5】已知x∈(0，1)，求证：x2－＜.
【解题指导】法一：要证x2－＜→ex＜ln x→放缩证ln x＋1－x3＋－x2＞0→放缩证ln x＋1－2x＋＞0→构造函数g(x)＝ln x＋1－2x＋→分析g(x)单调行可得
法二：要证x2－＜→ex＜ln x→放缩证x2－＜ln x→放缩证ln x＋－x＞0→构造函数h(x)＝ln x＋－x→分析g(x)单调行可得
【证明】法一 要证x2－＜，
只需证ex＜ln x，
【技巧】两边同乘ex先化简
又易证ex＞x＋1(0＜x＜1)，
∴只需证明ln x＋(x＋1)＞0.
【卡壳点】利用ex＞x＋1放缩
即证ln x＋1－x3＋－x2＞0，
而x3＜x，x2＜x(0＜x＜1)，
【卡壳点】利用x3＜x，x2＜x放缩
∴只需证ln x＋1－2x＋＞0，
令g(x)＝ln x＋1－2x＋，
则g′(x)＝－2－＝－，
而2x2－x＋1＞0恒成立，
∴g′(x)＜0，
∴g(x)在(0，1)上单调递减，
∴当x∈(0，1)时，g(x)＞g(1)＝0，
即ln x＋1－2x＋＞0.
∴x2－＜.
法二 ∵x∈(0，1)，∴ex∈(1，e)，
∴要证x2－＜成立，
只需证ex＜ln x成立，
只需证x2－＜ln x，
【卡壳点】利用1＞ex放缩
又x2＜x(0＜x＜1)，
∴只需证ln x＋－x＞0，
【卡壳点】利用x2＜x放缩
令h(x)＝ln x＋－x，
则h′(x)＝－－1＝－，
而x2－x＋1＞0恒成立，∴h′(x)＜0，
∴h(x)在(0，1)上单调递减，
∴当x∈(0，1)时，h(x)＞h(1)＝0，
∴ln x＋－x＞0，
∴x2－＜.
【例6】已知函数f(x)＝ex，当x>－2时，求证：f(x)>ln(x＋2)．
【解题指导】构造函数g(x)＝＝ex－x－1→函数g(x)求导→分析单调行→求g(x)min→构造函数令h(x)＝x＋1－ln(x＋2)→函数h(x)求导→分析单调行→h(x)min→放缩可得
【解析】设g(x)＝f(x)－(x＋1)＝ex－x－1(x>－2)，
则g′(x)＝ex－1，
当－2当x>0时，g′(x)>0，
即g(x)在(－2,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
于是当x＝0时，g(x)min＝g(0)＝0，
因此f(x)≥x＋1(当且仅当x＝0时取等号)，
【卡壳点】利用x＋1作为中间量，进行放缩
令h(x)＝x＋1－ln(x＋2)(x>－2)，
则h′(x)＝1－＝，
则当－2当x>－1时，h′(x)>0，
即有h(x)在(－2，－1)上单调递减，
在(－1，＋∞)上单调递增，
于是当x＝－1时，h(x)min＝h(－1)＝0，
因此x＋1≥ln(x＋2)(当且仅当x＝－1时取等号)，所以当x>－2时，f(x)>ln(x＋2)．
【易错点】注意取等号的条件
【解题技巧】
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．
【能力专练3】已知函数f(x)＝，g(x)＝，证明：f(x)>2g(x)－1.
【解析】设h(x)＝ex－x－1(x>0)，
则h′(x)＝ex－1>0，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴h(x)>h(0)＝0，即ex>x＋1>1，∴<.
要证f(x)>2g(x)－1，即证>－1，
只需证≥－1，
即证xln x≥x－1，
令m(x)＝xln x－x＋1，则m′(x)＝ln x，
∴当x∈(0,1)时，m′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，m′(x)>0，
∴m(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴m(x)min＝m(1)＝0，
即m(x)≥0，
∴xln x≥x－1，则f(x)>2g(x)－1得证．
1．（2023·湖南湘潭·统考二模）已知，曲线在处的切线方程为．
(1)求a，b的值；
(2)证明：当时，．
【分析】（1）根据切点和斜率求得.
（2）化简，利用构造函数法，结合导数证得不等式成立.
