专题拓展：导数与不等式综合应用（6大题型）-【上好课】2024-2025学年高二数学同步精品课堂（人教A版2019选择性必修第二册）

专题拓展：导数与不等式综合应用 一、不等式证明的常用思路 1、移项构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数． 2、最值法：若无法转化为一个函数的最值问题，则可以考虑转化为两个函数的最值问题． 在证明过程中，等价转化是关键，此处恒成立．从而f(x)>g(x)，但此处与取到最值的条件不是同一个“x的值”． 3、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． 4、构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数． 5、双变量不等式的处理策略：含两个变量的不等式，基本的思路是将之转化为一元的不等式，具体转化方法主要有三种:整体代换，分离变量，选取主元． 二、不等式成立问题常用的转化规则 1、单变量不等式成立问题：一般利用参变分离法求解函数不等式恒（能）成立 （1）， （2）， （3）， （4）， 2、双变量不等式成立问题：一般地，已知函数， （1）若，，总有成立，故； （2）若，，有成立，故； （3）若，，有成立，故； （4）若，，有，则的值域是值域的子集． 三、利用导数证明不等式的常用方法 1、直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数； 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，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数． 四、证明与数列有关的不等式 1、证明此类问题时长根据已知的函数不等式，用关于正整数的不等式替代函数不等式中的自变量。通过多次求和达到证明的目的．此类问题一般至少两问，已知的不等式常由第一问根据待证式的特征而得来． 2、已知函数式为指数不等式（或对数不等式），而待证不等式为与对数有关的不等式（或与指数有关的不等式），还有注意指、对数式的互化，如可化为． 题型一 不等式恒成立求参数问题 【例1】（23-24高二下·江苏扬州·月考）已知函数，若恒成立，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【变式1-1】（23-24高二下·福建漳州·期中）当时，恒成立，则实数最大值为（    ） A． B．4 C． D．8 【变式1-2】（23-24高二下·黑龙江齐齐哈尔·期中）若对任意的正实数，，当时，恒成立，则的取值范围（    ） A． B． C． D． 【变式1-3】（23-24高二下·湖北·月考）已知函数，对任意，，且，都有成立，则实数a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 题型二 不等式能成立求参数问题 【例2】（23-24高二下·广东广州·月考）已知函数，若存在，使得成立，则实数m的最小值是（    ） A． B． C． D．4 【变式2-1】（23-24高二下·江苏苏州·月考）若存在，使得不等式成立，则实数m的最大值为（    ） A． B． C．4 D． 【变式2-2】（24-25高二上·湖南长沙·月考）函数，若存在，使得对任意，都有，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式2-3】（23-24高二上·江苏南通·月考）函数，，若对任意的，总存在，使得成立，则实数a的范围是（    ） A． B． C． D． 题型三 单变量不等式的证明 【例3】（23-24高二下·陕西西安·月考）已知函数（为常数）的图象与轴交于点A，曲线在点A处的切线斜率为． (1)求的值并求该切线方程； (2)当时，证明：． 【变式3-1】（23-24高二下·湖南·月考）已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)当时，证明：对任意的，． 【变式3-2】（23-24高二下·广东佛山·月考）已知函数． (1)若恒成立，求a的取值范围； (2)当时，证明：． 【变式3-3】（23-24高二下·河南·月考）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)当时，证明：. 题型四 双变量不等式的证明 【例4】（23-24高二下·广东东莞·月考）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若方程有两个不相等的根，且的导函数为，证明：． 