专题一 函数与导数 第7讲　导数与不等式的证明-2025年高考数学二轮复习（新高考专用）

第7讲　导数与不等式的证明（新高考专用） 目录 【真题自测】 2 【考点突破】 3 【考点一】导数与不等式的证明 3 【专题精练】 5 考情分析： 1.利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型，而导数与函数、不等式、方程、数列等的交汇命题是高考的热点和难点. 2.多以解答题的形式压轴出现，难度较大． 真题自测 一、解答题 1．（2021·全国·高考真题）已知函数. （1）讨论的单调性； （2）设，为两个不相等的正数，且，证明：. 2．（2023·天津·高考真题）已知函数． (1)求曲线在处的切线斜率； (2)求证：当时，； (3)证明：． 3．（2021·全国·高考真题）设函数，已知是函数的极值点． （1）求a； （2）设函数．证明:． 4．（2024·全国·高考真题）已知函数． (1)求的单调区间； (2)当时，证明：当时，恒成立． 5．（2022·北京·高考真题）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． 6．（2023·全国·高考真题）（1）证明：当时，； （2）已知函数，若是的极大值点，求a的取值范围． 考点突破 【考点一】导数与不等式的证明 一、单选题 1．（2024·江西·一模）已知，则（    ） A． B． C． D． 2．（2023·江西南昌·一模）已知，，，则（    ） A． B． C． D． 3．（22-23高三上·江苏南通·开学考试）设，，，则（    ） A． B． C． D． 4．（22-23高三下·山东·开学考试）设，则（    ） A． B． C． D． 二、多选题 5．（2023·辽宁·一模）已知实数a，b满足，下列结论中正确的是（    ） A． B． C． D． 6．（2024·湖北·二模）已知，则下列不等式正确的有（    ） A． B． C． D． 7．（24-25高三上·安徽·开学考试）已知函数，则下列选项中正确的是（    ） A．函数的极小值点为 B． C．若函数有4个零点，则 D．若，则 8．（2024·湖北武汉·模拟预测）对于函数，下列说法正确的是（    ） A．函数的单调递减区间为 B． C．若方程有6个不等实数根，则 D．对任意正实数，且，若，则 三、填空题 9．（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 . 10．（22-23高三上·河南·阶段练习）已知，，，其中为自然对数的底数，则，，由大到小依次为 ． 11．（22-23高二下·四川成都·期末）已知和是函数的两个不相等的零点，则的范围是 ． 12．（23-24高二上·山西·期末）若存在实数使得，则的值为 . 四、解答题 13．（2024·广东深圳·二模）已知函数，是的导函数，且． (1)若曲线在处的切线为，求k，b的值； (2)在（1）的条件下，证明：． 14．（2024·河南·模拟预测）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)证明：当时，. 15．（2023·天津河西·二模）已知函数，． (1)若，求函数的最小值及取得最小值时的值； (2)求证：； (3)若函数对恒成立，求实数a的取值范围． 16．（22-23高三上·广东河源·期末）已知函数，其中为自然对数的底数，. (1)当时，函数有极小值，求； (2)证明：恒成立； (3)证明：. 规律方法： 利用导数证明不等式问题的方法 (1)直接构造函数法：证明不等式f(x)>g(x)(或f(x)<g(x))转化为证明f(x)－g(x)>0(或f(x)－g(x)<0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)． (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，对原不等式同结构变形，根据相似结构构造辅助函数． 专题精练 一、单选题 1．（2023·湖南长沙·一模）已知，，，则a，b，c的大小关系是（    ） A． B． C． D． 2．（22-23高三上·江苏南通·期末）设,,,则（   ） A． B． C． D． 3．（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 4．（2022·山东临沂·三模）已知定义在R上的奇函数满足，且当时，则不等式在上的解集为（    ） A． B． C． D． 5．（22-23高三上·浙江·期末）已知，则（    ） A． B． C． D． 6．（22-23高三上·浙江杭州·阶段练习）设，则（    ） A． B． C． D． 7．（22-23高二下·湖南株洲·开学考试），，，则的大小关系为（    ）. A． B． C． D． 8．（23-24高三上·广东·期末）若，则的大小关系为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．