【详解】（1）由题可知，即．
又，所以，
解得，即．
（2），，
要证，，
只需证，
令，
则，
令，则，
所以在上单调递增，所以，即，
所以在上单调递增，则，即当时，．
2．（2023·广西梧州·统考一模）已知函数，其中．
(1)求函数的最小值；
(2)证明：．
【分析】（1）由导数法求最小值；
（2）由（1）结论得当时，（当且仅当时，等号成立），即可构造，结合累加法即可证明.
【详解】（1），，
因为，所以当时，；当时，，
故在上递减，在上递增，
故．
（2）证明：由（1）知，当时，，
即当时，，即（当且仅当时，等号成立），
令，则，所以．
又，故，
从而，，…，，
累加可得，
即，
故
3．（2023·河南洛阳·洛阳市第三中学校联考一模）已知函数．
(1)求函数的图象在点处的切线方程；
(2)求证：．
【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义即可求得答案；
（2）将所要证明的不等式变形为，从而构造函数，利用导数判断其单调性，求得其最小值，即可证明原不等式.
【详解】（1）因为，所以，
所以，又因为．
所以函数的图象在点处的切线方程为，
即．
（2）证明：要证，即证，即证，
即证．
令，则．
由，可得，（舍去）
因为当时，，
所以当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增．
所以，
所以，结论得证．
另解：
证明：因为，
所以要证，即证，
即证．
设，
则．
令，则，
而函数在上单调递减，又，，
故存在唯一的，使得，即，即，
等式两边同时取对数得，即．
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减．
所以，即，
所以在上单调递减．
因为当时，，，
所以函数，所以成立．
【点睛】：方法点睛：利用导数证明不等式，一般方法是将不等式进行变形，进而构造恰当的函数，从而将不等式的证明问题转化为函数的单调性或最值问题,
4．（2023·河南焦作·统考模拟预测）已知函数.
(1)若，求的极值；
(2)若是的两个零点，且，证明：.
【分析】（1）根据得到，然后求导，得到单调性，即可求极值；
（2）令，，，根据，为的两个零点得到，然后将证明转化为证明，构造函数，求导，得到的单调性，即可得到，即可证明成立.
【详解】（1）由题可知，
则当时，，则在上单调递减，
当时，，则在上单调递增，
所以当时，取得极小值，无极大值.
（2）记，，，则，，
作差得，即，
要证明，只需证，即证，
令，则，
所以在上单调递增，则，所以成立.
【点睛】导数中常用的两种转化方法：
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.
5．（2023·陕西咸阳·校考一模）已知函数.
(1)求 在点处的切线方程;
(2)求证：当时，.
【分析】（1）根据导数的几何意义直接求解即可；
（2）由题知，进而构造函数，研究最小值即可证明；
【详解】（1）解：由题知，，，
所以，切点为，斜率为，
所以，所求切线为.
（2）证明：，即
令，则
令，，则在恒成立，
所以，在上单调递增，有，
所以，在恒成立，即在上单调递增，
所以，，即，
综上，当时，.
6．（2023·山西·校联考模拟预测）已知函数．
(1)若不等式在上恒成立，求实数a的取值范围；
(2)若，求证：．
【分析】（1）求出函数的导数，证明导数为单调增函数，然后分和两种情况判断导数的正负，从而判断函数的单调性，结合不等式恒成立，求得参数范围；
（2）利用（1）的结论将要证明的不等式转化为证明，从而构造函数，利用导数判断函数单调性，结合函数值范围，进而证明原不等式成立.
【详解】（1）由题意知，，
令，则，则在上恒成立， 仅在时取等号，
所以在上单调递增，即在上单调递增．
当时，在上恒成立，
所以在上单调递增，所以，符合题意；
当时，．
令，则，所以在上单调递减，
在上单调递增，所以．
所以，又在上单调递增，
所以，使得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，不符合题意．
综上所述，实数a的取值范围是．
（2）证明：由（1）得，当，时，，即，
要证不等式，只需证明，
只需证明，即只需证，
设，则，
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．
【点睛】难点点睛：第二问证明不等式成立时，要结合第一问的结论，得到，即，这是要结合所要证明的不等式的变形进行的合理变式，因此难点就在于要利用分析的方法，将原不等式转化为证明，即需证明，也就是证，然后可以构造函数，利用导数判断函数单调性解决问题.
