上分专题07 利用导数证明不等式-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册（北师大版）

上分专题07 利用导数证明不等式 命题密钥 不等式证明是利用导数求函数最值的重要应用之一，构造函数时需要我们根据题目的不 同形式灵活地给出不同的构造形式，有直接构造函数的，也有凹凸分离构造函数等不同的形 式，从而达到简化运算的目的.2023年的新课标I卷的第19题，就是直接构造函数证明 导数题目中有着庞大的计算量，既要完成不等式证明，还要尽可能简化运算，故放缩法应 运而生，利用“化曲为直”的思想，将复杂的函数转化为了我们容易计算处理的函数！ 考点觉醒 ·构造函数利用单调性和最值证明不等式 构造函数 对不等式进行适当的变形，并构造函数，例如：证明x)≥g(), 令 h(x)=fx)-g(x),证明hx)≥0即可 求函数最值 求出所构造函数的最值，例如：证明h(x)≥0即证明h(x)min≥0 ●指对分离构造凹凸函数证明不等式 对不等式进行适当的拆分，并构造两个函数，例如：证明x)>0, 拆分函数 将x)拆分为gx)-h(e),且证明g(x)与h(x)凹凸性相反，证明gx>h) 即可 求函数最值 因为凹凸性相反，所以通过证明g(c)n>h(x)m来说明gc)>h(x)成立 ·不等式证阴中常见的放缩形式 函数类型 放缩形式 放缩成一次函数 e'≥x+1>x,e*≥ex 指数函数 放缩成反比例函数 1时，e≤10时，er< 放缩成高次幂函数 ≥0时.e≥1+2≤0时，e≤1+分 放缩成一次函数 ln(x+1)≤x,lnx≤x-1<x 对数函数 放缩成分式型函数 0x≤1时.n≥()≥1时.h≤)() 放缩成二次函数 lnx≤x2-x 16 数学I选择性必修第二册·BS 实战演练「 题组1构造函数利用单调性和最值证明不等式3：整(2025·福建泉州高二期末)设函数 1.*(2025·福建泉州高二期中)已知函数 f(x)=e-ax-1(a∈R). e加8=x (1)讨论f(x)的单调性； (1)若点P是函数f(x)=lnx上任意一点， (2)若a<1,证明：当x≥0时，x)≥ 求点P到直线y=x+1的最小距离； (2)当x>e时，求证函数f(x)=lnx的图象 在(x)=x2图象的上方， 2.*(2025·云南昆明高二月考)已知函数 4.(2025·四川眉山高二期末)设a∈R, f(x)=Inx+-1. 函数f(x)=alnx-x. (1)当a=1时，求f(x)的最大值； (1)当a=3时，求曲线y=f(x)在点 (1,f(1))处的切线方程： (2)求证：当n≥2，n∈N时，(1+))×(1+ (2)证明：当a∈(0,1)时x)>% '22a )xx(1+)e 黑白题·上分秘籍17 题组2指对分离构造凹凸函数证明不等式 5.#(2025·浙江衢州高二期中)已知函数 7.H已知数)=au+)+2aeR. 2 f(x)=lnx-x在点(1，f(1))处的切线与曲线 (1)x=√2是f(x)的极小值点，求a的取值 y=ax2+(2a+3)x-1(a∈R)只有一个公 范围； 共点. (2)若a=-1,f'(x)为f(x)的导函数，证明： (1)求a的值； (2)求证)≤-2 当1≤2时时号 6.(2025·安微阜阳高二月考)已知8.已知函数f代)=aln+r+2+2a(a∈R. fx)n .2 (1)证明：函数f(x)有唯一极小值点； (1)若函数g(x)=f(x),讨论g(x)的单调 (2若0a求证 性与极值； (2)证明：fx)>1 18■数学|选择性必修第二册·BS 题组3适当放缩证明不等式 11.禁(2025·福建厦门高二期中)已知函数 9.禁(2025·湖南长沙高二月考)已知函数 f(x)=cos x+xsin x,g(x)=e*-x. f(x)=e'-zx-ax(aER). (1)判断f(x)在区间(-T,π)的单调性； (1)若不等式f(x)≥1在x∈[0，+0)上恒 (2)求g(x)的最小值； 成立，求实数a的取值范围； (3)证明：当x∈[0，+∞)时，f(x)≤g(x)+x. (2)若>0，求证：(e+1)n(x+ 1)>2x. 10.(2025·山东潍坊高二期中)已知函数12.禁(2025·河北邯郸高二月考)已知函数 f(x)=In x+ax. f(x) 3sin x (1)讨论f(x)的单调性； 2+cos元8(x)=lnx (2)若f(x)≤0恒成立，求a的取值范围； ()求函数x)在o,7]的最大值： (3)当a=1时，证明：f(x)<e*+x-2 (2)若函数h(x)=ax-g(x)的最小值为1， 求实数a的值； (3)求证：xg(x)>f(x)-1. 黑白题·上分秘籍19(日，+)上单调递诚综上可得，当a≥0时，)在 (0,+m)上单调递增；当a<0时，)在(0，-)上单调 递增，在(。