利用导数证明单变量不等式、利用导数证明双变量不等式 专项训练-2026届高三数学二轮复习

利用导数证明单变量不等式、利用导数证明双变量不等式专项训练 利用导数证明单变量不等式、利用导数证明双变量不等式专项训练 考点目录 利用导数证明单变量不等式 利用导数证明双变量不等式 考点一 利用导数证明单变量不等式 例1.(2026山东菏泽.一模)已知函数fx=(x-a)lnx,aeR (1)当a=1时，证明：1是f(x的极值点： (2)当a=0时，证明：f(x<e+sinx-1: (3)若a>0,beR,对任意的x>0,f(x)≥b-a恒成立，求b+2a的最大值. 例2.(2026湖北十堰一模)己知函数fx=x3+ax-1(aeR). (1)若f(x)在(0，+o）上单调递增，求a的取值范围； (2)若a=0,证明：f(x+4x≤16e-2; (3)试讨论过点P(-1,0)且与曲线y=f(x(x∈(-o,1U1,+∞))相切的直线的条数 利用导数证明单变量不等式、利用导数证明双变量不等式专项训练 例3.226山东烟台一模)已知函数八-合+h1+-aaeR,了八为f到的号函数，且0=0. (1)求(x)在点1，f(1)处的切线方程； (2)证明：当-1<x<0时，f(x<0;当x>0时，fx>0. 变式1.(25-26高二下·安徽马鞍山月考)已知函数f(x=x-1-alnx. (1)讨论f(x)单调性： (2)若f(x)≥0恒成立，求a的值； 6)当a≥)时，证明：当x>1时，f<e-1恒成立. 2 利用导数证明单变量不等式、利用导数证明双变量不等式专项训练 变式2.(25-26高二下江苏苏州月考)己知函数f(x=(x-a)e+a. (1)求曲线y=f(x)在点(0，f(O)处的切线方程； (2)若对于任意x∈(0，+o),不等式f(x)>0恒成立，求实数a的取值范围； (3)若a=1,证明：当x>0时，fx+e≥x+lnx+2. 变式3.(2026湖南长沙模拟预测)已知函数f(x=alnx-2x+2aaeR. (I)若f(x)恰有两个零点，求实数a的取值范围； (②当a>是时，证明：ae>对+2x-2ar. 利用导数证明单变量不等式、利用导数证明双变量不等式专项训练 考点二 利用导数证明双变量不等式 例1.a26天津板)已知aeRf到=nr-a+a,g列=r2-e+x+2-a (1)当a=2时，求曲线y=qx在点(1，q(1月处的切线方程； (2)已知p(x)是fx)的导函数，若存在s∈(0，+o),使得p(s>q(t对任意t∈(0，+∞)成立，求a的取值范围： (3)若∫(x)有两个极值点x,x2,且x<x2,求证：∫(x)+fx)>0 例2.2425商三下河北沧州月考)已知层数=网x-4小c-片式+号，其巾m0. (1)当m=1时，求函数f(x)的单调性； (2)若x=3是函数fx唯一极值点，求实数m的取值范围； (3)若函数∫(x)有三个极值点x,x2,x3,证明：x+x2+x>5. 利用导数证明单变量不等式、利用导数证明双变量不等式专项训练 例3.(24-25高三下·河南驻马店·开学考试)已知函数f(x)=xnx-ax+1. (1)若函数g(x)=xf(x)单调递增，求实数a的取值范围： (2)若函数f(x)有两个零点x,x2· ①求实数a的取值范围： ②证明：1+x2>2xx2· 变式1.(25-26高三上广东惠州月考)已知函数f)=血x+1, gx)=e (I)若对任意的m,n∈(0，+oo)都有f(m)≤t≤g(n),求实数t的取值范围； 2②若出G0,+m)且≠，c二专，证明：+>2 利用导数证明单变量不等式、利用导数证明双变量不等式专项训练 变式2.(2025四川德阳模拟预测)设函数f(x)=nx+1-a(aeR (1)若(x)≥0恒成立，求a的取值范围： (2)若f(x有两个零点x,x2,证明：x+x2>2-2a 变式3.(2025·辽宁.模拟预测)已知函数f(x=ax-lnx-1. (1)求f(x)的单调区间； (2)若∫(x)在区间1,2)内有最小值，求a的取值范围； (3)若关于x的方程∫(x)=0有两个不同的解x1,x2,求证：x+x2>2. 6利用导数证明单变量不等式、利用导数证明双变量不等式专项训练 利用导数证明单变量不等式、利用导数证明双变量不等式专项训练 考点目录 利用导数证明单变量不等式 利用导数证明双变量不等式 考点一 利用导数证明单变量不等式 例1．