（21-22高二下·湖南·阶段练习）已知，则（    ） A． B． C． D． 10．（22-23高二上·湖南张家界·期末）已知，且，下列不等式恒成立的是（    ） A． B． C． D． 11．（2023·山东潍坊·三模）已知函数，实数满足不等式，则的取值可以是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 三、填空题 12．（23-24高三上·上海闵行·期中）已知，若函数的值域为，则实数的取值范围是 ． 13．（22-23高三上·湖北·阶段练习）请写出一个满足以下条件的函数的解析式 . ①为偶函数；②当时，. 14．（23-24高三上·上海杨浦·期中）已知函数，，若有且仅有一个正整数，使得不等式成立，则实数a的取值范围是 . 四、解答题 15．（22-23高二下·河南·期末）已知函数，． (1)当时，证明：在上恒成立； (2)若有2个零点，求a的取值范围． 16．（2024·北京平谷·模拟预测）设函数，曲线在点处的切线斜率为1． (1)求a的值； (2)设函数，求的单调区间； (3)求证：． 17．（2024·重庆·模拟预测）已知函数 (1)讨论函数的单调性； (2)证明：当时， 18．（2024·云南贵州·二模）已知函数. (1)若，求证：当时， (2)若有两个不同的极值点且. （i）求的取值范围； （ii）求证：. 19．（2024·辽宁大连·一模）已知函数． (1)若恒成立，求a的取值范围； (2)当时，证明：． 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第7讲　导数与不等式的证明（新高考专用） 目录 【真题自测】 2 【考点突破】 13 【考点一】导数与不等式的证明 13 【专题精练】 31 考情分析： 1.利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型，而导数与函数、不等式、方程、数列等的交汇命题是高考的热点和难点. 2.多以解答题的形式压轴出现，难度较大． 真题自测 一、解答题 1．（2021·全国·高考真题）已知函数. （1）讨论的单调性； （2）设，为两个不相等的正数，且，证明：. 2．（2023·天津·高考真题）已知函数． (1)求曲线在处的切线斜率； (2)求证：当时，； (3)证明：． 3．（2021·全国·高考真题）设函数，已知是函数的极值点． （1）求a； （2）设函数．证明:． 4．（2024·全国·高考真题）已知函数． (1)求的单调区间； (2)当时，证明：当时，恒成立． 5．（2022·北京·高考真题）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． 6．（2023·全国·高考真题）（1）证明：当时，； （2）已知函数，若是的极大值点，求a的取值范围． 参考答案： 1．（1）的递增区间为，递减区间为；（2）证明见解析. 【分析】(1) 首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定原函数的单调性. (2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令，命题转换为证明：，然后构造对称差函数，结合函数零点的特征和函数的单调性即可证得题中的结论. 【详解】(1)的定义域为． 由得，， 当时，；当时；当时，． 故在区间内为增函数，在区间内为减函数， (2)[方法一]：等价转化 由得，即． 由，得． 由（1）不妨设，则，从而，得， ①令， 则， 当时，，在区间内为减函数，， 从而，所以， 由（1）得即．① 令，则， 当时，，在区间内为增函数，， 从而，所以． 又由，可得， 所以．② 由①②得． [方法二]【最优解】：变形为，所以． 令．则上式变为， 于是命题转换为证明：． 令，则有，不妨设． 由（1）知，先证． 要证： ． 令， 则， 在区间内单调递增，所以，即． 再证． 因为，所以需证． 令， 所以，故在区间内单调递增． 所以．故，即． 综合可知． [方法三]：比值代换 证明同证法2．以下证明． 不妨设，则， 由得，， 要证，只需证，两边取对数得， 即， 即证． 记，则. 记，则， 所以，在区间内单调递减．，则， 所以在区间内单调递减． 由得，所以， 即． [方法四]：构造函数法 由已知得，令， 不妨设，所以． 由（Ⅰ）知，，只需证． 证明同证法2． 再证明．令． 令，则． 所以，在区间内单调递增． 因为，所以，即 又因为，所以， 即． 因为，所以，即． 综上，有结论得证． 【整体点评】(2)方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能. 方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略. 方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可. 方法四：构造函数之后想办法出现关于的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在. 2．