期末复习：利用导数证明求和型不等式、利用导数证明双变量不等式 专项训练-2025-2026学年高二下学期数学人教A版选择性必修第二册

**基本信息** 聚焦导数证明不等式两大核心模块，通过典例与变式构建从函数性质到不等式证明的逻辑链条，培养推理能力与逻辑思维。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |利用导数证明求和型不等式|3例+3变式|含单调性讨论、恒成立求参，最终落脚求和不等式证明|从导数研究函数单调性切入，通过函数不等式放缩，构建数列求和关系| |利用导数证明双变量不等式|3例+3变式|涉及函数零点、极值点，证明双变量关系（如和/差/乘积不等式）|通过导数分析函数零点/极值点分布，转化双变量为单变量问题，利用函数单调性证明|

期末复习：利用导数证明求和型不等式、利用导数证明双变量不等式专项训练 期末复习：利用导数证明求和型不等式、利用导数证明双变量不等式专项训练 考点目录 利用导数证明求和型不等式 利用导数证明双变量不等式 考点一 利用导数证明求和型不等式 例1.(25-26高二下-广东深圳月考)已知函数f)=lnr+“,a∈R. x (1)求f(x)的单调区间； (2)若f(x)≥1对xe(0,+o)恒成立，求a的取值范围； 111 (3)证明：对于任意正整数n,都有1+。+。+…+二<lnn+1)+1. 23n 例2.(2026-江苏南京模拟预测)已知函数f(x)=a(x-1)e+,a>-1 2 (1)讨论f(x)的单调性： (2)证明： ①(x-1)e+x22-1； ②当n≥2且neN时，计…+2 1,1, 3×5×7×…×2n-1 n 2×4×6×…×2n-2 期末复习：利用导数证明求和型不等式、利用导数证明双变量不等式专项训练 例3.(2026广东佛山模拟预测)已知f(x)=ae2x-2xa∈R). (1)若曲线y=f(x在点0，f(0)处的切线方程为y=b,求a,b的值； 2)若f(x)≥e恒成立，且在x=,处取等号，试证明0<x,<5 (3)证明： 1、1 ,>二ln(2n+1). 名2k-12 变式1.(25-26高二下·重庆期中)已知函数f(x)=(x-a)e+(a-1)x,其中a∈R,e是自然对数的底数. (1)当a=2时，求曲线y=f(x)在点(0，f(0)处的切线方程； (2)若对任意x20,∫(x)≥-2恒成立，求a的取值范围； ③)求证：对任意n∈N,都有x3+2x4++hn+2>心丰3训+ 2 2+4n+3n+2 期末复习：利用导数证明求和型不等式、利用导数证明双变量不等式专项训练 变式2.(2026广东茂名·二模)已知函数f(x)=+n1 x+1x+1 (1)当a=1时，证明：∫(x)≤0恒成立； 2当a=0时，证明：当x0到} 时，函数f(x的图象与y=-sinx的图象无交点； (3)已知n∈N,证明： i sin<In(n+1)sin ai+li) i=1 i 变式3.(25-26高二下陕西西安期中)己知函数f(x)=e*+asinx,x∈[0，+o)。 (1)若a=1,证明：f(x≥x+1对任意xe[0,+o)恒成立 (2)若f(x)≥cosx对任意xe0,π恒成立，求a的取值范围. 同)若a=l,证明：对任意正整数，都有三f》>n+h(a+ 1 期末复习：利用导数证明求和型不等式、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.(2026河北雄安三模)已知函数fx=(4r+2nx-(女+4x-5列，函数g=2r-l-x+m,m为实数. (1)证明：f(x≤0. (2)若-1<m<0. (1)证明：g(x)有两个零点X1,x2,且若x<x2,则x<1<x2: (i)证明：x+x2>3+m. 例2.2526高二下-江西宜春-月考》已知函数f四=x+-血x-a有两个零点，5x<x小. (I)求实数a的取值范围； (2)求证：f(x)>f (3)求证：x,-x<Va2-4<子-x. 期末复习：利用导数证明求和型不等式、利用导数证明双变量不等式专项训练 例3.(25-26高二下辽宁锦州月考)已知函数f-号r-x-xha∈R). (1)若a=2,求方程∫(x=0的解集： (2)若∫(x)有两个零点且有两个极值点，记两个极值点为x,x2, ①求a的取值范围； ②证明：+六 变式1.(2526高二下-山东泰州月考)已知函数f(x)=nx- 2mx,m∈R (1)讨论∫(x的单调性； ②设函数&=e-a+mr+a>0,若存在，0<名<，使得8=g,小，证明： x e"xe"2a. 5 期末复习：利用导数证明求和型不等式、利用导数证明双变量不等式专项训练 变式2.