第20讲 利用导数证明不等式-2025届高三数学一轮复习

“功夫”2025届第一轮精练 第20讲 利用导数证明不等式 第20讲 利用导数证明不等式 “功夫”2025届第一轮精练 最新考题尽在“功夫”！1 最新考题尽在“功夫”！1 学科网（北京）股份有限公司 学习目标 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． 将不等式转化为函数的最值问题 知识： 【例1】1．（2023全国Ⅰ卷）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)证明：当时，． 【解析】（1）因为，定义域为，所以，----1分 当时，由于，则，故恒成立， 所以在上单调递减； -----2分 当时，令，解得， 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增； ----4分 综上：当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. ---5分 （2）证法一 　关键点：作差法比较f(x)min与2ln a＋的大小 由（1）得，， ---7分 要证，即证，即证恒成立， 令，则， ----9分 令，则；令，则； 所以在上单调递减，在上单调递增， -----11分 所以，则恒成立， 所以当时，恒成立，证毕. ----12分 思维升华 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． 2．（2023年全国Ⅱ）已知函数在区间上单调递增，则a的最小值为（    ）． A． B．e C． D． 【解析】依题可知，在上恒成立，显然，所以， 设，所以，所以在上单调递增， ，故，即，即a的最小值为． 故选：C． 【拓展练习】 1．（2024全国甲文）已知函数． (1)求的单调区间； (2)当时，证明：当时，恒成立． 【解析】（1）定义域为， 当时，，故在上单调递减； 当时，时，，单调递增， 当时，，单调递减. 综上所述，当时，的单调递减区间为； 时，的单调递增区间为，单调递减区间为. （2），且时，， 令，下证即可. ，再令，则， 显然在上递增，则， 即在上递增， 故，即在上单调递增， 故，问题得证 2．（2024全国Ⅱ）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围． 【解析】（1）当时，则，， 可得，， 即切点坐标为，切线斜率， 所以切线方程为，即. （2）解法一：因为的定义域为，且， 若，则对任意恒成立， 可知在上单调递增，无极值，不合题意； 若，令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则有极小值，无极大值， 由题意可得：，即， 构建，则， 可知在内单调递增，且， 不等式等价于，解得， 所以a的取值范围为； 3. （2020全国Ⅱ理）已知函数f(x)=sin2xsin2x. （1）讨论f(x)在区间(0，π)的单调性； （2）证明：； （3）设n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤. 【解析】(1)由函数的解析式可得：，则： ， 在上的根为：， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 当时，单调递增. (2)注意到， 故函数是周期为的函数， 结合(1)的结论，计算可得：， ，， 据此可得：，， 即. (3)结合(2)的结论有： . 知识： 将不等式转化为两个函数的最值进行比较 【例2】1．（2023全国Ⅱ）（1）证明：当时，； 【解析】（1）构建，则对恒成立， 则在上单调递增，可得， 所以； 构建， 则， 构建，则对恒成立， 则在上单调递增，可得， 即对恒成立， 则在上单调递增，可得， 所以； 综上所述：. 思维升华 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． 【拓展练习】2 (2023·合肥模拟)已知函数f(x)＝ex＋x2－x－1. (1)求f(x)的最小值； (2)证明：ex＋xln x＋x2－2x>0. 【解析】(1)　由题意可得 f′(x)＝ex＋2x－1， 则函数f′(x)在R上单调递增，且f′(0)＝0. 由f′(x)>0，得x>0；由f′(x)<0，得x<0. 则f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 故f(x)min＝f(0)＝0. (2)证明　要证ex＋xln x＋x2－2x>0， 即证ex＋x2－x－1>－xln x＋x－1. 由(1)可知当x>0时，f(x)>0恒成立． 