专题1 微专题7 导数与不等式的证明-【红对勾讲与练】2026年高考数学二轮复习讲义

cos'x +3sin'x 3-2cos'x cos"r cos x 令cos2x=t,t∈(0,1)， 3-2t at2+2t-3 h(t)=a- 当a=8时，h(t)= 8t2+2t-3 t (2t-1)(4t+3) 当1∈(o,2)时，()<0，即当x∈ (,）时f'x)<0:当1∈ (2) 时，h(t)>0,即当x∈ (0,)时f'(x)>0. 所以f(x)在(0，于)上单调递增，在 (于，)上单调递减。 (2)设g(x)=f(x)一sin2.x, g'(x）=f'(x）-2cos2x=a 3-2cos"x -2(2cos2x-1),同(1)中 cos'z 令cos2x=t,t∈(0,1)， 9(1)=a- 3-2t -2(2t-1)=a+ 2-4t+2-3 ， 2 6 9'(t)=-4- -4t3-2t+6 t 2(t-1)(2t+2t+3) t3 >0 所以p(t)<p(1)=a一3. 若a∈(-c∞，3]，则p(t)<a-3≤0， 即g(z)≤0，g(x)在(0,2）上单调 递减， 所以g(x)<g(0)=0. 所以当a∈（一o∞，3]时， f(x)<sin2x,符合题意. 若a∈(3，十∞)，则当t+0时，2 是=-3}-3)+3·0，所 以9(t）·一o. 9(1)=a-3>0. 所以3t。∈(0,1)，使得9(t。)=0,即 3x∈(0，受），使得g'z=0. 当t∈(to,1)时，9(t)>0,即当x∈(0， x。)时，g'(x)>0,g(x)单调递增. 所以当x∈(0，x。)时，g(x)> g(0)=0,不合题意. 综上，a的取值范围为（一∞，3]. 微专题7导数与不等式的证明 》热点分类·考向探究《 例1证明：f(.x)=e+sinx一1，因为 sinx≥-1，所以f(x)≥e-2. 下面证明：e一2>lnx, 证法一先证e一2>x一1，即e2- x1>0(x>0), 令g(x)=e-x-1(x>0),则 g(x)=e-1>0, 270红对闪讲与练·高三二轮数学 所以g(x)在(0，+∞)上单调递增， 所以g(x)>g(0)=0,即e-2> x-1.① 再证x-1≥lnx,即x-1-lnx≥ 0(x>0), 令g(x）=x-1-lnx,则9'(x)=1- 1 x 当0<x<1时，g'(x)<0,当x>1 时，9'(x)>0, 所以9(x)在(0,1)上单调递减，在 (1,+∞)上单调递增， 所以9(x)m=9(1)=0,即x-1 lnx≥0，所以x-1≥lnx.② 由①②得e-2>lnx.综上，f(x)> lnx在(0，+o)上恒成立. 证法二设F(x)=e一2一lnx,则 F'(x)=e- 1 因为y=cy=一两个函数均在 (0,+∞)上单调递增，所以F'(x)在 (0,十∞)上单调递增 因为F'(分)=E-2<0,P' e-1>0, 所以3。∈（分，使F'(红） e- 1=0,所以e0= ，即 xo=一lnxo, 当x∈(0，xo)时，F'(x)<0, 当x∈(xo,+o∞)时，F'(x)>0, 所以F(x)在(0，xo)上单调递减，在 (x。·十∞)上单调递增， 所以F(x)≥F(x)=e。-2 1-2≥2 1 lnx。=xo+ 2=2-2=0， 当且仅当x。=1时等号成立. 又因为xa≠1，所以F(x）>0,即e 2>Inx,所以f(x)>lnx在 (0,十o∞)上恒成立. 跟踪训练1证明：因为f(x)=xlnx (x>0),所以f'(x)=1+lnx, 所以当x∈(0，日)时fx)<0.