(2526高二下-河北那台月考)己知函数f(y=号2-(a-2x-2xx (1)若(x)为增函数，求a; ②若0<a<2,"(有两个零点X,名，且<x,证明：-x>4-2 a 变式3.(25-26高二下·广东梅州月考)已知函数f(x)=(x+b)川e*-a)(b>0)在点P(0,f0)处的切线方程为： y=x (I)求实数a,b的值： (2)证明：f(x)≥ 3)若方程)=m有两个实数根，x,且x<x,证明：5-5≤1+m-2e 1-e 6期末复习：利用导数证明求和型不等式、利用导数证明双变量不等式专项训练 期末复习：利用导数证明求和型不等式、利用导数证明双变量不等式专项训练 考点目录 利用导数证明求和型不等式 利用导数证明双变量不等式 考点一 利用导数证明求和型不等式 例1．（25-26高二下·广东深圳·月考）已知函数． (1)求的单调区间； (2)若对恒成立，求的取值范围； (3)证明：对于任意正整数，都有． 【答案】(1)当时，的递增区间为；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为． (2) (3)由（1）得，当时，的单调递增区间为，单调递减区间为，即. 当时，，即，得； 令，则； . 当时，显然成立， 当时，； ，； 综合可知. 【分析】（1）先确定函数定义域为，再对求导，分和两种情况讨论导数正负，进而得到单调区间； （2）对恒成立，等价于在恒成立；构造函数，求的最大值，即可得到的取值范围； （3）利用（1）中时函数的单调性，得到，整理得；再令，对不等式进行累加，即可证得不等式. 【详解】（1）由，得函数的定义域为. . 当时，恒成立，则在上单调递增； 当时，令，得； 当时，，则在上单调递减；当时，，则在上单调递增. 综上，当时，的递增区间为； 当时，的单调递增区间为，单调递减区间为． （2）由，，得； ，. 对恒成立，等价于在恒成立. 令，则； 令，即，解得. 当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减； 当时，取得最大值，即； 在恒成立，，即的取值范围是. （3）略 例2．（2026·江苏南京·模拟预测）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)证明： ① ； ②当且时，. 【答案】(1)当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减； (2)①由（1）得，当时，，又在上单调递增，在单调递减，所以，即，即 ； ②当时，，令（，且），得，两边同时取自然对数，得，即，，，，则，即当且时，. 【分析】（1）按和分类讨论确定导数的正负得出单调性； （2）①利用（1）中时函数的单调性证明；②由①得时，，然后对赋值（，且），让取得个不等式相加后可证. 【详解】（1）由，，得， . 若，则 ，当时，，单调递减， 当时，，单调递增. 若时，令，得或. 因为，所以 ， 当，则，单调递减， 当，则，单调递增， 当，则，单调递减； 综上，当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减； （2）①略 ②略 例3．（2026·广东佛山·模拟预测）已知． (1)若曲线在点处的切线方程为，求，的值； (2)若恒成立，且在处取等号，试证明； (3)证明：． 【答案】(1) (2)证明过程见解析 (3)证明过程见解析 【分析】（1）曲线在点处的切线方程为可知，切线斜率为0，切点为,再通过求导，计算出，的值； （2）先对使恒成立中的值进行讨论得到，再通过分离变量转化为证明，再构造函数，由题意可知，通过函数单调性证明为的最大值点，再通过函数单调性证明. （3）先证明当时， 进而得到 ， 再由得，即，最后利用不等式累加证得不等式. 【详解】（1）若曲线在点处的切线方程为，则 由可得 . （2）恒成立即恒成立，那么， 由， 可得，由可得 即证,设，则 由题意可知, 设，由于，故的符号与一致， 则， 所以，单调递减， 又因为, 所以 存在，使, 在上，；在上， 即,在上成立，在上成立， 处取最大值， 即，所以，. （3）设， 那么 ，故函数在上单调递增， 所以，即，， 由 令得 ，即， 那么 累加，得 ， 即 , 故，证毕. 变式1．（25-26高二下·重庆·期中）已知函数，其中是自然对数的底数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若对任意 恒成立，求的取值范围； (3)求证：对任意，都有． 