函数与导数：利用导数证明不等式、利用导数解决双变量问题 专项训练-2026届高三数学三轮冲刺

函数与导数：利用导数证明不等式、利用导数解决双变量问题专项训练 函数与导数：利用导数证明不等式、利用导数解决双变量问题专项训练 考点目录 利用导数证明不等式 利用导数解决双变量问题 考点一 利用导数证明不等式 例1．（2026·河南开封·二模）已知函数． (1)求的单调区间； (2)求证：对任意，不等式恒成立． 【答案】(1)的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为． (2)证明见解析 【分析】（1）对求导，结合导数与函数单调性的关系判断函数的单调性； （2）要证明只需证明，再通过构造函数证明结论. 【详解】（1）函数的定义域为， 求导得， 当时，，故，函数单调递增； 当时，，故，函数单调递减． 因此，的单调递增区间为，单调递减区间为． （2）要证，两边取自然对数（因单调递增，不等号方向不变），即证， 由对数运算法则，化简得． 方法一   ， 即证． 由，可知，结合在区间上单调递增， 所以得证，原不等式成立． 方法二  令，因为，所以，即． 由三角恒等式，代入， 得， 令，需证， 求导得，化简得， 因为，所以，即在上单调递增． 接下来只需证明不等式． 因在上单调递增，故， 因此，当时，，即恒成立． 综上，对任意，不等式恒成立． 例2．（2026·河北邯郸·二模）已知函数． (1)当时，求函数的极值； (2)已知对于任意，恒成立． （ⅰ）求实数a的取值范围； （ⅱ）证明：． 【答案】(1)函数的极小值为，无极大值 (2) （ⅰ）（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）利用导数分析当时，函数的单调性，即可得到其极值； （2）函数的定义域为，.构造函数，分三种情况，利用导数分析函数的取值，进而得到的单调性，通过对最值的判断得到实数a的取值范围； （ⅱ）结合（ⅰ）的结论利用放缩法及对数的运算性质可得. 【详解】（1）当时，函数，定义域为． .令，得； 令，得；令，得. 所以函数在上单调递减，在上单调递增. 所以在处取得极小值，极小值为. 所以函数的极小值为，无极大值. （2）（ⅰ）函数的定义域为. . 令，则，是单调递减函数. 若，则恒成立，所以单调递增，，即， 所以在上单调递增，所以，不合题意； 若，则由，得在上有解，为， 则当时，；当时，. 所以在上单调递增，在上单调递减. 所以，即， 所以在上单调递增，所以，不合题意； 若，则由，得恒成立， 所以是单调递减函数，所以，即， 所以在上单调递减，所以恒成立. 综上所述，实数a的取值范围是； （ⅱ）由（ⅰ）得，时，对恒成立，且在上单调递减. 即对恒成立， 所以，即对恒成立. 令，则. 所以， 即， 所以， 所以. 即得证. 例3．（2026·青海西宁·二模）已知函数，． (1)令，讨论在的单调性； (2)证明：，. 【答案】(1)当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. (2)证明见解析 【分析】（1）求导后，分、、、讨论即可； （2）构造函数，根据导数与最值的关系得到，当且仅当，等号成立. 令，得到，从而有，即，结合等比数列的前项和公式即可证明. 【详解】（1），，则， ①当时，恒成立，所以在上单调递减； ②当时，令，则，解得. 若，即时，，则，所以在上单调递增； 若，即时，当时，，单调递减； 当时，，单调递增； ③当时，在上恒成立，即在上恒成立， 所以在上单调递减. 综上所述，当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）令，则，令，则， 当时，，单调递减；当时，，单调递增； 所以当时，取极小值， 所以，即，所以，当且仅当，等号成立. 令，则，所以，则. 所以. 综上，，. 变式1．（2026·河北保定·二模）已知函数. (1)若在定义域上单调递减，求的取值范围； (2)当时． （i）若，且．