7．（2023·浙江·永嘉中学校联考模拟预测）已知为正实数，函数.
(1)若恒成立，求的取值范围；
(2)求证：（）.
【分析】（1）求导，分类讨论判断单调性，结合恒成立问题运算求解；
（2）根据（1）可得不等式可证，构建，利用导数证明，结合裂项相消法可证.
【详解】（1），
①若，即，，函数在区间单调递增，故，满足条件；
②若，即，当时，，函数单调递减，则，矛盾，不符合题意.
综上所述：.
（2）先证右侧不等式，如下：
由（1）可得：当时，有，则，
即，即，
则有，
即，右侧不等式得证.
下证左侧不等式，如下：
构建，则在上恒成立，
故在上单调递减，则，
即，可得，即，
则有，
即，
∵，则，
故，左侧得证.
综上所述：不等式成立.
【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h(x)．
(3)利用导数研究h(x)的单调性或最值．
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．
8．（2022·宁夏银川·银川一中校考三模）已知函数 ，（为自然对数的底数，）．
(1)求函数的单调区间；
(2)若，，证明：当时，.
【分析】（1）求出的导数，根据的取值范围，对的符号进行讨论，求出单调区间即可；
（2）将，，，代入，利用导数求出函数在区间的最大值，并证明，再判断端点函数值，即可.
【详解】（1）∵，∴的定义域为，
∴，
①当时，对任意的，，在上单调递减，
∴此时，的单调递减区间为，无单调递增区间；
②当时，令，得，
易知在区间单调递减，
∴当时，，在区间单调递增，
当时，，在区间单调递减，
∴此时，的单调递增区间为，单调递减区间为.
综上所述，当时，的单调递减为，无单调递增区间；
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）若，则，，
∴，
当时，，
令，，则，
当时，，∴在区间上单调递增，
又∵，，
∴，使，此时，，即
又∵在区间上单调递增，
∴当时，，，在区间上单调递增，
当时，，，在区间上单调递减，
∴当时，取得极大值，也是最大值，
，
令，则，当时，，
∴在区间上单调递增，当时，，
∴当时，，
又∵，
，
∴综上所述，若，当时，.
【点睛】利用导数证明不等式的常用方法有：
（1）放缩法：通常会结合已知条件进行放缩（如本题利用了进行放缩）或利用常见结论放缩；
（2）构造函数法：常用于证明（或）时，可通过构造函数，转化为证明（或）；
（3）变形构造函数：如过原不等式构造函数较为复杂，可以将原不等式适当变形后再构造函数，再利用导数进行证明.
9．（2023·四川成都·统考一模）已知函数．
(1)若，求的取值范围；
(2)当时，证明：．
【分析】（1）构造，利用导数的性质判断的单调性进行求解即可；
（2）构造，利用导数的性质判断的单调性，结合函数零点存在原理进行求解即可.
【详解】（1）记．
则恒成立，即．
当，当，
在上单调递增，在上单调递减．
．解得．
实数的取值范围是；
（2）记．
在上单调递增．
令，
则，所以即在上单调递增．
由，知．
．即，
当单调递减；当单调递增．
，
由（*）式，可得．
代入式，得．
由（1）知，当时有，
故．．
由．
故，即，原不等式得证．
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
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．
10．（2022·河南·校联考模拟预测）已知函数，.
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当时，.
【分析】（1）对参数分类，由导数法讨论单调性即可
（2）原命题等价于，由导数法求极值，求即可.
【详解】（1），
当时，，在上单调递减；
当时，，，则在上单调递减，在上单调递增；
当时，，，则在上单调递增，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.
（2）当时，，，
要证，即证，令，也就是要证明，
由（1）得在上单调递减，在上单调递增，所以；
，由，所以在上单调递增，在上单调递减，所以；
∴，又∵在处取得最小值，而在处取得最小值，所以.
综上，.
【点睛】方法点睛：利用导数研究函数的单调区间，首先要求函数的定义域，当导函数含有参数时，要对参数进行分类讨论，在确定导函数的正负时，难点在于分类讨论时标准的确定，主要是按照是否有根，根的大小进行分类求解的．
思路引导
母题呈现
模拟训练
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