(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义求斜率； （2）问题化为时，构造，利用导数研究单调性，即可证结论； （3）构造，，作差法研究函数单调性可得，再构造且，应用导数研究其单调性得到恒成立，对作放缩处理，结合累加得到，即可证结论. 【详解】（1），则， 所以，故处的切线斜率为； （2）要证时，即证， 令且，则， 所以在上递增，则，即. 所以时. （3）设，， 则， 由（2）知：，则， 所以，故在上递减，故； 下证， 令且，则， 当时，递增，当时，递减， 所以，故在上恒成立， 则， 所以，，…，， 累加得：，而， 因为，所以， 则， 所以，故； 综上，，即. 【点睛】关键点点睛：第三问，作差法研究单调性证右侧不等关系，再构造且，导数研究其函数符号得恒成立，结合放缩、累加得到为关键. 3．（1）；（2）证明见详解 【分析】（1）由题意求出，由极值点处导数为0即可求解出参数； （2）由（1）得，且，分类讨论和，可等价转化为要证，即证在和上恒成立，结合导数和换元法即可求解 【详解】（1）由，， 又是函数的极值点，所以，解得； （2）[方法一]：转化为有分母的函数 由（Ⅰ）知，，其定义域为． 要证，即证，即证． （ⅰ）当时，，，即证．令，因为，所以在区间内为增函数，所以． （ⅱ）当时，，，即证，由（ⅰ）分析知在区间内为减函数，所以． 综合（ⅰ）（ⅱ）有． [方法二] 【最优解】：转化为无分母函数 由（1）得，，且， 当 时，要证，， ，即证，化简得； 同理，当时，要证，， ，即证，化简得； 令，再令，则，， 令，， 当时，，单减，故； 当时，，单增，故； 综上所述，在恒成立. [方法三] ：利用导数不等式中的常见结论证明 令，因为，所以在区间内是增函数，在区间内是减函数，所以，即（当且仅当时取等号）．故当且时，且，，即，所以． （ⅰ）当时，，所以，即，所以． （ⅱ）当时，，同理可证得． 综合（ⅰ）（ⅱ）得，当且时，，即． 【整体点评】（2）方法一利用不等式的性质分类转化分式不等式：当时，转化为证明，当时，转化为证明，然后构造函数，利用导数研究单调性，进而证得；方法二利用不等式的性质分类讨论分别转化为整式不等式：当时，成立和当时，成立，然后换元构造，利用导数研究单调性进而证得，通性通法，运算简洁，为最优解；方法三先构造函数，利用导数分析单调性，证得常见常用结论（当且仅当时取等号）．然后换元得到，分类讨论，利用不等式的基本性质证得要证得不等式，有一定的巧合性. 4．(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）求导，含参分类讨论得出导函数的符号，从而得出原函数的单调性； （2）先根据题设条件将问题可转化成证明当时，即可. 【详解】（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 5．(1) (2)在上单调递增. (3)证明见解析 【分析】（1）先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程； （2）在求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解； （3）令，，即证，由第二问结论可知在[0,+∞）上单调递增，即得证. 【详解】（1）解：因为，所以， 即切点坐标为， 又， ∴切线斜率 ∴切线方程为： （2）解：因为，     所以， 令， 则， ∴在上单调递增， ∴ ∴在上恒成立， ∴在上单调递增. （3）解：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. 6．（1）证明见详解（2） 【分析】（1）分别构建，，求导，利用导数判断原函数的单调性，进而可得结果； （2）根据题意结合偶函数的性质可知只需要研究在上的单调性，求导，分类讨论和，结合（1）中的结论放缩，根据极大值的定义分析求解. 【详解】（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：. （2）令，解得，即函数的定义域为， 若，则， 因为在定义域内单调递减，在上单调递增，在上单调递减， 则在上单调递减，在上单调递增， 故是的极小值点，不合题意，所以. 当时，令 因为， 且， 所以函数在定义域内为偶函数， 由题意可得：， （i）当时，取，，则， 由（1）可得， 且， 所以， 即当时，，则在上单调递增， 结合偶函数的对称性可知：在上单调递减， 所以是的极小值点，不合题意； （ⅱ）当时，取，则， 由（1）可得， 构建， 则， 且，则对恒成立， 可知在上单调递增，且， 所以在内存在唯一的零点， 当时，则，且， 则， 即当时，，则在上单调递减， 结合偶函数的对称性可知：在上单调递增， 所以是的极大值点，符合题意； 综上所述：，即，解得或， 故a的取值范围为. 【点睛】关键点睛： 1.当时，利用，换元放缩； 2.当时，利用，换元放缩. 考点突破 【考点一】导数与不等式的证明 一、单选题 1．