（2026·山东菏泽·一模）已知函数，. (1)当时，证明：1是的极值点； (2)当时，证明：； (3)若，对任意的，恒成立，求的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【详解】（1）当时，，， 时，，故； 时，，故，又， 所以1是的极值点. （2）当时，只需证明， ①当时，，，不等式显然成立； ②当时，令 ，， 令，则， 因为，，， 所以，所以单调递减， 所以，所以单调递减， 所以， 所以， 综上，原不等式得证. （3）任意的，恒成立，只需要， 又是增函数，，，， 故由零点存在性定理可知，，使得， 此时， 由题设及可知，，解得， 当，，故单调递减， 当，，单调递增， 所以，取得极小值也是最小值，所以， 所以，得， ， 令， ，得（舍去）或， 当，0单调递增，当，，单调递减， 所以时，取得极大值也是最大值， 所以， 所以的最大值是. 例2．（2026·湖北十堰·一模）已知函数（）. (1)若在上单调递增，求的取值范围； (2)若，证明：； (3)试讨论过点且与曲线（）相切的直线的条数. 【答案】(1) (2)证明见详解 (3)答案见详解 【详解】（1）因为在上连续不断， 若在上单调递增，可知在，上单调递增， 若，则，且， 可得，即在上恒成立， 且在上的最小值为0，可得； 若，则，且， 可得，即在上恒成立， 且在上的最大值为，可得； 综上所述：实数的取值范围为. （2）若，则， 构造，则， 因为，， 令，解得；令，解得； 可知在上单调递增，在内单调递减， 则，即， 且，可得，即. （3）因为， 若，则，且， 设切点坐标为，，切线斜率， 则切线方程为， 代入点可得，整理可得； 若，则，且， 设切点坐标为，切线斜率， 则切线方程为， 代入点可得，整理可得； 构造，可知切线的条数即为与的交点个数， 若，则，且， 可知在内单调递减，且当趋近于1时，趋近于， 当趋近于时，趋近于； 若，则，且， 令，解得；令，解得或； 可知在内单调递减，在内单调递增， 且，当趋近于1时，趋近于5，当趋近于时，趋近于； 据此可得函数的图象，如图所示： 由图象可得当，即时，与有0个交点，即切线的条数为0； 当或，即或时，与有1个交点，即切线的条数为1； 当或或，即或或时，与有2个交点，即切线的条数为2； 当，即时，与有3个交点，即切线的条数为3. 综上可得，当时，切线的条数为0；当或时，切线的条数为1；当或或时，切线的条数为2；当时，切线的条数为3. 例3．（2026·山东烟台·一模）已知函数，为的导函数，且． (1)求在点处的切线方程； (2)证明：当时，；当时，． 【答案】(1) (2)证明见解析 【详解】（1）的定义域为， 因为，所以. 所以， 所以，函数在点处的切线方程为， 整理得. （2）设， 则， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 所以当时，，即， 所以在单调递增，又， 故当时，； 当时，. 变式1．（25-26高二下·安徽马鞍山·月考）已知函数． (1)讨论单调性； (2)若恒成立，求的值； (3)当时，证明：当时，恒成立． 【答案】(1)答案见解析 (2)1 (3)证明见解析 【详解】（1）解：由函数，可得其定义域为，且， ①当时，，故在单调递增； ②当时，令，解得， 当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增. （2）解：由函数的定义域为． ①若，由（1）知在单调递增， 因为，所以不满足恒成立； ②若，由（1）知，在单调递减，在单调递增， 故在时取得最小值，所以， 令，则， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 又因为，所以，当且仅当时取到等号， 所以的解为，故所以实数的值为. （3）证明：当，且时，则，可得． 要证明，即证， 而， 令，只需证明即可， 由，再令，可得， 由于函数在上单调递增，所以在上单调递增， 则，即在上单调递增， 可得，即在上单调递增， 故，得证. 变式2．（25-26高二下·江苏苏州·月考）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)若对于任意，不等式恒成立，求实数的取值范围； (3)若，证明：当时，． 