【变式4-1】（23-24高二下·黑龙江哈尔滨·月考）设函数，其中为实数． (1)当时，证明：； (2)当在定义域内有两个不同的极值点时，证明：． 【变式4-2】（23-24高二下·浙江湖州·月考）已知. (1)当时，求的单调区间； (2)若有两个极值点，，证明：. 【变式4-3】（23-24高二下·内蒙古赤峰·月考）已知函数. (1)若函数在其定义域内有两个不同的零点，求实数的取值范围； (2)若，且，证明：. 题型五 数列求和型不等式证明 【例5】（23-24高二下·湖北·月考）已知函数，其导函数为． (1)求函数的极值点； (2)若直线是曲线的切线，求的最小值； (3)证明：． 【变式5-1】（23-24高二下·黑龙江哈尔滨·月考）已知函数，其导函数为． (1)求函数的最小值； (2)若直线是曲线的切线，求的最小值； (3)证明：（，） 【变式5-2】（22-23高二下·广西南宁·月考）设函数. (1)证明：当时，恒成立； (2)证明：当且时，. 【变式5-3】（23-24高二下·山东菏泽·期末）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)当，时，证明：； (3)证明：. 题型六 三角函数型不等式证明 【例6】（2024·全国·模拟预测）已知函数，. (1)求证：； (2)若，求的取值范围. 【变式6-1】（2024·湖南·一模）已知函数． (1)当时，求函数在处的切线方程； (2)时； （ⅰ）若，求的取值范围； （ⅱ）证明：． 【变式6-2】（23-24高二下·河北石家庄·月考）已知函数，且． (1)求实数a的取值范围； (2)已知，证明：． 【变式6-3】（24-25高三上·云南·月考）已知函数. (1)求的极值； (2)求证：. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题拓展：导数与不等式综合应用 一、不等式证明的常用思路 1、移项构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数． 2、最值法：若无法转化为一个函数的最值问题，则可以考虑转化为两个函数的最值问题． 在证明过程中，等价转化是关键，此处恒成立．从而f(x)>g(x)，但此处与取到最值的条件不是同一个“x的值”． 3、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． 4、构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数． 5、双变量不等式的处理策略：含两个变量的不等式，基本的思路是将之转化为一元的不等式，具体转化方法主要有三种:整体代换，分离变量，选取主元． 二、不等式成立问题常用的转化规则 1、单变量不等式成立问题：一般利用参变分离法求解函数不等式恒（能）成立 （1）， （2）， （3）， （4）， 2、双变量不等式成立问题：一般地，已知函数， （1）若，，总有成立，故； （2）若，，有成立，故； （3）若，，有成立，故； （4）若，，有，则的值域是值域的子集． 三、利用导数证明不等式的常用方法 1、直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数； 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，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数． 四、证明与数列有关的不等式 1、证明此类问题时长根据已知的函数不等式，用关于正整数的不等式替代函数不等式中的自变量。通过多次求和达到证明的目的．此类问题一般至少两问，已知的不等式常由第一问根据待证式的特征而得来． 2、已知函数式为指数不等式（或对数不等式），而待证不等式为与对数有关的不等式（或与指数有关的不等式），还有注意指、对数式的互化，如可化为． 题型一 不等式恒成立求参数问题 【例1】（23-24高二下·江苏扬州·月考）已知函数，若恒成立，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】等价于， 令，则，所以是增函数， 所以等价于， 所以，所以， 令，则， 所以在上，，单调递增， 在上，，单调递减， 所以，故 所以实数的取值范围为．故选：B． 【变式1-1】（23-24高二下·福建漳州·期中）当时，恒成立，则实数最大值为（    ） A． B．4 C． D．8 【答案】B 【解析】因为，由，得. 