（2024·江西·一模）已知，则（    ） A． B． C． D． 2．（2023·江西南昌·一模）已知，，，则（    ） A． B． C． D． 3．（22-23高三上·江苏南通·开学考试）设，，，则（    ） A． B． C． D． 4．（22-23高三下·山东·开学考试）设，则（    ） A． B． C． D． 二、多选题 5．（2023·辽宁·一模）已知实数a，b满足，下列结论中正确的是（    ） A． B． C． D． 6．（2024·湖北·二模）已知，则下列不等式正确的有（    ） A． B． C． D． 7．（24-25高三上·安徽·开学考试）已知函数，则下列选项中正确的是（    ） A．函数的极小值点为 B． C．若函数有4个零点，则 D．若，则 8．（2024·湖北武汉·模拟预测）对于函数，下列说法正确的是（    ） A．函数的单调递减区间为 B． C．若方程有6个不等实数根，则 D．对任意正实数，且，若，则 三、填空题 9．（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 . 10．（22-23高三上·河南·阶段练习）已知，，，其中为自然对数的底数，则，，由大到小依次为 ． 11．（22-23高二下·四川成都·期末）已知和是函数的两个不相等的零点，则的范围是 ． 12．（23-24高二上·山西·期末）若存在实数使得，则的值为 . 四、解答题 13．（2024·广东深圳·二模）已知函数，是的导函数，且． (1)若曲线在处的切线为，求k，b的值； (2)在（1）的条件下，证明：． 14．（2024·河南·模拟预测）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)证明：当时，. 15．（2023·天津河西·二模）已知函数，． (1)若，求函数的最小值及取得最小值时的值； (2)求证：； (3)若函数对恒成立，求实数a的取值范围． 16．（22-23高三上·广东河源·期末）已知函数，其中为自然对数的底数，. (1)当时，函数有极小值，求； (2)证明：恒成立； (3)证明：. 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 D A B A ABD ACD AC BCD 1．D 【分析】利用正弦函数的单调性可得，利用导数可证不等式成立，故可判断，故可得三者大小关系. 【详解】， 设 ，则， 故在上为减函数，故即， 所以，故， 故选：D. 2．A 【分析】化简得，构造函数，通过导数可证得，可得，而，从而可得答案． 【详解】. 设，则有，单调递减， 从而，所以，故，即， 而，故有． 故选：A． 3．B 【分析】令，利用导数说明函数的单调性，即可得到当时，从而说明，再比较与的大小关系，即可得解. 【详解】解：令，则，所以在定义域上单调递减， 所以当时，，即，所以， 又，，且，， 所以； 故选：B 4．A 【分析】利用导数证明不等式当时，，进而得，再讨论与的关系即可判断. 【详解】解：令，，则在上恒成立， 所以，函数在上单调递减， 所以，当时，，即，； 令，，则， 所以，函数在上单调递减， 所以，当时，，即，， 所以，当时， 所以，， 因为， 所以 所以，，即 ，即 所以， 故选：A 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于利用时，，结合二倍角公式，比较与的关系判断. 5．ABD 【分析】根据题意可得，对A：根据不等式性质分析运算；对B：利用基本不等式分析运算；对C：换元结合二次函数分析运算；对D：构建，利用导数结合基本不等式判断原函数的单调性，即可得结果. 【详解】由， 可得， 对A：∵，则， 故，A正确； 对B：由选项A可得：， 当且仅当，即时，等号成立， 故，B正确； 对C：， 令，则，C错误； 对D：，等价于， 构建，则当时恒成立， 则在上单调递增， 由选项A可知：，则， 故，D正确； 故选：ABD. 6．ACD 【分析】对于A，构造函数，利用导数判断函数单调性，即可比较；对于B，举反例判断即可；对于C，构造函数，利用导数研究函数最值即可判断；对于D，构造函数，利用导数判断函数单调性，即可比较. 【详解】设，则，在单调递增， 所以，即，即，A正确； 令，，则，而，所以，B不正确； 设，则， 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增； 则在时取得最小值，即，C正确； 设，则，所以在上是增函数， 所以由得，即，D正确. 故选：ACD 7．AC 【分析】求导，利用导数判断的单调性和最值，可得的图象，进而可以判断A；对于B：根据的单调性分析判断；对于C：根据偶函数性质分析可知：原题意等价于当时，与有2个交点，结合的图象分析求解；对于D：构建，结合导数可得，结合极值点偏移分析证明. 