专题1.5 函数不等式证明与放缩专项突破训练-2026届高三数学二轮复习

专题1.5 函数不等式证明与放缩专项——2026届高考数学二轮复习专题突破 一、选择题（共8题；共40分） 1．（2025·南宁模拟）已知，，，则a，b，c的大小关系正确的是（　　） A． B． C． D． 2．（2026高三上·惠州期末）设函数，则（　　） A．在单调递增 B．在单调递减 C．在单调递增 D．在单调递减 3．（2025高三上·深圳月考）设，则的大小关系为（　　） A． B． C． D． 4．（2020·新课标Ⅱ·文）设函数 ，则 （　　） A．是奇函数，且在（0，+∞）单调递增 B．是奇函数，且在（0，+∞）单调递减 C．是偶函数，且在（0，+∞）单调递增 D．是偶函数，且在（0，+∞）单调递减 5．（2025高三上·开福月考）若，，，则（　　） A． B． C． D． 6．（2021·浙江）已知数列 满足 .记数列 的前n项和为 ，则（　　） A． B． C． D． 7．（2025高三上·长沙月考）已知函数，若，则的大小关系为（　　） A． B． C． D． 8．（2025·苏州模拟）已知数列满足，则（　　） A． B． C． D． 二、多项选择题（共3题；共18分） 9．（2025·常德模拟）已知连续函数是定义域为的偶函数，且在区间上单调递增，则下列说法正确的是（　　） A．函数在上单调递增 B．函数在上单调递增 C．函数存在极小值点 D．“”是“”的充要条件 10．（2022高三上·汕尾期末）已知a，b都是不等于1的正实数，且a>b，c<1，则下列不等式一定成立的是（　　） A． B． C． D． 11．（2024高三上·湛江月考）关于函数，下列说法正确的是（　　） A．当时，有两个零点 B．当时，在上单调递增 C．若关于的方程有两个不等实根，则 D．对任意两个正实数，且，若，则 三、填空题（共3题；共15分） 12．（2025高三上·望城月考）已知函数（为自然对数的底数），若在上恒成立，则实数的取值范围是　 　. 13．（2024高三下·浙江开学考）已知函数若函数有唯一零点，则实数的取值范围是　 　. 14．（2025高三上·杭州期末）已知，对任意的，不等式恒成立，则k的取值范围是　 　． 四、解答题（共5题；共77分） 15．（2026高三上·杭州期末）设，，.已知函数在处的切线方程为. （1）求的值； （2）当时，不等式是否恒成立，若是，给予证明；若否，给出反例. （3）证明：若正实数满足，，则必有． 16．（2024高三上·广东月考）已知函数. （1）讨论的单调性； （2）当时，证明. 17．（2022·北京）已知函数 ． （Ⅰ）求曲线 在点 处的切线方程； （Ⅱ）设 ，讨论函数 在 上的单调性； （III）证明：对任意的 ，有 ． 18．（2022·湖州模拟）已知函数 （ ）． （I）若 ，求函数 的极小值点； （II）当 时，讨论函数 的图象与函数 的图象公共点的个数，并证明你的结论． 19．（2025·翠屏模拟）若函数为定义域上单调函数，且存在区间（其中），使得当时，的取值范围恰为，则称函数是D上的正函数，区间叫做等域区间. （1）是否存在实数m，使得函数是上的正函数？若存在，请求出实数m的取值范围；若不存在，请说明理由. （2）若，且不等式的解集恰为，求函数的解析式.并判断是否为函数的等域区间. 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 答案解析部分 1．【答案】C 【解析】解：因为，所以， 所以． 故答案为：C． 由余弦函数2在第二象限得，b=cos2<0，由对数函数单调性，可得解. 2．【答案】C 【解析】解：对于A、B，因为函数定义域为，故选项A和选项B错误； 对于C、D，由复合函数的单调性， 知在上单调递增，且在上单调递增， 则在单调递增，故选项C正确、选项D错误. 故答案为：C. 先根据对数型函数的定义域和交集的运算法则，则判断出选项A和选项B；再结合对数型函数的单调性，即同增异减，则判断出选项C和选项D，从而找出正确的选项. 3．【答案】D 【解析】解：易知， 指数函数单调递减，则，即， 对数函数单调递增，则，即， 则. 