求证：； （ii）求证： 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【分析】（1）根据在定义域上单调递减得到在上恒成立，即在上恒成立，通过构造函数，利用导数与最值的关系求出，即可求出值. （2）（i）根据导数与单调性及最值的关系得到在上单调递减；构造函数，，求导，得到在上单调递减，进而得到，结合及单调性证明即可. （ii）由（i）得，在上单调递减，得到在上恒成立，即恒成立，令，得到，结合累加法证明即可. 【详解】（1）函数的定义域为，求导得， 因为在上单调递减，则在上恒成立， 即恒成立，即在上恒成立， 设，则. 令，则，解得. 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 所以当时，取得最大值，即，则. 所以的取值范围为. （2）（i）当时，，. 令，则. 令，则，解得. 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 所以当时，取得最大值，即，所以， 即，所以在上单调递减，且. 又，，所以，. 令，， 则， 令，， 则， 所以在上单调递增，即在上单调递增，则， 所以在上单调递减. 因为，所以，即， 又，所以，即. 又在上单调递减，所以，即. （ii）由（i）知时，在上单调递减，且. 所以当时，恒成立，即， 即，当且仅当时取等号． 令，则， 则. 所以 ， 即，所以， 又，所以， 所以. 变式2．（2026·云南玉溪·二模）． (1)若，讨论的单调性； (2)若时，恒成立，求的范围； (3)证明：． 【答案】(1)在R上单调递减. (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求出函数的导数，根据基本不等式判断导数的符号后可判断函数的单调性； （2）就、、分类讨论，结合局部保号性可求参数的取值范围； （3）根据（2）中的结论通过赋值法可证. 【详解】（1）当时，，故， 时等号成立， 故在R上单调递减. （2）由题设有 ， ， 因，由基本不等式有， 若，， 则（不恒为零），此时为上的减函数，故， 矛盾； 若，则，故， 此时为上的增函数，故， 若，设， 则，故存在，使得，总有， 故为上的减函数，故，有，矛盾； 综上，. （3）取，则在上恒成立， 再令，故， 故，故， 故. 取，则，故， 则由（2）可得， ， 当时，设， 则，故在为增函数，故， 即在上恒成立，故在上为减函数， 故在上恒成立， 故，故， 整理得. 综上，. 变式3．（25-26高三上·天津和平·月考）已知函数. (1)若函数存在两个零点，求的取值范围； (2)求证：当且时，. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）利用转化法，把零点问题转化为曲线与直线交点问题，结合导数的性质、数形结合思想进行求解即可； （2）构造新函数，利用二次求导法进行运算证明即可. 【详解】（1）令， 因为函数存在两个零点， 所以直线与曲线有两个不同的交点， 由， 令，解得，所以函数在单调递增， 令，解得，所以函数在单调递减， 所以， 且当时，， 函数的图象如下图所示； 当时，即当时，直线与曲线有两个不同的交点，因此的取值范围为； （2）设， 设， 令，解得，所以函数在上单调递增， 令，解得，所以函数在上单调递减， 因为， 所以， 即，所以，因此， 所以在上单调递增， 因此当时，有， 所以， 所以当且时，. 考点二 利用导数解决双变量问题 例1．（2026·河北·二模）已知函数，是的导函数. (1)当时，证明：； (2)讨论的极值点个数； (3)若有两个极值点，证明：. 【答案】(1)证明见解析 (2)当时，的极值点个数为；当时，的极值点个数为；当时，的极值点个数为 (3)证明见解析 【分析】（1）构造函数，利用导数求解的单调性和最值，从而证得结论； （2）将问题转化为与位置关系的讨论问题，通过导数可求解出的单调性和最值，结合图象进行分析可得正负，进而得到极值点个数； （3）将所证不等式转化为证明，令，则只需证；根据极值点偏移的证明逻辑，构造函数，利用导数可证得，结合分析法可得到结论. 