设g(x)＝－xln x＋x－1，x>0， 则g′(x)＝－ln x. 由g′(x)>0，得0<x<1； 由 g′(x)<0，得x>1. 则g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而g(x)≤g(1)＝0，当且仅当x＝1时，等号成立． 故f(x)>g(x)，即ex＋xln x＋x2－2x>0. 双变量不等式的证明 【例3】1．（2015·湖北）设函数，的定义域均为，且是奇函数，是偶函数，，其中e为自然对数的底数． (1)求，的解析式，并证明：当时，，； (2)设，，证明：当时，． 【解析】（1）由, 的奇偶性及①，得：② 联立①②解得，． 当时，，，故③ 又由基本不等式，有，即④ （2）由（1）得 ⑤， ⑥， 当时，等价于⑦， 等价于⑧， 设函数 ， 由⑤⑥，有 当时， 若，由③④，得，故在上为增函数， 从而，即，故⑦成立． 若，由③④，得，故在上为减函数， 从而，即，故⑧成立． 综合⑦⑧，得 ． 思维升华 将两个变量分离，根据式子的特点构造新函数，利用导数研究新函数的单调性及最值，从而得到所证不等式，或者要求证的不等式等价变形，然后利用整体思想换元，再构造函数，结合函数的单调性可证得不等式． 【拓展练习】3★．（2022北京）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)设，讨论函数在上的单调性； (3)证明：对任意的，有． 【解析】（1）因为，所以， 即切点坐标为， 又， ∴切线斜率 ∴切线方程为： （2）因为，     所以， 令， 则， ∴在上单调递增， ∴ ∴在上恒成立， ∴在上单调递增. （3）原不等式等价于， 令，， 即证， ∵， ， 由（2）知在上单调递增， ∴， ∴ ∴在上单调递增，又因为， ∴，所以命题得证. 4．（2018·全国·）已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若存在两个极值点，证明：． 【解析】（1）的定义域为，. （i）若，则，当且仅当，时，所以在单调递减. （ii）若，令得，或. 当时，； 当时，.所以在单调递减，在单调递增. （2）【通性通法】消元 由（1）知，存在两个极值点当且仅当. 由于的两个极值点满足，所以，不妨设，则.由于 ， 所以等价于. 设函数，由（1）知，在单调递减，又，从而当时，，所以，即. $$ “功夫”2025届第一轮精练 第20讲 利用导数证明不等式 第20讲 利用导数证明不等式 “功夫”2025届第一轮精练 最新考题尽在“功夫”！1 最新考题尽在“功夫”！1 学科网（北京）股份有限公司 学习目标 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． 将不等式转化为函数的最值问题 知识： 【例1】1．（2023全国Ⅰ卷）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)证明：当时，． 【解析】（1）因为，定义域为，所以，----1分 当时，由于，则，故恒成立， 所以在上单调递减； -----2分 当时，令，解得， 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增； ----4分 综上：当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. ---5分 （2）证法一 　关键点：作差法比较f(x)min与2ln a＋的大小 由（1）得，， ---7分 要证，即证，即证恒成立， 令，则， ----9分 令，则；令，则； 所以在上单调递减，在上单调递增， -----11分 所以，则恒成立， 所以当时，恒成立，证毕. ----12分 思维升华 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． 2．（2023年全国Ⅱ）已知函数在区间上单调递增，则a的最小值为（    ）． A． B．e C． D． 【解析】依题可知，在上恒成立，显然，所以， 设，所以，所以在上单调递增， ，故，即，即a的最小值为． 故选：C． 【拓展练习】 1．（2024全国甲文）已知函数． (1)求的单调区间； (2)当时，证明：当时，恒成立． 【解析】（1）定义域为， 当时，，故在上单调递减； 当时，时，，单调递增， 当时，，单调递减. 综上所述，当时，的单调递减区间为； 时，的单调递增区间为，单调递减区间为. （2），且时，， 令，下证即可. ，再令，则， 显然在上递增，则， 即在上递增， 故，即在上单调递增， 故，问题得证 2．（2024全国Ⅱ）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围． 