故答案为：D. 易知，利用指数函数、对数函数的单调性可得b，c的范围，即可判断的大小. 4．【答案】A 【解析】因为函数 定义域为 ，其关于原点对称，而 ， 所以函数 为奇函数． 又因为函数 在 上单调递增，在 上单调递增， 而 在 上单调递减，在 上单调递减， 所以函数 在 上单调递增，在 上单调递增． 故答案为：A． 根据函数的解析式可知函数的定义域为 ，利用定义可得出函数 为奇函数，再根据函数的单调性法则，即可解出． 5．【答案】D 【解析】解：，， ， ，， 又，都大于，．， 故答案为：． 通过换底公式和代数变形，将对数转化为同一变量的表达式，再通过作差法比较大小。 6．【答案】A 【解析】因为 ，所以 ，且 由 可得 ，即由 ∴，即 ∴ ，当且仅当 时取等号， ， 所以 即 ． 故答案为：A． 由递推公式，先得到，进一步推导出，然后用累加法等推导出。 7．【答案】D 【解析】解：因为， 所以为偶函数， 当时，则， 所以. 令，则， 令，解得；令0，解得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 可得， 则在上恒成立， 所以在上单调递增。 令，则， 所以当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增， 又因为，所以， 则， 所以， 则，即. 故答案为：D. 先判断函数的奇偶性，再分析函数在时的单调性，同时分析函数的单调性，从而比较出自变量的大小，再根据的单调性得出函数值的大小关系，从而比较出a，b，c的大小． 8．【答案】C 【解析】解：A、因为，所以，所以，所以，故选项A错误； B、因为，，所以，所以当时，，故选项B错误； C、因为，所以， 所以，即， 所以当时，， 所以，所以，，故选项C正确； D、，而，故选项D错误. 故选：C. 根据给定的递推公式，变形可知，即可判断选项A；由和递推公式求得，进而即可判断选项B；裂项可得，结合累加法可得，进而计算即可判断选项CD. 9．【答案】A，C，D 【解析】解：由题意可知，，， A、由题意可知， 当时 ，，所以函数在上单调递增，故选项A正确； B、当函数时，显然符合题意，此时函数， ，当时，，所以函数在上不单调，故选项B错误； C、函数定义域为，因为，所以函数是偶函数， 令，因为函数，在上都是增函数，所以在上也是增函数， 又因为是偶函数，所以在上是减函数， 所以是函数的一个极小值点，故选项C正确； D、当时，依题意可知，，， 令，所以， 当时，；当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以当x=-1时，取得最小值，所以， 所以； 而当时，取，得，即， 所以“”是“”的充要条件，故选项D正确. 故选：ACD. 根据已知条件可知，，利用导数确定单调性即可判断选项A；举例如函数，利用导数判断函数的单调性即可判断选项B；利用偶函数的定义以及复合函数单调性的判断即可判断选项C；利用充要条件的定义即可判断选项D. 10．【答案】B，D 【解析】函数，因为，所以是减函数， 因为a>b，所以，A不符合题意． 函数，因为，所以在是增函数， 因为a>b，所以，B符合题意． 函数，因为，所以在是减函数， 因为a>b，所以，C不符合题意． ，当且仅当时取等号， 又因为，所以，D符合题意． 故答案为：BD 利用已知条件结合指数函数的单调性和幂函数的单调性，再利用对数函数的单调性和均值不等式变形求最值的方法，从而找出不等式一定成立的选项。 11．【答案】A，B 【解析】解：A、当时，函数， 令，解得或，故A正确； B、当时，函数定义域为，， 当时，，则函数在上单调递增，故B正确； C、函数定义域为，， 则在上单调递减，在上单调递增， 即，且时，，， 函数图象，如图所示： 数形结合可知：要使若关于的方程有两个不等实根，则，故C错误； D、易知， 构造函数， ， 因为，所以，， 即在上单调递增，， 即，则， 而在上单调递增，且，， 所以，故，故D错误. 故答案为：AB. 将代入，直接求函数的零点即可判断A；代入，求函数的定义域，再求导，利用导数判断函数的单调性即可判断B；求函数的定义域，再求导，利用导数判定其单调性、最值，作出函数的图象，数形结合求解即可判断C；构造差函数，利用导数研究单调性证明即可. 