令 令，则在上恒成立， 故函数在上单调递增，所以即， 由，得，所以. 当且仅当时，取“=”， 此时，由与图象可知使，此时. 所以，即有最大值为4.故选：B. 【变式1-2】（23-24高二下·黑龙江齐齐哈尔·期中）若对任意的正实数，，当时，恒成立，则的取值范围（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】，又，所以， 所以， 由已知对任意的，，且时，， 设，则在上为减函数， 因为，所以在上恒成立， 所以在上恒成立，所以，所以的取值范围为．故选：A． 【变式1-3】（23-24高二下·湖北·月考）已知函数，对任意，，且，都有成立，则实数a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】当时，易知函数在上是增函数， 不妨设，则． 由，所以． 所以，即． 设，则在区间上是减函数． 所以在时恒成立， 因为，所以在时恒成立， 即在时恒成立，即． 而在区间上是增函数，所以的最大值为，所以， 又，所以．故选：B. 题型二 不等式能成立求参数问题 【例2】（23-24高二下·广东广州·月考）已知函数，若存在，使得成立，则实数m的最小值是（    ） A． B． C． D．4 【答案】D 【解析】由能成立， 问题转化为， 令， 由；由， ∴在上单调递减，在上单调递增， ∴，则， 故m的最小值为4．故选：D. 【变式2-1】（23-24高二下·江苏苏州·月考）若存在，使得不等式成立，则实数m的最大值为（    ） A． B． C．4 D． 【答案】A 【解析】由存在，使得不等式成立得：在有解， 令，则， 故时，，此时函数是单调递减， 时，，此时函数单调递增， 故时，，时，， 又， 故函数的最大值是， ，故选：A． 【变式2-2】（24-25高二上·湖南长沙·月考）函数，若存在，使得对任意，都有，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由，又， 因为任意，都有， 所以是函数的最小值，也是极小值， 故有两实根，即有两实根，则， 记二次函数的零点为， 且，则在，上单调递增，在上单调递减， 当时，，因为是最小值， 所以，即， 解得，故，故选：B． 【变式2-3】（23-24高二上·江苏南通·月考）函数，，若对任意的，总存在，使得成立，则实数a的范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】函数，因为，，所以， 故在上单调递增，所以. 又，所以在上也是单调递增，所以. 因为对任意的，总存在，使成立，等价于， 所以，解得，故实数a的范围是.故选：D. 题型三 单变量不等式的证明 【例3】（23-24高二下·陕西西安·月考）已知函数（为常数）的图象与轴交于点A，曲线在点A处的切线斜率为． (1)求的值并求该切线方程； (2)当时，证明：． 【答案】(1)，切线方程为；(2)证明见解析 【解析】（1）由得. 又因为，解得， 所以，，则， 可知该切线方程为. （2）令，则， 由（1）可知：， 当时，；当时，； 可知在上单调递减，在上单调递增， 则， 即在上恒成立， 故在上单调递增，则， 所以当时，有. 【变式3-1】（23-24高二下·湖南·月考）已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)当时，证明：对任意的，． 【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析 【解析】（1）因为，易知定义域为，， 当时，恒成立，所以在上单调递增， 当时，由，得到，此时在区间上单调递减， 由，得到，此时在区间上单调递增， 综上可得：当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减. （2）当时，，要证明， 只需证明，设， 则问题转化为证明对任意的，， 因为， 令，则显然是增函数，且， 所以存在唯一，使得，即，所以，得到， 当变化时，和变化情况如下表 0 单调递减 单调递增 ， 由在上单调递减，可知，所以， 因此不等式得证． 【变式3-2】（23-24高二下·广东佛山·月考）已知函数． (1)若恒成立，求a的取值范围； (2)当时，证明：． 【答案】(1)；(2)证明见解析 【解析】（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． 【变式3-3】（23-24高二下·河南·月考）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)当时，证明：. 