【详解】由题意可知：的定义域为，且， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则，且当趋近于0或时，趋近于， 可得函数的图象，如图所示： 对于选项A：可知函数的极小值点为，故A正确； 对于选项B：因为，且在内单调递增， 所以，故B错误； 对于选项C：令，可得， 可知函数有4个零点，即与有4个交点， 且的定义域为，且， 可知为偶函数，且当时， 原题意等价于当时，与有2个交点， 由题意可知：，故C正确； 对于选项D：设， 则， 可知在内单调递增，则， 即， 若，不妨设， 则， 且，且在内单调递增， 则，所以，故D错误； 故选：AC. 【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． 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．BCD 【分析】对于A，分析导函数即得递减区间，不能用“并”连接；对于B，由推理得，利用函数单调性比较即得；对于C，分析函数的奇偶性，分段讨论函数的单调性和图象趋势，得图象简图，结合图象判断两函数交点个数即得；对于D，设函数，构造函数并判断其单调性，利用单调性得出即可. 【详解】函数的定义域为，， 对于A，由可得或，由可得， 即函数的单调递减区间为和，故A错误； 对于B，由A得，函数在上单调递增， 因，， 故，即B正确； 对于C，易知为偶函数，当时，， 由A项知，函数的单调减区间为和，增区间为. 又当时，，当时，， 当时，，时，， 当时，，当时，，时，， 故函数的图象如图所示.    由图可得，直线与函数有6个不同交点，等价于，故C正确； 对于D，由图，不妨设，由可得， 即，不妨取， 设， 则， 则当时，，故，在上单调递增， 又，又，，即. 因，则，当时，，在上单调递减， 因，故得，即，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查函数的零点和单调性应用,属于难题. 解决该题的关键，在于对函数的图象性质的探求，通过奇偶性单调性判断，作出简图，利用函数零点与方程的根、两函数的图象交点的关系转化解决；同时要根据待证不等式特征，设法构造对应的函数，利用该函数的单调性实现相关量的比较即得. 9． 【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：. 10．a，c，b 【分析】构造函数，，，利用导数研究函数单调性得；再构造函数，，，结合导数得，成立，进而得，再综合即可得答案. 【详解】解：令，， 令， ， 因为当时，，单调递增，又， 所以，又， 所以在成立，所以， 令，， 所以，当时，， 所以在为减函数， 所以，即， 令，，则在恒成立， 所以，在为减函数， 所以，即， 所以，成立， 令，则上式变为， 所以 所以， 所以． 故答案为：a，c，b 11． 【分析】根据零点确定两个方程，用比值换元法转化为单变量，从而利用求导和二次求导即可. 【详解】和是函数两个不相等的零点， 不妨设， ， 两式相减得， 令 ， ， ， 令， 所以， 令 恒成立， 在是单调递增， 恒成立， 在是单调递增， 恒成立， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题考察导数双变量和构造函数证明不等式的方法. 12． 【分析】利用同构法将不等式转化为，再利用导数证得，进而得到，从而求得的值，由此得解. 【详解】因为，所以， 令，则， 当时，单调递减； 当时，单调递增； 所以，可得， 所以，即， 当且仅当，即时等号成立， 又，所以， 故，此时的值为. 故答案为：. 【点睛】结论点睛：两个常见的重要不等式： （1）；（2）. 13．(1)，； (2)证明见解析. 【分析】（1）根据题意，求导可得的值，再由导数意义可求切线，得到答案； （2）设函数，利用导数研究函数的单调性从而求出最小值大于0，可得证. 【详解】（1）因为，所以， 因为，所以． 则曲线在点处的切线斜率为． 又因为， 所以曲线在点处的切线方程为， 即得，． （2）设函数，， 则， 设，则， 所以，当时，，单调递增． 又因为， 所以，时，，单调递增； 时，，单调递减． 又当时，， 综上在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，取得最小值， 即， 所以，当时，． 14．(1)答案见解析； (2)证明见解析. 【分析】（1）求出函数的导数，分类讨论求解导函数为正为负的不等式解集即得. （2）由（1）中信息，求出函数的最小值，再构造函数，结合不等式性质推理即得. 【详解】（1）函数的定义域为， 求导得， 当时，，函数在上单调递增， 当时，由，得，函数在上单调递减， 由，得，函数在上单调递增， 所以当时，函数在上单调递增； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增. （2）证明：由（1）知，函数在上单调递减，在上单调递增， 则， 令函数，求导得，当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减，则， 于是，有，当时，则， 因此， 所以. 15．