当 x∈（日+）时)>0 所以f(x)在(0，）上单调递减，在 (日，+∞）上单调递增，所以f(x)的 最小位为（日）=-吕 设函数h(x)=-5.x2+2x- 3 5 -(-)-6： 1122 所以h(x)在(0，十∞)上的最大值为 1 故f(z)>-5x+2x-5 例2解：(1)由题意得，函数∫(x)的定义 域为(0，+∞)，且a>0,f(x)= x a-z = -ax'+z-a 令g(x)=-ax2十x-a, 当1-4a≤0，即a≥2 时，g(x)≤ 0恒成立，则f(x)≤0，所以f(x)在 (0,十∞)上单调递减； 当1-a>0,即0<a<弓时， 令g(x)>0,解得 1-√1-4a 2a t< 1+-4a, 则 f(x)在 2a 2a 2a 单调递增， 令g(x)<0,解得0<x< 1-√1-4a 或x>1+V4a 2a 2a 则f(x)在 和 2a (+,+) 上单调递减。 2a 综上，当0<a< 时，f(x)在 们-√1-4a1+个-4a 上 2a 2a 单调递增，在 o,a) 和 2a 当a≥时，f(x)在(0，十oo)上单调 2 递减. (2)证明：由(1)知，当0<a<号时， f(x)有两个极值点x1x2(x1<x), 则x1,x?是方程g(x)=0的两个根， 由根与系数的关系，得x1xg=1,x1十 1 2= 所以0<x1<1<x2,f(x1)十 f(x2)+f(x1+x2)=f(x1)+ f(）+f()=mx1-a(2 ）+n-a(-x)+ f(日）=f()=n是-a( a）=-lna-1+a, 令h(x)=-lnx-1+x2,0<x< 则'(x)=-1+2x-201 当0<x< 时，h'(x)<0,则h(x) 在(0，？)上单调递减， 从面A()>(2)=1n2-子，放 fx)+f)+fx1+x:)>n2-4 3 跟踪训练2证明：由f(x)=ax一sinx, e[合]，得r)=a-os 因为函数∫(x)有两个极值点，所以方 程f'(x)=a一cosx=0有两个不相 等的实根， 设为x1,x2且x1<x2,因为函数y= cosx在x∈[合，]上的图象关 于y轴对称， 所以x1十x2=0,即 cOS COS 2- a∈(0,1)， 当x∈2x）时，f') >0, f(x)单调递增， 当x∈(x1x)时，f'(x)<0,f(x)》 单调递减， 当x∈(x,) 时，f'(x)>0,f(x 单调递增， 所以x1,x2 分别是函数的极大值点和 极小值点， M=f(x)=ax -sin x,m f(2)=ax2-sin z2. 又x1十x2=0,即x2=一x1 所以M一m=ax1一sinx1一（ax2 sin )2(ax-sin ) 又cosx1=a∈(0,1)，则M-m 2(x cos -sin 1), h (x)=2(x cos x-sin z), 含< <0, 则h'(x1)=一2x1sinx1<0,即函数 A(x)在（乏0）上单调递减， 所以h(z)<h(乏)=2，即M m<2. 》真题演练·重温高考《 解：(1)当a=1时，f(x)=(x l)e,则f'(x)=xe, 当x <0时，f'(x)<0, 当x>0时，f'(x)>0, 故f(x)的单调递减区间为（一∞，0）， 单调递增区间为(0，十∞). (2)设h(x)=xe一e+1,则 h(0)=0, 又h'(x) =(1+a.x)er-e2,设 g(z)=(1+ax)e"r-e, 则g'(x)=(2a十a2x)er-e, 1 若a> ,则g(0)=2a-1>0. 因为g'(x)为连续不间断函数， 故存在x。∈(0，十○)，使得Hx∈ (0,xo),总有g'(x)>0, 故g（x 0在(0，xo)上单调递增， 故g(x)>g(0)=0,即h'(x)>0, 故h(x)在(0，x。)上单调递增，故 h(x)>h(0)=0,与题设矛盾. 