导数与不等式专项练习-2025届高三数学一轮复习

高考一轮复习 2024-2025学年度高三一轮复习14--导数与不等式专项练习 一、单选题 1．（24-25高三上·福建宁德·期中）已知，则（   ） A． B． C． D． 2．（23-24高二下·北京·期中）若，，，，则，，的大小关系为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高三上·陕西安康·阶段练习）已知，则的大小关系是（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高三上·江苏苏州·开学考试）设函数，若 且， 则下列不等式恒成立的是（     ） A． B． C． D． 5．（22-23高三上·浙江丽水·期末）已知，则（    ） A． B． C． D． 6．（2024·河北·一模）已知命题p：，，则（    ） A．p是真命题，：， B．p是真命题，：， C．p是假命题，：， D．p是假命题，：， 7．（18-19高三上·广东汕尾·期末）若，则下列不等式一定成立的是（    ） A． B． C． D． 8．（2024高三·全国·专题练习）若，则下列结论错误的有（ ） A． B． C． D． 二、多选题 9．（23-24高三上·新疆伊犁·阶段练习）下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 10．（23-24高三上·山东临沂·期中）下列命题为真命题的是（    ） A．， B．， C．， D．， 11．（22-23高三上·广东潮州·期末）已知函数的定义域为，导函数为，满足，（为自然对数的底数），且，则（    ） A． B． C．在处取得极小值 D．无极大值 三、填空题 12．（24-25高三上·河北邯郸·阶段练习）已知实数x、y满足，则y x．（在“>”、“<”中选一个填在横线处） 13．（23-24高二下·北京海淀·期中）已知函数，存在，使得成立.给出下列四个结论: ①当时，;                        ②当时，; ③当时，;                    ④当时，. 其中所有正确结论的序号是 . 14．（23-24高三上·贵州黔东南·阶段练习）已知对任意，都有，则实数的取值范围是 . 四、解答题 15．（24-25高三上·安徽六安·阶段练习）已知函数. (1)求的最大值； (2)当时，证明：. 16．（24-25高三上·安徽合肥·阶段练习）已知函数有两个零点． (1)求实数a的取值范围； (2)求证：； 17．（24-25高三上·安徽六安·阶段练习）已知函数. (1)当时，求证：； (2)若，且在R上恒成立，求的最大值； (3)设，证明：. 18．（2024·北京·模拟预测）已知函数，． (1)若，证明：； (2)若，求a的取值范围； (3)若，记，讨论函数的零点个数． 19．（24-25高三上·江苏苏州·阶段练习）已知函数． (1)是否存在实数a使得在上有唯一最小值，如果存在，求出a的值；如果不存在，请说明理由； (2)已知函数有两个不同的零点，记的两个零点是． ①求证：； ②求证： 参考答案： 1．B 【分析】利用计算即可. 【详解】令， 则， 显然时，时， 所以在上单调递增， 在上单调递减，在上单调递增， 所以（时取得等号）， （时取得等号）， 故，即. 故选：B 2．D 【分析】令，，利用导数说明函数的单调性，即可说明，再由指数函数的性质判断，即可得解. 【详解】令，，则， 所以在上单调递增，所以，即在上恒成立， 则在上恒成立， 又当时，， 所以. 故选：D 3．B 【分析】方法一：由正弦函数的单调性得出，再设，由其导数得出单调性，即可由得出，即，即可得出答案； 方法二：由正弦函数的单调性得出，再由为中间值得出，，，即，即可得出答案. 【详解】方法一：因为在上单调递增， 所以. 设，则， 当时，， 所以再上单调递增， 所以， 所以，即， 所以. 综上，得，故选：B. 方法二：因为在上单调递增， 所以. 又. 综上，得，故选：B. 故选：B. 4．D 【分析】先判断函数的奇偶性，然后利用导数判断函数在上的单调性，根据奇偶性判断函数在上的单调性，由此求得不等式等价命题. 【详解】由于，且定义域关于原点对称，所以函数为偶函数， 当时，，故函数在上递增， 结合函数为偶函数可知，函数在上递减， 所以等价于，也即， 故选：D. 5．D 【分析】先比较的值，然后构造新函数利用函数导数与单调性比较即可. 【详解】因为，所以，所以， 设， 则， 令， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 因为，所以， 因为， 所以， 即， 由函数在上单调递增， 所以，即， 所以， 故选：D. 6．