【详解】（1）当时，， 令，则定义域为，， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增， ，即. （2）由题意知：定义域为，， 令，则， 令，则， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减， ，且当时，；当时，； 由此可得大致图象如下图所示， ①当，即时，与有唯一交点， 则当时，，即；当时，，即； 在上单调递减，在上单调递增， 有唯一的极小值点，无极大值点； ②当，即时，与交于两点， 则当时，，即；当时，，即； 在上单调递减，在上单调递增， 有一个极小值点，一个极大值点； ③当，即时，恒成立，即恒成立， 在上单调递减，无极值点； 综上所述：当时，的极值点个数为；当时，的极值点个数为；当时，的极值点个数为. （3）由（2）知：若有两个极值点，则，此时； ， ， 要证，只需证， 即证， 只需证，即证， ，， 令，则与交于两点，其中，则， ，当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减，； 要证，只需证，即证， ，，在上单调递减，只需证， 又，只需证， 令，则， ，，，在上单调递增， ，又，， 即，原不等式得证，即. 例2．（2026·陕西榆林·模拟预测）已知函数. (1)若是函数的极大值点，求实数的取值范围； (2)若函数有且仅有两个零点，. （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）证明：. 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）对函数求导，再令，应用导数及分类讨论研究其单调性，结合其区间函数值符号，进而研究的极值点，即可得； （2）（i）讨论参数，结合函数零点的个数并应用导数研究对应的零点情况，即可得参数范围；（ii）不妨令，且，构造并应用导数研究其最值，即可证. 【详解】（1）由题知，令，则， 又函数的定义域为， ①当时，，函数在上单调递增，又， 所以时，时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以是函数的极小值点，不合题意. ②当时， 令，得，在上单调递增； 令，得，在上单调递减， 所以，则函数在上单调递减， 所以不是函数的极大值点，不合题意. ③当时， 令，得，在上单调递增； 令，得，在上单调递减， 由及，知时；时， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以是函数的极小值点，不是极大值点，不合题意. ④当时， 令，得，在上单调递增； 令，得，在上单调递减， 由及，知时；时， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以是函数的极大值点，满足题意. 综上，若是函数的极大值点，则实数的取值范围为. （2）（ⅰ）①当时，函数在上单调递减，在上单调递增， 又，当时；当时， 所以函数有且仅有两个零点. ②当时，函数在上单调递减，在上单调递增， 又，所以，函数仅有一个零点. ③当时，函数在上单调递减，所以函数最多只有一个零点. ④当时，由（1）知，存在是函数的极大值点， 所以函数在，上单调递减，在上单调递增， 又，所以函数最多只有一个零点. ⑤当时，由（1）知，存在是函数的极小值点， 所以函数在，上单调递减，在上单调递增， 令且，则，故时，时， 所以在上单调递减，在上单调递增，故， 所以在上恒成立， 当时，， 所以最多只有一个零点. 综上，若函数有且仅有两个零点，则实数的取值范围为. （ⅱ）由（ⅰ）不妨令， 由，得. 又 . 令，有， 所以函数在上单调递增， 又，所以（当且仅当时取等号）. 因为，所以，即，所以. 因为，，在上单调递减， 所以，即. 例3．（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）已知为定义在上的奇函数且连续可导，令.当时，有. (1)讨论在区间上的单调性，并证明：当时，； (2)当时，解不等式：； (3)我们可以找到满足题意的一个函数.现在利用这个函数，重新构造函数，记，若实满足，证明：. 【答案】(1)在上单调递增，证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）对求导，结合已知条件和的奇偶性，推导在上的符号，进而判断函数单调性； （2）原不等式等价于， 即，结合函数单调性证明即可； （3）求导分析在上单调性，结合题干可得，将证明，转化为证明.