【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析. 【解析】（1）函数的定义域为， 求导得， 若，则，且当时，，当时，， 即函数在上递增，在上递减； 若，令，解得， 若，即，则恒成立，当时，，当时，， 即函数在上递减，在上递增； 若，即，则当时，，当时，， 即函数在上递增，在上递减； 若，即，则在上恒成立，函数在上递增； 若，即，则当时，，当时，， 即函数在上递增，在上递减， 所以当时，的递增区间为，递减区间为； 当时，的递增区间为和，递减区间为； 当时，的递增区间为，无递减区间； 当时，的递增区间为和，递减区间为； 当时，的递增区间为，递减区间为. （2）要证，需证， 而，即有， 则只需证明，即证，即证， 令，则，当时，，当时，， 即函数在上单调递减，在上单调递增，则， 令，则，当时，，当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，则， 从而，即成立. 题型四 双变量不等式的证明 【例4】（23-24高二下·广东东莞·月考）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若方程有两个不相等的根，且的导函数为，证明：． 【答案】(1)解析见解析；(2)证明见解析 【解析】（1），则， 当时，，函数在R上单调递增； 当时，令，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增. （2）因为方程有两个不等的根，且， 由（1）知，， 令， 则 ， 所以函数在上单调递增， 所以 ， 又在上单调递增， 所以，又， 所以，所以， 又，所以. 【变式4-1】（23-24高二下·黑龙江哈尔滨·月考）设函数，其中为实数． (1)当时，证明：； (2)当在定义域内有两个不同的极值点时，证明：． 【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析 【解析】（1）当时，， 要证，即证，令，， ，当时，，当时，， 即在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以，即成立. （2），由在上有两个不同的极值点， 所以方程，即有两个不同的正根， 则，解得， 又 ， 令， 则，所以在上单调递增， ， 所以. 【变式4-2】（23-24高二下·浙江湖州·月考）已知. (1)当时，求的单调区间； (2)若有两个极值点，，证明：. 【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析 【解析】（1）当时，， ， 则当，即时，， 当，即时，， 故的单调递减区间为、，单调递增区间为； （2），令，即， 令，，则、是方程的两个正根， 则，即， 有，，即， 则 ， 要证，即证， 令， 则， 令，则， 则在上单调递减， 又，， 故存在，使，即， 则当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 则， 又，则，故， 即，即. 【变式4-3】（23-24高二下·内蒙古赤峰·月考）已知函数. (1)若函数在其定义域内有两个不同的零点，求实数的取值范围； (2)若，且，证明：. 【答案】(1)；(2)证明见解析 【解析】（1）函数定义域为，且， ①当时，在上恒成立， 即函数的单调递减区间为，则最多只有一个零点，不符合题意； ②当时，令，解得， 当时，，函数的单调递增区间为， 当时，，函数的单调递减区间为， ，又函数有两个零点， ， ，又，使得， 又， 设，则， ，函数在上单调递减， ， ，使得， 综上可知，. （2）依题意，是函数的两个零点， 设，因为， ，，， 不等式， ，所证不等式即， 设，则， 令，则， 在上是增函数，且， 所以在上是增函数，且， 即，从而所证不等式成立. 题型五 数列求和型不等式证明 【例5】（23-24高二下·湖北·月考）已知函数，其导函数为． (1)求函数的极值点； (2)若直线是曲线的切线，求的最小值； (3)证明：． 【答案】(1)函数的极小值点为，没有极大值点；(2)e；(3)证明见解析 【解析】（1）定义域为，， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 所以函数的极小值点为，没有极大值点． （2）令，则，， 设切点为，则，， 则切线方程为，即， 又是曲线的切线方程，则，则， 令，，，， 令，所以时，， 时，， 在单调递减，在单调递增， 所以，即的最小值为e． （3）证明：由（1）可知，在单调递减，单调递增， 所以，则， 因为，则，当时取等号， 令，则， 因为，所以， 又因为，所以， 则，，…，， 累加后可得， 即． 