12．【答案】. 【解析】解：由在上恒成立， 所以在上恒成立， 则，其中， 令，则， 令，解得；令，解得， 则在上单调递减，在上单调递增， 所以， 则.所以的取值范围是. 故答案为：. 根据题意结合不等式恒成立问题求解方法，从而得出，令，再利用求导判断函数的单调性，从而得出函数的最值，进而得出实数m的取值范围. 13．【答案】或 【解析】解：当时，单调递减，图象为以和轴为渐近线的双曲线的一支； 当时，有，可得在单调递减，在单调递增 且，，画出图象如下： 由题意，有唯一解，设， 则，（否则至少对应2个，不满足题意）， 原方程化为，即， 该方程存在唯一解，且. 转化为与有唯一公共点，且该点横坐标在，画图如下： 情形一：与相切，联立得， 由解得，此时满足题意： 情形二：与有唯一交点，其中一个边界为与渐近线平行）， 此时交点坐标为，满足题意； 另一个边界为与相切，即过点的切线方程， 设切点为，则，解得， 所以求得，此时左侧的交点D横坐标为满足条件，右侧存在切点E，故该边界无法取到； 所以的范围为. 综上，的取值范围为或. 故答案为：或 本题考查函数与方程的综合应用.先进行换元，令，转化为方程存在唯一解，且，作出与的图象有唯一公共点；分两种情况进行讨论：情形一：与相切；情形二：与有唯一交点，其中一个边界为与渐近线平行）；观察图形可求出实数a的取值范围，进而求出答案. 14．【答案】 【解析】解：由已知条件，得， 构造函数， 对其求导得， 令，得， 则当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增， 因为，， 所以，， 根据， 得到， 分离参数得对恒成立，只需 构造函数，，对其求导得， 令，得， 则当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减， 所以， 则， 因此k的取值范围是 故答案为：. 构造函数，利用函数的单调性得到，分离参数，再利用导数正负判断函数，的单调性，从而得出其最大值，结合不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数k的取值范围. 15．【答案】（1）解：设， 则， 所以， 则， 所以，函数在处的切线方程为， 即， 与对照，知且， 所以. （2）解：由（1）知，， 结论：当时，不等式恒成立. 证明如下：由， 得，， 设， 则， 令， 当时，， 所以在上单调递增， 因为， 所以， 则， 所以在上单调递增， 又因为， 所以 则 因为， 设，， 则， 令， 则， 所以在上递增， 又因为， 所以， 则在上单调递增， 又因为， 所以， 则， 所以，. （3）证明：方法1：因为上单调递增， 则当时，必有， 由（2）知，当时，， 所以， 当时，则， 所以， 设，对称轴为， 欲证， 只需证， 即证， 即证， 即证成立， 所以， 由（2）知， 所以， 当时，则， 所以， 设， 因为在单调递增， 欲证， 只需证， 即证， 即证， 即证， 即证， 即证， 即证 成立， 所以， 综上所述，， . 【解析】（1）利用导数的几何意义得出切线的斜率，再利用代入法得出切点坐标，再根据点斜式得出函数在处的切线方程，再根据已知条件得出a，b的值. （2）当时，将不等式恒成立转化为恒成立，再构造函数和，再利用导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的最值，进而分别证出不等式两侧恒成立，则得出当时，不等式恒成立. （3）利用（2）的结论结合分析法，当时，不等式恒成立，则当时，由可证出，再由证出，从而证出成立. （1）设， ， 则函数在处的切线方程为 即 与对照，知且 所以 （2）由（1）知 结论：当时，不等式恒成立 证明：由 推得，. 设，则， 令，当时， 所以在上单调递增，又 故， 所以. 所以在上单调递增，又 所以 而 设， 则，令 所以在上递增，又 即， 所以在上递增，又 所以，即 所以， （3）方法1：因为上递增， 故当时，必有 由（2）知当时， 所以 当时，有，即 设，对称轴 欲证，只需证 即证， 即证，即证，成立，所以 又由（2）知 所以 当时，有，即 设，在递增 欲证，只需证 即证， 即证 即证，即证 即证，即证 成立，所以. 