【答案】(1) (2) (3)证明见详解 【详解】（1）对求导得： 计算得，故切点为； 切线斜率，故切线方程为：. （2）由（1）可得， 即的单调性由临界点决定，分类讨论： 若即：对任意在单调递增， 故，满足条件； 若即时在区间上单调递减， 时在区间上单调递增， 此时最小值为， 设单调递减， 故，即，不满足条件， 综上，的取值范围为：. （3）当时，， 原不等式等价于： 令，令，不等式转化为， 令，，令，即，解得， 时，，在区间上单调递增， 时，，在区间上单调递减， 故是函数的极小值点，即， 故对任意，恒成立，因此原不等式成立， 即得证. 变式3．（2026·湖南长沙·模拟预测）已知函数． (1)若恰有两个零点，求实数的取值范围； (2)当时，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【详解】（1）由题得， 当时，，在上单调递减， 最多有一个零点，不符合题意； 当时，令，得， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 又时，时，， 所以只需，解得， 故实数的取值范围是； （2）当时，． 令，则， 令，得，当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以， 所以当时，； 令，则，令，得， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 所以，因为，所以当时，； 故当时，. 考点二 利用导数证明双变量不等式 例1．（2026·天津·一模）已知. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)已知是的导函数，若存在，使得对任意成立，求的取值范围； (3)若有两个极值点，且，求证：. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【详解】（1）当时，. 因为，所以，. 曲线在点处的切线方程. 即. （2）解法一：因为， 所以， 因为， 当时，，当时，， 即在上单调递增，在上单调递减 故在处取得最大值，最大值为. 因为存在，对于任意，都有 成立 所以，即 恒成立，等价于 ， 即对任意，恒成立. 设，则 令，则 . ①当时，因为，则显然有， 可知在上单调递减，则， 所以在上单调递减， 所以，即对任意恒成立， 所以 满足题意; ②当时，令，解得：， 当时， ，则单调递增， 此时，则在上单调递增，所以， 即当 时， ，即不恒成立， 可知不合题意. 综上所述， . 解法二：由（1）得，， 所以，因为， 当时，，当时，， 即在上单调递增，在上单调递减 故在处取得最大值，最大值为. 因为存在，对于任意，都有成立 即恒成立，等价于， 即对任意恒成立. 即恒成立，令 令 ，令 ，因为，所以， 即在上单调递增，所以， 所以在上单调递增，所以，即 所以在上单调递增 由洛必达法则（如果直接使用洛必达法则求解且结果正确扣两分）. 所以，即. （3）解法一：由（2）可得，在上单调递增，在上单调递减， 若有2个极值点，需满足，且. 因为有2个极值点， ， 所以等价于方程的两根为，且， 即方程的两根为， 令，则等价于方程的两根为， 所以，即 因为 令，则即证 因为，所以在上单调递增， 下证： ，所以可得 即，即证， 因为，即，因此即证， 令， 则， 因此在上单调递增，，所以得证. 因为，所以， 又发现且在上单调递增， 因此 即得证. 解法二：由（2）问可得，在上单调递增，在上单调递减， 若有2个极值点，需满足，且. 设 则， 令， 因为，所以， 故，即， 所以在上单调递增，故，所以在上单调递增， 故， 下证： 因为，即， 故， 又，所以，即， 因为在上单调递减， 所以， 又因为，所以， 又因为在上单调递增，在上单调递减， 且的两个零点为， 所以在上，即在上单调递增， 所以， 因为，即，且 所以， 故得证. 例2．（24-25高三下·河北沧州·月考）已知函数，其中． (1)当时，求函数的单调性； (2)若是函数唯一极值点，求实数的取值范围； (3)若函数有三个极值点，证明：． 