A 【分析】利用导数判断命题的真假，再求命题的否定即可. 【详解】设函数，则， 所以在上单调递增，所以， 所以，， 所以命题p：，为真命题； 又：，. 故选：A. 7．D 【分析】利用特殊值以及导数求得正确答案. 【详解】A选项，当时，，所以A选项错误. B选项，当时，，所以B选项错误. C选项，当时，，所以C选项错误. D选项，构造函数， 在区间上单调递增， ，所以当时，，所以，所以D选项正确. 故选：D 8．A 【分析】令，则，，，根据对数的运算法则及对数函数的性质判断A，利用对数的运算性质及基本不等式判断B，令利用导数说明函数的单调性，即可证明，从而得到，即可说明C，结合C得到，即可判断D. 【详解】对于A,令，则，，． ∵，故A错误； 对于B，∵ ，当且仅当时取等号，故B正确； 对于C，令，则， 所以当时，当时， 即在上单调递增，在上单调递减，因此， ∴，当且仅当时取等号，∴，即， 所以，故，故C正确； 对于D，∵，所以，即，所以，故D正确． 故选：A． 9．CD 【分析】 根据存在性和任意性的定义，结合对数函数和指数函数的性质逐一判断即可. 【详解】 A：因为，所以本选项不正确； B：当时，，所以本选项不正确； C：画出两个函数的图象如下图所示：    显然有一个交点，因此本选项正确； D：设， 当时，单调递减，当时，单调递增， 故，所以本选项正确， 故选：CD 10．BCD 【分析】举例说明判断A；构造函数，利用导数推理判断B；利用零点存在性定理判断CD. 【详解】对于A，当时，，A是假命题； 对于B，令，求导得，当时，，函数递减， 当时，，函数递增，，即，，B是真命题； 对于C，令函数，显然，因此连续函数在上有零点，C是真命题； 对于D，令函数，显然，因此连续函数在上有零点，D是真命题. 故选：BCD 11．BCD 【分析】设，对其求导可得，因此设，根据题意可得的解析式，对A：利用导数判断的单调性分析判断，对B、C、D：利用导数判断的单调性分析判断. 【详解】设，则， 可设，则，解得， 故，即， 令，则，故在上单调递增， ∴，即，则，A错误； ∵，令，解得， 则在上单调递减，在上单调递增， ∴，在处取得极小值，无极大值， B、C、D均正确 故选：BCD. 【点睛】结论点睛： （1）形式，联想到； （2）形式，联想到. 12．< 【分析】根据条件可得，构造函数利用导数证明，由此可得，即得，令，利用导数判断的单调性，得解. 【详解】由，可得， 令，则， 当时，，所以函数在上单调递增，， 即，一定有，所以， 则，可得． 又因为，所以，令， 则， 当时，，，则， 所以，所以函数在上单调递增． 因为，所以. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是构造函数，证明，将条件式转化为，再由单调性得解. 13．①②④ 【分析】由，可得，即，转化为，然后对求导，求出其单调区间，画出的图象，结合图象逐个分析判断即可． 【详解】由，得， 所以当时，；当时，， 所以在上递增，在上递减， 所以的大致图象如图所示：    因为， 所，即， 所以， 当时，或或或， 则或或或，所以，所以①正确； 当时，若，此时与均可以趋于，所以③错误； 当时，由，得，所以， 因为，所以由图象可知当时，有， 所以，所以②正确； 当时，由图和②可知， 则， 所以， 令，， 则，所以在上单调递增， 所以， 即当时，成立，所以④正确． 故答案为：①②④． 【点睛】关键点点睛：本题的关键点为将条件变形为，从而，通过函数的性质来研究问题. 14． 【分析】首先利用参变分离出恒成立，再利用恒成立，求解的最小值，即求出的取值范围. 【详解】根据题意可知，， 由，可得恒成立， 令，则， 现证明恒成立，设， ，当时，解得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 故时，函数取得极小值即最小值，， 所以，即恒成立， ， ， 当且仅当（该方程显然有解）时取等号，所以，即. 所以实数的取值范围是. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题考查不等式恒成立求参数的取值范围，本题的关键是利用不等式的放缩，即利用，转化 ，求函数的最小值. 15．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）求导，即可根据函数的单调性求解最值， （2）利用导数求解的最小值，即可根据的最大值求解. 【详解】（1），令得， 当时，，单调递增；当时，，单调递减； 当时，取得最大值，且最大值为. （2）设，，则， 在上单调递增， ，即在上的最小值为4， ，，， 当时，. 16．