【答案】(1) (2) (3)证明：令则 设，则，且． 于是 所以，即 因此，在时单调递减． 又当无限增大时，趋于，所以． 故 令，其中为正整数，得 从到相加，得 又 所以 原不等式得证． 【分析】（1）根据导数的几何意义即可求出； （2） 先对求导，再令，求导分情况讨论单调性，进而确定原函数的单调性，结合条件即可求出； （3）构造函数证明单项不等式，再累加并利用对数求和化简． 【详解】（1）当时，函数，则，， ，故曲线在点处的切线方程为，即. （2）由题意得， 令，则，令，解得， 当时，即，在上，单调递增， ，，故在上单调递增， ， 要使恒成立，则，解得， 当时，即，在上，单调递减；在上，单调递增， ， 又，所以时， ， 单调递减， ，不满足恒成立， 综上的取值范围为. （3）略 变式2．（2026·广东茂名·二模）已知函数． (1)当时，证明：恒成立； (2)当时，证明：当时，函数的图象与的图象无交点； (3)已知，证明：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）由题意可知函数的定义域为，通过求导得到函数的单调性即可求解； （2）构造函数，利用导数研究函数的单调性得时，函数单调递增，时，函数单调递减，再结合，符号即可证明； （3）结合（1），令，有，进而结合得，再累加求和即可证明不等式左侧部分；再结合（2）得，再累加求和即可证明不等式右侧部分. 【详解】（1）已知函数，当时，， 由，解得，因此函数的定义域为， 对函数求导，得， 当时，，当时，， 因此函数在单调递增，在单调递减，因此函数在取极大值，同时也是最大值， 由于，所以恒成立. （2）当时，， 构造函数，，所以， 令，，则， 由于在上单调递减，在上单调递减，因此在上单调递减， 因为，，所以存在使得，即， 当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减， 因为，，， 所以存在，使得，即， 当时，，即，函数单调递增，当时，，即，函数单调递减， 因为，， 所以在恒成立，即， 所以对任意，有， 即当时，函数的图象与的图象无交点. （3）先证， 由（1）知，当时，函数在单调递减，故当时，，即， 令，则，即， 令，由恒成立，所以在单调递减， 所以，即，故当时，有， 令，则， 所以， 所以， 再证， 由（2）知，，即在恒成立， 令，则， 所以，即， 综上，. 变式3．（25-26高二下·陕西西安·期中）已知函数，. (1)若，证明：对任意恒成立. (2)若对任意恒成立，求的取值范围. (3)若，证明：对任意正整数，都有. 【答案】(1)若，则. 令，，则， 设，，则， 所以函数在上单调递增，则， 所以函数在上单调递增，则， 故对任意恒成立. (2) (3)由（1）知，当时，对任意恒成立，且时，等号成立， 令，则 ，所以， 构造函数，， 因为 ，所以在上单调递增， 则，即，， 令，则， 所以 ， 故. 【分析】（1）令，，求导，分析函数的单调性，进而求证即可； （2）令，，可得，问题等价于对任意恒成立，可得，可得，再分、两种情况证明时，对任意恒成立，即可求解； （3）结合（1）令可得，构造函数，，利用导数分析其单调性，可得，，令，可得，进而求证即可. 【详解】（1）略 （2）由对任意恒成立， 令，，则， 问题等价于对任意恒成立，则， 而，则，即. 下面证明时，对任意恒成立， 当时，，则 ， 所以， 令 ，则， 所以函数在上单调递增，则，所以， 则在上单调递增，所以； 当时， ，，则 ， 所以 . 综上所述，的取值范围是. （3）略 考点二 利用导数证明双变量不等式 例1．（2026·河北雄安·三模）已知函数，函数，为实数． (1)证明：． (2)若． （ⅰ）证明：有两个零点，，且若，则； （ⅱ）证明：． 【答案】(1)证明见解析 (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）求导后，利用导数正负可判断函数单调性，借助单调性计算即可得解； （2）（ⅰ）求导后可判断函数单调性，再结合零点存在性定理即可得证； （ⅱ）结合（1）中所得可得，，构造关于的方程，结合根的判别式与韦达定理可得及，即可得证. 