【答案】(1)函数在上单调递减，在上单调递增 (2) (3)证明见解析 【详解】（1）当时，， 则， 令 当时，单调递增，当时，单调递减， 即当时，取极小值，即最小值 可得，故恒为正， 令可得，令可得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增． （2）， 分析可得，若函数只有唯一极值点，则函数无变号零点， 令，即， 设函数，则， 令可得，令，可得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 当时，，当时，，当时，， 作图如下，所以可得，． （3）， 由函数有三个极值点，分析可得，，即有两个不同于3的解， 设的两个解分别为，令函数， 如图所示，现证明， 由图分析可得，， 要证明，即，所以，即， 令，则接下来需证明，其中， ，所以在上单调递增， 所以，即，所以证明成立，， 又因为，所以，证明成立． 例3．（24-25高三下·河南驻马店·开学考试）已知函数． (1)若函数单调递增，求实数a的取值范围； (2)若函数有两个零点． ①求实数a的取值范围； ②证明：． 【答案】(1) (2)① ；②证明见解析 【详解】（1）由，有，                 若函数单调递增，必有恒成立，不等式可化为, 令，有，可得函数的减区间为，增区间为， 可得，有，可得， 故实数a的取值范围为； （2）（i）由令，可得，可得函数的减区间为， 增区间为，可得，                 若函数有两个零点，必有，可得，                     又由，                     （利用不等式（当且仅当时取等号））， 又由，故若函数有两个零点，则实数a的取值范围为；             （ii）设，由函数有两个零点，有， 有，两式相除，有，有， 有，有，有，可得， 又由，可得,有，                         又由，要证，只需证， 只需证，   令（其中），有， 可得函数单调递增，可得， 故有成立． 变式1．（25-26高三上·广东惠州·月考）已知函数，． (1)若对任意的都有，求实数的取值范围； (2)若且，，证明：． 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【详解】（1）由，，得，， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 所以． 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以， 所以，即实数t的取值范围为． （2）由可得，两边取对数并整理，得， 即，即． 不妨设，得到， 由（1）知，函数在上单调递增，在上单调递减，， 而，且当时，恒成立， 记，， 则， 所以函数在上单调递增， 所以，即，于是， 又在上单调递减，所以，即． 所以，得证． 变式2．（2025·四川德阳·模拟预测）设函数. (1)若恒成立，求的取值范围； (2)若有两个零点，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【详解】（1）由，， 得，， ①当，即时，，所以在上单调递增， 且，不满足题意； ②当，即时，令，得， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增； 则， 要使恒成立，则，解得，满足. 故的取值范围为. （2）由题意若函数有两个零点， 结合（1）知，且，解得. 当时，， 又；，，此时满足函数有两个零点. 下面证明结论成立. 不妨设， 构造函数， 则， ， ， 在上单调递增， ，即， 所以，， 由，可得， 又，，又， 又由（1）知，当时，单调递增， 故，即，得证. 变式3．（2025·辽宁·模拟预测）已知函数． (1)求的单调区间； (2)若在区间内有最小值，求的取值范围； (3)若关于的方程有两个不同的解，，求证：． 【答案】(1)答案见解析 (2) (3)证明见解析 【详解】（1）的定义域为，， 当时，，所以的单调递减区间为，无单调递增区间； 当时，，随的变化情况如下表所示： 0 所以的单调递减区间为，单调递增区间为． 综上，当时，的单调递减区间为，无单调递增区间； 当时，的单调递减区间为，单调递增区间为． （2）当时，，所以在区间内单调递减，无最小值，不合题意． 当时，， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以在处取得最小值． 当时，，所以在区间内单调递增，无最小值，不合题意． 综上，的取值范围为． （3）证明：不妨设， 由题意得消去得， 设，代入上式得， ， 下证， 即证． 设，则， 令，则， 所以在区间内单调递增，即， 所以在区间内单调递增，即， 所以，所以， 因为，，所以． 2 学科网（北京）股份有限公司 $