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）构造新函数，利用新函数的单调性和值域去求实数a的取值范围； （2）构造新函数并利用极值点偏移去证明； 【详解】（1） 又因为函数单调递增，且， 在上单调递减，在上单调递增， 当，即时， ， ， 在上各有一个零点， 当时，的最小值为，且， 在内至多只有一个零点， 综上，实数的取值范围是. （2）设， 则 当时，， ， ， 在上单调递增， 当时，， 即当时， 又因为函数有两个零点， 由（1）知，， ， 又在单调上递减，， 即. 【点睛】方法点睛，利用导数证明不等式，常用方法有如下几种： 方法一：等价转化是证明不等式成立的常见方法，其中利用函数的对称性定义，构造对称差函数是解决极值点偏移问题的基本处理策略； 方法二：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，构造函数利用函数的单调性证明的不等式即可，例如对数平均不等式的证明； 方法三：利用不等式的性质对原不等式作等价转换后，利用导数证明相关的式子成立. 17．(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）不等式成立转换为函数最小值问题，利用导函数求得到点区间，从而得出最小值，不等式得证； （2）构建函数，利用导函数求得单调区间，从而找到最小值，由题意得到不等关系，再令所求代数式为函数，借助导函数求得最大值； （3）由（1）中结论，对变量进行合理转化构建出不等关系，从而得证. 【详解】（1）令，所以， 所以，当且仅当，即时，等号成立， 所以当时，单调递增，则； （2）令，； 由得出；由得出； ； ，， 令，；， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以是的极大值点，，的最大值为； （3）由（1）知，， 令，则，即， 设，则满足， 所以，即， 所以， 所以， 即. 【点睛】方法点睛：不等式成立问题： （1）通过令两项的差为函数关系，再利用函数单调性求出函数的最值的方式来解决； （2）多项求和的不等关系的证明，可以先找到某一项的不等关系，再求和得到结论. 18．(1)证明见解析； (2)； (3)答案见解析. 【分析】（1）利用导数研究区间单调性，即可证结论； （2）问题化为研究时恒成立，应用导数求右侧最值，即可得范围； （3）根据解析式有，在将问题化为研究与在上的交点情况，讨论参数a的符号，结合导数研究交点，即可确定原函数零点个数. 【详解】（1）由题设且，则， 所以在上递减，故，得证； （2）由解析式，易知时恒成立， 当，只需恒成立， 令且，则， 令，则，即在上递增， 所以，故，即在上递增，且， 对于，，则， 故在上递增，且时， 综上，，即. （3）由题设，且定义域为，显然， 令，且， 只需研究与在上的交点情况， 若，则在上递减，在上递增，且时， 而，即在上递减，且， 又，则，在处的图象递减趋势比的图象平缓， 故与在上有且仅有一个交点， 此时，在有两个零点； 若，在恒成立，而恒成立， 故与在上无交点， 此时，在有一个零点； 综上，时有两个零点；时有一个零点. 19．(1)存在， (2)①证明见解析；②证明见解析 【分析】（1）求出函数的导数，讨论a的取值范围，并判断导数正负，即可得答案； （2）①由题意得，从而，可得，从而要证，需证，进而构造函数，利用导数进行证明； ②利用构造函数，判断出，，进而先证明，再证，从而令，则可设；令，则，则可得，结合不等式知识即可证明结论. 【详解】（1）由题意知，则， 当时，，在上单调递增，没有最小值； 当时，令，则（负值舍）， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增； 故当时，取最小值， 即，解得， 故存在实数使得在上有唯一最小值； （2）①因为，令，即得， 由题意知的两个零点是， 即，则，则， 要证，即证，即， 即证，即， 由于，故， 即证，即， 令，设，则恒成立， 即在上单调递增，且， 故，即成立， 故； ②由于，令， 则，令， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 故， 函数有两个不同的零点，即的两个零点是， 则，由于，故， 函数在处的切线方程分别为，    且在内，在内， 先证：，即，即， 令，， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 故， 再证：，即， 令，则恒成立， 即在单调递减，则， 令，则可设；令，则， 则可得，即 不是因为有希望而去努力，而是努力了才能看见希望1 学科网（北京）股份有限公司 $$