若0<a≤子，则M(x)=1+ ax)e“一er=ex+ln1+ax) e 下证：对任意x>0,总有ln(1+x) x成立， 证明：设S(x)=ln(1+x)一x, 故S(x)= 1 -1= <0 1+x 1+x 故S(x)在(0，+o∞)上单调递减， 故S(x)<S(0)=0,即ln(1+x) x成立 由上述不等式有 ear+ln(l+ar) 一e e"+r-e=e2a-er≤0， 故h'(x)<0总成立，即h(x)在 (0,十∞)上单调递减， 所以h(x)<h(0)=0,即f(x)<一1. 当a≤0时，有h'(x)=er一e+ a.xe“<1-1+0=0, 所以h(x)在(0，十∞)上单调递减，所 以h(x)h(0)=0,即f(x)<-1. 综上，a≤ (3)证明：取a=号则Vx>0,总有 xc-c+1<0成立， 令t=e,则>12=c,z= 2ln t. 故2tlnt<t2-1,即2lnt<t- 1对 任意的t>1恒成立. 所以对任意的n∈N”,有 /n+1 n 2ln入√n Vn+1' 整理得ln(n十1)-Inn< /n2+n 故 十…十 /1+1 √/22+2 In 2 -In 1+In 3 √Jn2+n In 2+...+In(n+1)-In n In(n+ 1),故不等式成立. 微专题8导数与函数的零点 》热点分类·考向探究《 例1证明：f(x)的定义域为(0，+∞)， f(x)=x-2+=x-2x+a x 当a=0时，f(x)= 2-2x,f(x)有 且仅有一个零点4. 当a≥1时，f'(x)≥0，函数f(x)单 调递增，由f(1)<0,f(4)=aln4> 0,知f(x)存在唯一零点x。∈(1,4). 当0<a<1时，令f'(x)=0得x1= 1-√1-a,x2=1+W1-a,0< x1<1<x2, 当x∈(0，x1)时，f(x)>0,函数 f(x)单调递增； 当x∈(x1,x)时，f'(x)<0,函数 f(x)单调递减； 当x∈(xg,十o)时，f'(x)>0,函数 f(x)单调递增 x 当x∈(0,1]时，2-2x<0,alhx≤ 0,所以f(x)<0,函数f(x)无零点； 因为当x∈(1，x)时，f(x)单调递 减，当x∈(x2,十∞)时，f(x)单调递 增，且f(x:)<f(1)<0,f(4)= aln4>0,所以f(x)存在唯一零点 x3E(1,4). 综上所述，当a≥0时，f(x)有且仅有 个零点. 跟踪训练1解：由题设f(x)=2lnx+ 1 g(x)=e:-x+mx+五， f(x)-g(x）=0台emr+m.x= 2ln z+=e+In (*) 令h(x)=x+e,则h'(x)=1+ e>0,即h(x)在R上单调递增， 故上式(*)中满足h(m.x)=h(lnx2), 则有mx=lnx,可得m= In z 2In z x x 令F(x)=2n工，则F'(x)= 2(1-lnx） ,由F'(x)=0解得 x e. 当0<x<e时，F'(x)>0,当x>e 时，F'(x)<0, 则F(x)在(0，e)上单调递增，在 (e,+o∞)上单调递减， 当x十o∞时，F(x)→0且F(x)> 0,当x→0时，F(x)→一∞， 2 故F(x)mx=F(e)= 画出F(x)的图象如图所示， y 是 e 结合图象可知， 当m>二时，方程f(x)-g(x)=0 e 有0个实根： 当m=2或m≤0时，方程f(x) g(x)=0有1个实根： 当0<m<2时，方程f(x) g(x)=0有2个实根. 例2解：(1)f(x)的定义域为（一， +o∞)，f'(x）=4ae+2(a-1)e 1=(2ae-1)(2e+1), 若a≤0，则f'(x)<0,则f(x)在 (一o,十)上单调递减. 若a>0,则由f'(x)=0得x= -In 2a. 