(1)时，； (2)证明见解析； (3) 【分析】（1）根据导数研究函数单调性求解函数最值即可； （2）结合（1）将问题转化为证明，进而构造函数证明即可； （3）由题知对恒成立，进而构造函数，结合函数性质，分当，，时三种情况讨论求解即可. 【详解】（1）解：当时，，定义域为， 所以，令得， 所以，当时，，单调递减；当时，，单调递增， 所以，函数在处取得最小值，. （2）解：由（1）知，当时，，即， 所以，要证成立，只需证， 令，则， 所以，当时，恒成立， 所以，函数为单调递增函数， 所以，，即， 所以， 所以成立 （3）解：因为函数对恒成立 所以对恒成立， 令，则， 当时，，在上单调递增，       所以，由可得，即满足对恒成立； 当时，则，，在上单调递增，      因为当趋近于时，趋近于负无穷，不成立，故不满足题意； 当时，令得 令，恒成立，故在上单调递增， 因为当趋近于正无穷时，趋近于正无穷，当趋近于时，趋近于负无穷， 所以，使得，， 所以，当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以，只需即可； 所以，，， 因为，所以， 所以，解得， 所以，， 综上，实数a的取值范围为 【点睛】关键点点睛：本题第三问解题的关键在于讨论当时，结合函数的性质得，使得，，进而转化为解. 16．(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）求导，求极值点，讨论函数单调性，找到极小值即可解决问题； （2）不等式恒成立，即恒成立， 设，构造新函数求导利用函数导数单调性进行分析即可证明结论. （2）由（2）知，，令，则 从而有，由的不同值，分别写出不等式，然后累加，结合等比数列求和进行放缩，分析得到结论. 【详解】（1），令，解得， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以有极小值， 所以，即. （2）证明：不等式恒成立，即恒成立， 设，则， 易知是定义域上的增函数，又， 则在上有一个根，即 当时，，当时， 此时在单调递减，在单调递增， 的最小值为， ， ， ， 恒成立，故结论成立. （3）证明：由（2）知，，令， 则. 由此可知，当时，， 当时，， 当时，， ， 当时，， 累加得： ， 又， 所以. 【点睛】函数与导数综合简答题常常以压轴题的形式出现， 难度相当大，主要考向有以下几点： 1、求函数的单调区间（含参数）或判断函数（含参数）的单调性； 2、求函数在某点处的切线方程，或知道切线方程求参数； 3、求函数的极值（最值）； 4、求函数的零点（零点个数），或知道零点个数求参数的取值范围； 5、证明不等式； 解决方法：对函数进行求导，结合函数导数与函数的单调性等性质解决， 在证明不等式或求参数取值范围时，通常会对函数进行参变分离，构造新函数， 对新函数求导再结合导数与单调性等解决. 规律方法： 利用导数证明不等式问题的方法 (1)直接构造函数法：证明不等式f(x)>g(x)(或f(x)<g(x))转化为证明f(x)－g(x)>0(或f(x)－g(x)<0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)． (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，对原不等式同结构变形，根据相似结构构造辅助函数． 专题精练 一、单选题 1．（2023·湖南长沙·一模）已知，，，则a，b，c的大小关系是（    ） A． B． C． D． 2．（22-23高三上·江苏南通·期末）设,,,则（   ） A． B． C． D． 3．（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 4．（2022·山东临沂·三模）已知定义在R上的奇函数满足，且当时，则不等式在上的解集为（    ） A． B． C． D． 5．（22-23高三上·浙江·期末）已知，则（    ） A． B． C． D． 6．（22-23高三上·浙江杭州·阶段练习）设，则（    ） A． B． C． D． 7．（22-23高二下·湖南株洲·开学考试），，，则的大小关系为（    ）. A． B． C． D． 8．（23-24高三上·广东·期末）若，则的大小关系为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．（21-22高二下·湖南·阶段练习）已知，则（    ） A． B． C． D． 10．（22-23高二上·湖南张家界·期末）已知，且，下列不等式恒成立的是（    ） A． B． C． D． 11．（2023·山东潍坊·三模）已知函数，实数满足不等式，则的取值可以是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 三、填空题 12．（23-24高三上·上海闵行·期中）已知，若函数的值域为，则实数的取值范围是 ． 13．（22-23高三上·湖北·阶段练习）请写出一个满足以下条件的函数的解析式 . ①为偶函数；②当时，. 14．（23-24高三上·上海杨浦·期中）已知函数，，若有且仅有一个正整数，使得不等式成立，则实数a的取值范围是 . 