构造函数，求导分析单调性和极值即可. 【详解】（1）当时，， ∴为奇函数. 当时，， ∴，∴在上单调递增， ∵为奇函数，∴在上单调递增. 令，， ∴，∴在上单调递增， ∴，∴. （2）等价于 ， 即， ∵，∴，， 由（1）知在上单调递增，∴，即， 故原不等式的解集为. （3）由， 可得，整理得， ∵，∴在上单调递增， ，且，故. 要证，只需证， 只需证， 只需证， 即证. 令， ， 令，∴， 故在上单调递增， 所以，故在上单调递减， ， 即成立， 故. 变式1．（2026·内蒙古包头·二模）已知函数. (1)讨论在上的单调性； (2)已知为的导数，若两个不相等的实数满足，求证：. 【答案】(1)在上单调递增 (2)证明见解析 【分析】（1）求导，对的范围分为，以及，结合二次求导和导函数的正负，即可求解单调性， （2）先利用导数求证时，有，进而可证明，结合正弦函数的有界性即可求证. 【详解】（1）求导可得 （a）当时，，则，在单调递增 （b）当时，，则，在单调递增 （c）当时，设， 则，由于均在上单调递增，故在上单调递增， ， 则存在使得满足 则，单调递减，则，单调递增， ， 所以，则，在单调递增； 综上所述：在上单调递增. （2）由题意可得 不妨设，则 先证明当时，有，设， 则，所以在单调递减， ＝0，即当，有， 于是有 所以，故有，又，且不能同时取到等号， 故，从而. 变式2．（2026·河北沧州·二模）已知函数，. (1)讨论函数的单调性. (2)若存在，使得. （i）求的值； （ii）证明： 【答案】(1)当时，函数在区间上单调递增；当时，函数在区间，上单调递减，在区间上单调递增；当时，函数在区间上单调递减. (2)（i）1；（ii）证明见解析 【分析】（1）首先求函数的导数，令利用二次求导，分，和三种情况讨论，可求得函数的单调性；（2）根据函数有三个零点，结合（1）可得，进而计算可得，，（i）可求的值；（ii）所证不等式可化为，利用函数单调性以及的范围可证结论. 【详解】（1）因为，， 则， 令，， 当时，，此时函数在区间上单调递增； 当时，函数的对称轴为，， 当时，，， 当时，即时，在区间上恒成立， 此时函数在区间上单调递减； 当时，即时，有两个不等实根分别为，， 此时函数在区间，上单调递减， 在区间上单调递增； 当时，，，此时在区间上恒成立， 所以函数在区间上单调递增. 综上所述，当时，函数在区间上单调递增； 当时，函数在区间，上单调递减， 在区间上单调递增； 当时，函数在区间上单调递减. （2）依题意可知，，，为函数的三个零点，由（1）可知，当时，符合题意， 又，且， 则， 又，所以是函数的一个零点，因为，则， 当时，，又， 所以在区间上存在唯一零点， 同理可得，在区间上存在唯一零点， 又因为， 且，所以， 据此可知，当时，有三个零点，，，且，. （i）. （ii）证明：由上可知， 又函数在区间上单调递增， 且， 所以， 又因为，所以，所以， 即成立. 变式3．（2026·山西太原·二模）已知函数，若有三个实数根，，，且. (1)求实数的取值范围； (2)求证： ①； ②. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）将方程的解的问题转化为函数与的交点问题，借助于求导判断函数的单调性，进而得到函数的简图，数形结合即得参数范围； （2）①构造函数，求导判断得到在区间上单调递增，推得，再由在区间上的单调性即可得证；②结合图形，判断函数的图象总在直线上方，的图象总在直线上方，设直线与直线的交点横坐标分别为，则得，即可得证. 【详解】（1）令，可得. 设，则函数的图象与有三个交点. 当时，，则. 则函数在区间上单调递减； 当时，，则. 当时，；当时，， 则函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，则， 当时，，当时，， 函数的大致图象如图， 要使直线与函数的图象有三个交点，需使. 即实数的取值范围为. （2）①由（1）可知. 设， 则， 当时，因，则，故在区间上单调递增， 故，即，则. 又，故. 