，+)上单调递减 (2)解：由(1)得若款x)≤0恒成立，则a<0,且f(日) 0由f(日)≤0→n(-后)+ax(-日)≤0= h(）≤1→≤e→a≤-。所以a的取值范围为 (,] (3)证明：当a=1时，f(x)<e+x-2lnx+2<e.设 g(x)=e-(x+1)(x>0),则g'(x)=e-1,因为x>0,所以 g'(x)=e-1>0.所以g(x)在(0，+∞)上单调递增，所以 g(x)>g(0)=0.所以e>x+1在(0，+∞)上恒成立.设 2-+1）=n-*+1>0,则6变 是由(>00<1，由(a)<0>1所以()在 (0,1)上单调递增，在(1，+o)上单调递减.又h(1)=ln1- 1+1=0,所以h(x)≤0，即lnx+2≤x+1在(0，+)上恒成 立.所以lnx+2<e在(0，+o)上恒成立.故原不等式成立. 11.(1)解：f'(x)=e-x-a,x∈[0，+∞)，令u(x)=f'(x),因 x∈[0，+∞)，由w'(x)=e*-1≥0，可得u(x)在[0，+0)上 单调递增，即f'(x)在[0，+o)上单调递增.当a≤1时， f'(x)≥f'(0)=1-a≥0在[0，+∞)上恒成立，故得f(x)在 [0,+0)上单调递增，则f(x)≥f代0)=1，符合题意；当a>1 时f'(0)=1-a<0.令h(x)=e-2x,则h'(x)=e-2,当x< ln2时，h'(x)<0;当x>ln2时，h'(x)>0,则h(x)在 (-o,ln2)上单调递减，在(ln2,+o)上单调递增，故 h(x)≥h(ln2)=2-2ln2>0.所以f'(a)=e-a-a=e-2a> 0.又f'(x)在[0，+∞)上单调递增，且f'(0)<0,故3∈ (0,a),使得f'(x)=0,则当xe(0,x)时，f'(x)<0,当 x∈(x,+∞)时f'(x)>0,即f(x)在(0，xo)上单调递减，在 (xo,+∞)上单调递增，故f(x)<f(0)=1,不符合题意.综 上所述，实数a的取值范围是(-∞，1]. (2)证明：由(1)得当a=1,>0时，c-22->1,即。- 号1>x2.要证不等式(e-宁+1h(10>2a(0. 只需证心41即E+2D即只诺 2x 证n(+l>o0.设Fe)=la(+I) x+2(x>0),则 ! (x)=1-4 x2 +(+2)(+10(x+2,当>0时， F'(x)>0恒成立，故F(x)在(0，+∞)上单调递增， 又F(0)=0,所以F(x)>0恒成立，所以原不等式成立. 12(解：断可 cosx(2+cosw）-3sin(-sin三6cos+3,令f'()E (2+c0sx)2 0,可得a=分因为eb,],所以x经：当 3 e【o,写)时f()>0:当e(智]时f"<0: 参考答案 当e(售]时f(到>0，所以函数到在o,）)上 单调透端，在（智]上单调送减，在(]上单调 递增0)=01(）=区，f(）=,所以)在 [0,]上的最大值为3。 (2)解：由函数g(x)=lnx,可得h(x)=ax-g(x)=ax-lnx, e0,+)则()=a,当a≤0时( 0,所以h(x)在(0，+∞)上单调递减，没有最小值；当a>0 时，令（到>0，可得，令(）0得0<，所以 A()在(0，日)）上单测递诚，在（日，+）上单调遥端， 所以6()的最小值为A(日)=ax。-h(日)=1+ lna=1,则a=1. (3)证明：根据题意，要证xg(x)>fx)-1成立，即证xl山x+ 2成立，由（②知当a=1时，A(到≥A1-1,所u h≥1，即子+n≥1，所以1+h≥，令()= 3sin x 6cos x+3 2+o02*e(0,+w),则r(x）=1(2te (2+0e≥0，所以H()在(0，+x)上单调递增，所以 （c0sx-1)2 瓜e到>0=0，所以25即1+h心2食立。 所以原不等式成立 上分专题08利用导数研究不等式 恒成立、能成立问题 1.D解析：由对任意xe(0,+o),lgx<ax,得a> 1 设K则r(0，当g x x2 (0,e)时，f'(x)>0,f(x)单调递增；当x∈(e,+∞)时， f'(x)<0x)单调递减，所以x)≤f(e)=ge,所以age e e [学+）解折：由题意得g()=3ah-2x+1≥1在区 2. 同1,4)上有解，可转化为3≥二令()=二则 p(x=20.当xe(1,e)时，p(x)<0,0(x在区间 (In x)2 (1,e)上单调递减；当xe(e,4)时，p'(x)>0,所以p(x)在 区间(e,4)上单调道蜡，因此要使得3知二2在区间(1,4 上有解，只需满足3n≥p(x)m=p(e)=2c,即u≥2e 3 (,）解析：由已知m>0在(0+w)上恒减立， 所以m<学在(0+)上恒成立，故m<(信），其中e 0,+),令a(-(>0.则（到=g2(01. x3 白题63