四、解答题 15．（22-23高二下·河南·期末）已知函数，． (1)当时，证明：在上恒成立； (2)若有2个零点，求a的取值范围． 16．（2024·北京平谷·模拟预测）设函数，曲线在点处的切线斜率为1． (1)求a的值； (2)设函数，求的单调区间； (3)求证：． 17．（2024·重庆·模拟预测）已知函数 (1)讨论函数的单调性； (2)证明：当时， 18．（2024·云南贵州·二模）已知函数. (1)若，求证：当时， (2)若有两个不同的极值点且. （i）求的取值范围； （ii）求证：. 19．（2024·辽宁大连·一模）已知函数． (1)若恒成立，求a的取值范围； (2)当时，证明：． 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D D D A D C B A ACD ABD 题号 11 答案 CD 1．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. 2．D 【分析】三个数中有指数和对数,用到放缩,即,则,即可得,根据,可得,取可得,选出选项即可. 【详解】解:由题知,记,, 所以, 所以, 所以,在时成立, 所以, 即, 即, 记,, 所以, 所以在上,,单调递减, 在上,,单调递增, 所以, 所以, 则, 即, 即, , 即有, 因为, 所以, 综上: . 故选:D 3．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 4．A 【分析】先得出的周期以及对称轴，再证明在上恒成立，通过对称性画出函数和在上的简图，由图象得出解集. 【详解】由题意可得，，即是周期为的函数，且图像关于对称. 令 时，，时， 函数在上单调递增 当时，，即 设， 即函数在上单调递减，则，即 故在上恒成立 结合对称性可画出函数和在上的简图，如下图所示 由图象可知，不等式在上的解集为 故选：A 5．D 【分析】对已知等式化简可以得到，结合导数的性质逐一判断即可. 【详解】，展开得 ， 对A项：， 令单调递增，所以， 所以不成立，故A错误； 对B项：， 因为，所以不一定成立，故B错误； 对C项：，这与矛盾，故C错误； 对D项：，显然成立，故D正确． 故选：D. 【点睛】关键点睛：由已知等式得到是解题的关键. 6．C 【分析】构造函数，求出导数，利用导数性质判断函数的单调性，由此能求出结果． 【详解】解：令，所以， 当时，当时， 即函数在上单调递减，在上单调递增， 所以， 即，当且仅当时取等号，令，可得， 令，，则在时，， 在上单调递增， ，时，．， 令，则， 所以当时，当时， 即函数在上单调递增，在上单调递减， 所以， 即，当且仅当时取等号， 所以当，可得，所以最小， 设，则， 在上单调递增，， ， ， 综上可得； 故选：C 7．B 【分析】分别构造函数证明与，利用这两个不等式可判断；构造函数，可证得，即可判断，从而得出答案. 【详解】令，则， 则在上单调递增，故，则． 令，则， 则在上单调递增，故，则． 所以，即； 令，则， 因为，所以，则，故， 所以在上单调递增，则，即， 易知，所以，则，即； 综上：. 故选：B. 8．A 【分析】由题意可得，构造函数，利用导数求出函数的最值，作出函数的图象，结合图象即可得解. 【详解】由， 可得，所以，故， 所以， 令，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，即， 所以，当且仅当时取等号， 如图，作出函数的图象， 由图可知，可知. 故选：A. 9．ACD 【分析】令，根据导数可得到在上单调递增，通过对数运算和的单调性即可判断每个选项 【详解】设，，则在上恒成立， 所以在上单调递增， 因为，所以，即，即， 因为单调递增，所以，A项正确； 因为，所以，即，所以， 因为单调递增，所以，B项错误； 因为，所以，D项正确； 因为单调递增，， 所以，所以，C项正确， 故选：ACD 10．ABD 【分析】分别构造函数，，，利用导函数讨论单调性和最值即可一一证明. 【详解】设函数恒成立， 所以在单调递增，所以， 所以对恒成立， 所以恒成立，A正确； 设函数，， 令解得，所以在单调递增， 所以， 即对恒成立， 所以恒成立，B正确； 设函数，， 令解得， 令解得， 所以当时，有增有减， 所以时，的大小关系不一定， 即不恒成立， 也即不恒成立，C错误； 因为，所以令， 设， 因为，所以恒成立，所以单调递增， 所以，即， 即即， 也即，D正确， 故选:ABD. 11．CD 【分析】根据函数解析式判断出函数对称性，根据函数导数判断函数单调性，根据函数单调性将外函数的大小比较转化为内函数大小比较即可. 【详解】因为， 所以， 所以关于对称， ， 当且仅当，即时等号成立， 又因，所以恒成立，则是增函数， 因为，所以， 则. 故选：CD. 12． 【分析】求出分段函数在各段上的函数值集合，再根据给定值域，列出不等式求解即可. 