【解析】（1）当时，则，， 可得，， 即切点坐标为，切线斜率， 所以切线方程为，即. （2）解法一：因为的定义域为，且， 若，则对任意恒成立， 可知在上单调递增，无极值，不合题意； 若，令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则有极小值，无极大值， 由题意可得：，即， 构建，则， 可知在内单调递增，且， 不等式等价于，解得， 所以a的取值范围为； 3. （2020全国Ⅱ理）已知函数f(x)=sin2xsin2x. （1）讨论f(x)在区间(0，π)的单调性； （2）证明：； （3）设n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤. 【解析】(1)由函数的解析式可得：，则： ， 在上的根为：， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 当时，单调递增. (2)注意到， 故函数是周期为的函数， 结合(1)的结论，计算可得：， ，， 据此可得：，， 即. (3)结合(2)的结论有： . 知识： 将不等式转化为两个函数的最值进行比较 【例2】1．（2023全国Ⅱ）（1）证明：当时，； 【解析】（1）构建，则对恒成立， 则在上单调递增，可得， 所以； 构建， 则， 构建，则对恒成立， 则在上单调递增，可得， 即对恒成立， 则在上单调递增，可得， 所以； 综上所述：. 思维升华 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． 【拓展练习】2 (2023·合肥模拟)已知函数f(x)＝ex＋x2－x－1. (1)求f(x)的最小值； (2)证明：ex＋xln x＋x2－2x>0. 【解析】(1)　由题意可得 f′(x)＝ex＋2x－1， 则函数f′(x)在R上单调递增，且f′(0)＝0. 由f′(x)>0，得x>0；由f′(x)<0，得x<0. 则f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 故f(x)min＝f(0)＝0. (2)证明　要证ex＋xln x＋x2－2x>0， 即证ex＋x2－x－1>－xln x＋x－1. 由(1)可知当x>0时，f(x)>0恒成立． 设g(x)＝－xln x＋x－1，x>0， 则g′(x)＝－ln x. 由g′(x)>0，得0<x<1； 由 g′(x)<0，得x>1. 则g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而g(x)≤g(1)＝0，当且仅当x＝1时，等号成立． 故f(x)>g(x)，即ex＋xln x＋x2－2x>0. 双变量不等式的证明 【例3】1．（2015·湖北）设函数，的定义域均为，且是奇函数，是偶函数，，其中e为自然对数的底数． (1)求，的解析式，并证明：当时，，； (2)设，，证明：当时，． 【解析】（1）由, 的奇偶性及①，得：② 联立①②解得，． 当时，，，故③ 又由基本不等式，有，即④ （2）由（1）得 ⑤， ⑥， 当时，等价于⑦， 等价于⑧， 设函数 ， 由⑤⑥，有 当时， 若，由③④，得，故在上为增函数， 从而，即，故⑦成立． 若，由③④，得，故在上为减函数， 从而，即，故⑧成立． 综合⑦⑧，得 ． 思维升华 将两个变量分离，根据式子的特点构造新函数，利用导数研究新函数的单调性及最值，从而得到所证不等式，或者要求证的不等式等价变形，然后利用整体思想换元，再构造函数，结合函数的单调性可证得不等式． 【拓展练习】3★．（2022北京）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)设，讨论函数在上的单调性； (3)证明：对任意的，有． 【解析】（1）因为，所以， 即切点坐标为， 又， ∴切线斜率 ∴切线方程为： （2）因为，     所以， 令， 则， ∴在上单调递增， ∴ ∴在上恒成立， ∴在上单调递增. （3）原不等式等价于， 令，， 即证， ∵， ， 由（2）知在上单调递增， ∴， ∴ ∴在上单调递增，又因为， ∴，所以命题得证. 4．（2018·全国·）已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若存在两个极值点，证明：． 【解析】（1）的定义域为，. （i）若，则，当且仅当，时，所以在单调递减. （ii）若，令得，或. 当时，； 当时，.所以在单调递减，在单调递增. （2）【通性通法】消元 由（1）知，存在两个极值点当且仅当. 由于的两个极值点满足，所以，不妨设，则.由于 ， 所以等价于. 设函数，由（1）知，在单调递减，又，从而当时，，所以，即. $$