因， 由（1）知在区间上单调递减，则，即. ②过点和的直线的方程为， 由图知直线即为曲线的割线. 当时，， 则函数的图象总在直线上方. 过点且与函数的图象相切的直线的方程为. 当时，， 则函数的图象总在直线上方，如图所示. 设直线与直线的交点横坐标分别为， 则可知， 故. 2 学科网（北京）股份有限公司 $函数与导数：利用导数证明不等式、利用导数解决双变量问题专项训练 函数与导数：利用导数证明不等式、利用导数解决双变量问题专项训练 考点目录 利用导数证明不等式 利用导数解决双变量问题 考点一 利用导数证明不等式 例1.226河南开封二赖)已知函数=lnx。 (1)求∫(x)的单调区间； (②求证：对任意x0引不等式mxe<1恒成立。 例2.(2026河北邯郸二模)已知函数fx)=2xlnx-ax2+aaeR）. (1)当a=0时，求函数f(x)的极值； (2)已知对于任意x≥1，f(x)≤0恒成立. (i)求实数a的取值范围； ()证明：1+片+hn-n2+女+a≥meN) n 函数与导数：利用导数证明不等式、利用导数解决双变量问题专项训练 例3.(2026青海西宁.二模)已知函数f(x)=e“,aeR. 令gx)=四，讨论gx)在0，+o的单调性； x+1 e:目-g+-八eNa2 变式1.(2026：河北保定二模)已知函数f(y=xnx-x2+ 2 2 (I)若∫x)在定义域上单调递减，求a的取值范围： (2)当a=1时. (i)若0<x1<x2,，且f(x)+f(x)=0.求证：x+x2>2: 面求还，1甘h(a n 函数与导数：利用导数证明不等式、利用导数解决双变量问题专项训练 变式2.(2026云南玉溪二模)fx)=a(e2-e2-4x-e+e+2x. (1)若a=0,讨论f(x)的单调性： (2)若x>0时，f(x)>0恒成立，求a的范围； （证明：s5-3<n2<5+18 12 28 变式3.(25-26高三上·天津和平.月考)已知函数fx)=e2-x+2a (I)若函数y=∫(x存在两个零点，求a的取值范围： (2)求证：当a>1n2-1且x>0时，2e>x2-2ar+2 2 函数与导数：利用导数证明不等式、利用导数解决双变量问题专项训练 考点二 利用导数解决双变量问题 例1.(2026河北二模)已知函数f(x)=xnx-ax2-1(a∈R),f'(x是f(x的导函数 (1)当a=0时，证明：f(x)≥x-1: (2)讨论fx的极值点个数： ⊙法列有两个极值点<小，证明：了）》 (x)() x2-x 例2.(2026陕西输林模拟预测)已知系数f)=n-号+a-小x+1 (I)若x=1是函数f(x)的极大值点，求实数a的取值范围： (2)若函数∫x)有且仅有两个零点x1,x2· (i)求实数a的取值范围； (ⅱ)证明：x+x2>2. 函数与导数：利用导数证明不等式、利用导数解决双变量问题专项训练 例3.(2026黑龙江齐齐哈尔二模)己知f(x)为定义在 _ππ 22 上的奇函数且连续可导，令gx)=∫(x)cosx.当 re0引时，有f八-f到lamx>e 0讨论8国在区间受0上的单调性，并证明：当xe0}时，8>1-c ②当时，解不等式：任+mx+-小o<e” e-x. 哦们可以我到满足图意的一个函数f儿c<现在利用这个函数，重新构造函数，园 hx=∫(x+1cosx+x+e,若实x,x,x1<x2)满足hx)+h(x2=4,证明：x+x2<0 变式1.(2026内蒙古包头·二模)已知函数f(x)=lnx-sinx+1. (I)讨论f(x)在xe(0,π)上的单调性： (2)已知f"(x)为f(x)的导数，若两个不相等的实数x,x2∈(0，π)满足∫'(x,)='(x2),求证：f(x,)+∫x,)>0. 5 函数与导数：利用导数证明不等式、利用导数解决双变量问题专项训练 变式2.(2026河北沧州二模)已知函数f=a+n,aeR (I)讨论函数f(x的单调性 (2)若存在x1<x2<x3,使得fx)=∫x,)=fx)=0. (i)求2xx3-x2的值： (ii)证明： ++2x>+4a X1 X3 变式3.(2026山西太原二模)己知函数f(x=x+2e-a,若f(x)=0有三个实数根x,x2,x,且 X1<x2<x3 (1)求实数a的取值范围： (2)求证： ①x2+x3>-2: ②x-x<日+) 6