【详解】由对数函数的定义和单调性可知，且当时，， 当时因为一元二次函数的对称轴为， 所以当时，， 若函数的值域为，则解得； 当时，， 若函数的值域为，则， 令，所以， 令，表示对称轴为，开口向下的抛物线， 因为，，所以存在使得， 所以当时，，单调递增，当时，，单调递减， 又因为，，所以由解得， 综上， 故答案为： 13．（答案不唯一） 【分析】根据题意，结合函数的性质写出一个符合题意的函数即可. 【详解】记，则. 所以当时，有，函数单调递减；当时，有，函数单调递增，所以，即. 所以恒成立. 所以当时，可取满足. 因为为偶函数，所以可以找到一个符合题意的函数： 故答案为：（答案不唯一）. 14． 【分析】根据函数解析式，分情况作图，利用图象可得的取值，建立不等式，可得答案. 【详解】函数，， 当时，可得作图如下： 由题意，若，则，化简可得，解得， 当时，，，此时不符合题意， 当时，令，， 令，且函数图象的对称轴为直线， 由，则或，所以函数在上单调递减， 可得，则，在上单调递减， ，则在上恒成立，所以此时不符合题意； 当时，可作图如下： 显然不存在符合题意的. 综上所述，的取值范围为. 故答案为：. 15．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）设，对函数求导得，根据指数函数和幂函数的性质知函数在上单调递增且，结合导数研究函数的单调性求出即可； （2）函数有2个零点等价于函数与的图象有2个交点，利用导数讨论函数的单调性，结合图形即可求解. 【详解】（1）当时，设， 则，设， 由函数和在上单调递增， 知函数在上单调递增，且， 所以当时，，即在上单调递减， 当时，，即在上单调递增， 所以 即在上恒成立； （2）由，得，令， 则有2个零点，等价于函数与的图象有2个交点， 令，得， 当时，当时， 则函数在上单调递增，在上单调递减， 故，且当时，， 当趋向于正无穷时，趋向于正无穷的速率远远比大，故趋向于0， 作出函数的大致图象如下： 结合图象可知，当时，与的图象有2个交点， 故a的取值范围是． 16．(1) (2)单调递减区间为，单调递增区间为 (3)证明见解析 【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的几何意义，即可求得答案； （2）求出的导数，判断导数的正负，即可求得单调区间； （3）结合（2），可得在为增函数，结合函数值的正负，即可证明结论. 【详解】（1）由题意得的定义域为，， 因为．所以，解得. （2）因为，的定义域为， ， 令，得， 与在区间上的情况如下： x 0 - 0 + 递减 极小 递增 所以的单调递减区间为，单调递增区间为； （3）证明：由（2）得，在时，取得最小值1，所以恒成立， 所以在为增函数，又因为， 当时，，所以； 当时，，所以， 当时，， 综上，. 17．(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）根据题意，求导可得，然后分与讨论，即可得到结果； （2）根据题意，由（1）可得的最小值为，构造函数，转化为的最小值大于等于零，即可证明. 【详解】（1）依题意，， 当时，， 当时，由得，由得， 即当时函数在是减函数； 当时在是减函数，在是增函数； （2）由（1）知当时，的最小值为， ， 设， 则， ∴函数在是减函数，在是增函数， 即的最小值为，即， ∴，即的最小值， ∴． 18．(1)见解析 (2)（i）（ii）证明见解析 【分析】（1）求导判断函数的单调性即可求解最值证明， （2）根据极值点可得韦达定理，根据一元二次方程根的分布即可求解的范围，利用，消去，进而看做关于的函数，构造，利用导数求解函数的单调性，即可求解最值判断，结合对数与指数的单调性即可求解. 【详解】（1）时， 则，故在单调递减， 故，故时，， （2）（i）， 由于有两个不同的极值点且， 故是的两个不相等的正实数根， 故，解得， 故 （ii）由于，所以，故， 由于，故， ， 令， 故， 当时，，故在单调递增， 故， 由于故， 因此， 故. 【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. 19．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）参变分离，构造函数，求导得到函数的单调性，从而求出最值，得到答案； （2）法一：在（1）的基础上得到，，再构造函数得到，得到，从而得到结论； 法二：即证，构造函数，求导后再对分子求导，从而得到函数的单调性，得到，证明出结论. 【详解】（1）由已知得，在上恒成立， 设 ，解得，，解得， 在上为减函数，在上为增函数， ，即， ； （2）法一：由（1）知时，恒成立， 取，得成立，时取等号． 所以当时，， 设，故时，， 在上为增函数， ， ． 所以时，，即． 由此可证，当时，，结论得证． 法二：当时，若证成立．即证， 设，， 设， 当时，在上为增函数． ， 在上为增函数，， 由此可证，当时，成立． 【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. 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$