综上，， . 16．【答案】（1）解： 的定义域为（0，+），. 若a≥0，则当x∈（0，+）时，，故f（x）在（0，+）单调递增. 若a＜0，则当时，时；当x∈时，. 故f（x）在单调递增，在单调递减. （2）解：由（1）知，当a＜0时，f（x）在取得最大值，最大值为. 所以等价于，即. 设g（x）=lnx-x+1，则. 当x∈（0，1）时，；当x∈（1，+）时，.所以g（x）在（0，1）单调递增，在（1，+）单调递减. 故当x=1时，g（x）取得最大值，最大值为g（1）=0. 所以当x＞0时，g（x）≤0. 从而当a＜0时，，即. 【解析】（1）核心是求导后，依据导数的符号（由参数的取值决定 ），对函数定义域内的单调区间进行分类讨论. （2）基于（1）问得到的单调性，确定时函数的最大值点，将原不等式转化为关于该点函数值的不等式，再通过构造新函数，利用其单调性和最值证明. 17．【答案】（Ⅰ） ，则 ，又 ， 故所求切线方程为 （Ⅱ） ， 又 ， 故 对 成立， 在 上单调递增 （III）证明：不妨设 ， 由拉格朗日中值定理可得： 其中 ，即 ，其中 ，即 由 在 上单调递增，故 ∴ ∴ 证毕 【解析】（1）对函数求导得，分别计算，根据直线的点斜式方程即可求切线方程； （2）由（1）知，利用放缩法可得，即可判断的单调性； （3） 不妨设 ，由拉格朗日中值定理可得 ，，即 ， ，由 （2）的结论，得 ， 即，即可证明. 18．【答案】解：（Ⅰ）若 ，函数 ， ． 由 可得 . 当 时， ，函数 单调递减； 当 时， ，函数 单调递增； 所以函数 的极小值点是 ． （Ⅱ）由 可得， ． 记 （ ）， 则讨论函数 的图象与函数 的图象公共点的个数转化为讨论函数 零点的个数． ， . （1）当 即 时， 函数 在 上单调递减，在 上单调递增， ． ①若 即 ，则函数 在 没有零点． ②若 即 ，则函数 在 恰有一个零点． ③若 即 ， 因为 ，则函数 在 上有一个零点， 因为 ， 若 即 ，则函数 在 上没有零点． 若 即 ，则函数 在 上有一个零点． 所以当 或 时，函数 在 只有一个零点； 当 时，函数 在 有两个零点； 当 时，函数 在 没有零点． （2）当 即 时，函数 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增．则极小值 ，所以函数 在 上没有零点． 因为 ， 因为 ，所以 ，所以 ，则函数 在 上有且只有一个零点． 所以当时 函数 在 只有一个零点． 综上可知，当 时，函数 的图象与函数 的图象公共点的个数情况如下： 当 时，没有交点； 当 或 或 时，只有一交点； 当 时，有两个交点． 【解析】（ I ）由a=-2，得 ， 求导得f'（x），即可判断函数f（x）的单调性与极值； （ II ） 记 ，求导得 ， ，再对a分类讨论函数 零点的个数，即可判断函数 的图象与函数 的图象公共点的个数. 19．【答案】（1）解：因为函数是上的减函数， 所以当时，，即 两式相减得，即， 代入得， 由，且得， 故关于a的方程在区间内有实数解， 记， 则，解得. （2）解： 由不等式的解集恰为，且为二次函数， 得，且. 所以，①，② 将代入①，， 整理得.又，a，， 从而或.所以或 当时，， 当时，，所以不是的等域区间. 当时，，. 当时，，所以不是的等域区间. 【解析】（1）利用正函数”的定义以及函数的单调性将问题转化为“方程在区间内有实数解”，再构造函数，利用零点存在定义即可求解； （2）利用“不等式的解集”求得的可能取值，再结合“等域区间”的定义即可求解. （1）因为函数是上的减函数， 所以当时，，即 两式相减得，即， 代入得， 由，且得， 故关于a的方程在区间内有实数解， 记， 则，解得. （2）由不等式的解集恰为，且为二次函数， 得，且. 所以，①，② 将代入①，， 整理得.又，a，， 从而或.所以或 当时，， 当时，，所以不是的等域区间. 当时，，. 当时，，所以不是的等域区间. $