【变式5-1】（23-24高二下·黑龙江哈尔滨·月考）已知函数，其导函数为． (1)求函数的最小值； (2)若直线是曲线的切线，求的最小值； (3)证明：（，） 【答案】(1)0；(2)；(3)证明见解析 【解析】（1）定义域为， 由，得， 当时，，当时，， 所以在上递减，在上递增， 所以的最小值为； （2）令，则， 设直线切曲线于点， 则， 所以切线方程为，即， 因为是曲线在处的切线方程， 所以， 所以， 令，则， 当时，，当时，， 所以在上递减，上递增， 所以， 所以的最小值为； （3）证明：由（1）知，所以， 所以，当时取等号， 令，则， 因为，所以， 所以，所以， 所以，，，……，， 所以， 即（，）. 【变式5-2】（22-23高二下·广西南宁·月考）设函数. (1)证明：当时，恒成立； (2)证明：当且时，. 【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析 【解析】（1）令，， 则， 当时，，单调递增， 故， 即当时，，即当时，恒成立； （2）由（1）可知当时，恒成立， 且当且仅当时， 所以当时，恒成立， 令，且，得， 即， 由此可得，， ， …… ， 将以上个式子相加得，且. 【变式5-3】（23-24高二下·山东菏泽·期末）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)当，时，证明：； (3)证明：. 【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析；(3)证明见解析 【解析】（1）由， ①当时，，因此在上单调递增； ②当时，由， 所以当时，，在上单调递增， 当时，，在单调递减； ③当时，，因此在上单调递减. （2）由（1）知，当时，在上单调递减， 又，所以，即，因此， 因此要证明，即证明， 只需证明，即证：， ，即证 令， 则， 因此在上单调递增，， 则，即，得证. （3）由（2）知：，令，有 ，…… 累加得 即得：. 题型六 三角函数型不等式证明 【例6】（2024·全国·模拟预测）已知函数，. (1)求证：； (2)若，求的取值范围. 【答案】(1)证明见解析；(2) 【解析】（1）令，， 则， 令，， 则， 所以在上单调递增，则，即， 所以在上单调递增. 故，即. （2）方法1：由（1）知， 所以当时， 先证明：当时，，因为，， 导函数，故为减函数，则， 即当时，. 又当时，取，满足， 所以 综上，的取值范围是. 方法2：若，则. 下设，当时，. 因为当时，，所以当时，有 设，.则.所以在上单调递减，. 则当时，的取值范围是，故. 必要性已得，下面讨论充分性. 当时，， 令， 则 今，， 则 所以在上单调递增，则，故.因此， 综上，的取值范围是. 【变式6-1】（2024·湖南·一模）已知函数． (1)当时，求函数在处的切线方程； (2)时； （ⅰ）若，求的取值范围； （ⅱ）证明：． 【答案】(1)；(2)（ⅰ）（ⅱ）证明见解析 【解析】（1）当时， 所以切线方程为：即 （2）（ⅰ） 即， 设 又是的一个必要条件，即 下证时，满足 又， 设在上单调递减， 所以， 又即在单调递增. 时，； 下面证明时不满足， ， 令， 则， ， ∴在为增函数， 令满足， 则， 又∴,使得， 当时，， ∴此时在为减函数， 当时，， ∴时，不满足恒成立. 综上. （ⅱ）设 由（ⅰ）知， 在上单调递增，即 【变式6-2】（23-24高二下·河北石家庄·月考）已知函数，且． (1)求实数a的取值范围； (2)已知，证明：． 【答案】(1);(2)证明见解析 【解析】（1）函数定义域为R，， 由解得，故在区间上单调递增， 由解得，故在区间上单调递减， 故的最小值是，解得，所以实数a的取值范围为． （2）在（1）中，令时，，令，得，即， 令，则， 所以，， 令，则．且不恒为零． 所以，函数在上单调递增，故，则． 所以，， 所以， . 【变式6-3】（24-25高三上·云南·月考）已知函数. (1)求的极值； (2)求证：. 【答案】(1)的极大值为，没有极小值；(2)证明见解析 【解析】（1）因为函数， 所以， 设，， 所以在上单调递增. 又，所以当时，；当时，. 又因为对恒成立， 所以当时，；当时，. 即在区间上单调递增，在区间上单调递减， 故，没有极小值. （2）由（1）可知， 所以当且仅当，取“＝”. 由（1）得， 累加得； 由②得， 累加得. 综上所述，. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$