当x∈(-o∞，-ln2a)时，f'(x)<0, 当x∈ 一ln2a,+∞)时，f'(x)>0, 所以f(x)在(-o∞，一ln2a)上单调递 减，在（一ln2a,+oo)上单调递增. 综上，当a≤0时，f(x)在(-oo,十o) 上单调递减； 当a>0时，f(x)在(-c∞，-ln2a)上 单调递减，在（一ln2a,十o∞）上单调 递增. (2)若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一 个零点 若a>0,由(1)知，当x=-ln2a时， f(x)取得最小值，最小值为f(-ln2a)= 1 In 2a. 2a ①当a=}时，由于f(-1n2a)=0. 2 故f(x)只有一个零点. ②当a∈(2，+o∞）时，因为y=1- 单调递增，y=ln2a单调递增，所 以y=1-名+1n2a单调递增. 2a 所以1-2a+n2a>1- n(2×2）=0,即f(-ln2a)>0,故 f(x)没有零点. ®当a∈(0，)时，由于1- 2a ln2a<0,即f(-ln2a)<0. 又f(-2)=2ae‘+2(a-1)e2+2= (传+)+2-是>2-是>0 故f(x)在(-o∞，一ln2a)上有一个 零点. 设正整数，满足，>n(会-1)，则 f(n)=e(2ae"0+2a-2)-n> e0-no>0, 参考答案 271微专题7导数与不等式的证明 >考情分析 导数与不等式的证明是高考考查的重点内容，在解答题中一般会考查函数的单调性、极值和最值的综合运 用，试题难度中等或偏上，若以压轴题的形式出现，则难度较大， 热点分类》考向探究 考向1单变量不等式的证明 跟踪训练①(2025·湖北黄冈模拟节选)已知函数 [例1(2025·辽宁锦州二模节选)已知f(x) e+sinx-l,求证：当x>0时，f(x)>lnx. 心x)=xlnx,求证：f(x)>5x+2x-号 心听课记录 考向2双变量不等式的证明 [例2(2025·安徽合肥一模)已知函数f(x)= mx-a(-）,其中a>0 (1)讨论∫(x)的单调性； (2)若函数f(x)有两个极值点x1,x2(x1< x2),求证：f(x1)+f(x2)+f(x1+x2)> 1n2- 3 4反思感悟，-… 利用导数证明或判定不等式问题的常用方法 心听课记录 1.最值法：通过移项构造新函数或者等价变形 构造新函数，求解新函数的最值，从而得出不等 关系. 2.适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或 利用常见放缩结论，从而判定不等关系. 3.凹凸反转法：把所证不等式转化为两个函数 的大小关系，分别求解两个函数的最值，得到不等关系. 第一部分专题一 函数、导数 019 跟踪训练②(2025·山东青岛一模节选)已知函 数f(.x)=ax-sinx,x∈ 有两个极值点，记极大值和极小值分别为M, m,求证：M-m<2. 4反思感悟… 证明含双变量不等式的关键：一是转化，即由已 知条件入手，寻找双变量所满足的关系式，并把含双 变量的不等式转化为含单变量的不等式；二是构造 函数，借助导数，判断函数的单调性，从而求其最值； 三是回归含双变量的不等式的证明，把所求的最值 应用到含变量的不等式中，即可证得结果。 真题演练》重温高考 (2022·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)=xe一e. (3)设n∈N,求证： 1 十…十 (1)当a=1时，讨论f(x)的单调性； 2+1√22+2 (2)当x>0时，f(x)<-1,求a的取值范围； 1 >ln(n+1). √n2+n 温馨提示》请完成课时作业⑦ 020红对勾讲与练·高三二轮数学