【详解】（1）， 令，则， 故在上单调递减，又， 则当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 则，即得证； （2）（ⅰ）， 令，则， 令，则， 当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 则，故在上单调递减， 又， 故当时，，当时， ， 即在上单调递增，在上单调递减， 当时，，由，则， 当时，，由，则，当时，， 故有两个零点，，且若，则； （ⅱ）由（1）知，恒成立， 当时，有，即， 不妨设，则，有， 即，则，整理得； 当时，有，即， 又，即， 则，整理得， 设关于的方程，， 故该方程有两根，设为、，且，则， 由，， 则，故. 例2．（25-26高二下·江西宜春·月考）已知函数有两个零点． (1)求实数a的取值范围； (2)求证：； (3)求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）首先求函数的导数，并判断函数的单调性和最值，求实数的取值范围，再结合函数的单调性和零点存在性定理，说明零点的情况； （2）构造新函数，并利用导数判断函数的单调性，并结合，即可证明； （3）设，并求导，可证明，即可证明，设 ，设，并求导，证明. 【详解】（1）， 又因为函数单调递增，且， 所以， 所以在上单调递减，在上单调递增， 当，即时， ， ， 所以在和上各有一个零点， 当时，的最小值为，且， 所以在内至多只有一个零点， 综上，实数的取值范围是； （2）设，， ， ， 当时，， ， 所以， 所以在上单调递增， 当时，， 即当时，， 又因为函数有两个零点， 由（1）知，，， 所以， （3）设， ， ，当时， 因为， 令，， 设，， 令，解得：，令，解得：， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以, 所以恒成立，显然， 令，解得：，令，解得：， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 即， 设的零点为，， 易知， 所以， 设， 设，， 令，解得：，令，解得：， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 所以恒成立，即， 设的零点为，， 易知，， 所以， 所以， 所以 例3．（25-26高二下·辽宁锦州·月考）已知函数． (1)若求方程的解集； (2)若有两个零点且有两个极值点，记两个极值点为， ①求的取值范围； ②证明：． 【答案】(1) (2)①；②证明见解析 【分析】（1）将带入求解，解得然后根据函数的单调性求解零点即可； （2）①根据两个零点且有两个极值点为突破点辨析求解；②结合函数双变量问题转化证明求解是本题的难点； 【详解】（1）若则，定义域为 由，可得 设，则， 由，可得在上单调递减， 由，可得在上单调递增， 所以， 故方程的解集为． （2）①解：令，得，设， 由，可得0＜x＜1，故在(0，1)单调递增； 由，可得x＞1，故在(1，＋∞)单调递减， 所以， 又当x∈(0，1)时，，当时，∈(0，1)， 若有两个零点，则，故， ，令，得， 设，则， 由，可得， 由，可得，故在上单调递增； 由，可得，故在上单调递减， ， 当时，，当时，， 若有两个极值点，则， 综上， ； ②证明：不妨令，因为且得， 由为的两根得：， 两式分别乘并整理得： ， 所以， 要证：， 即证：， 即证：， 由于，所以， 所以只需证， 令，， 所以在上单调递减， 所以， 故， 所以． 变式1．（25-26高二下·山东泰州·月考）已知函数，R． (1)讨论的单调性； (2)设函数，若存在，使得，证明：． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）对分类讨论，利用导数研究函数的单调性即可； （2）利用同构法，构造函数，将问题转化为对应的，使得，再构造函数，利用导数求得其单调性，从而推得，由此得解. 【详解】（1）的定义域为，, 当时，，单调递增． 当时，令，解得或（舍去） 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 综上，当时，单调递增， 当时，在上单调递增，在上单调递减, （2）证明：， 令，则函数变形为， 因为，所以单调递增， 若存在，使得， 则存在对应的，，使得， 因为，， 所以当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以当时，取得最小值， 所以，所以， 设， 则， 所以单调递减，所以，所以， 因为，所以， 又因为在上单调递增，所以， 所以，所以． 变式2．（25-26高二下·河北邢台·月考）已知函数. (1)若为增函数，求； (2)若，有两个零点，，且，证明：. 【答案】(1)2 (2)证明见解析 【分析】（1）根据已知条件找到函数的极值点，利用可导函数的极值点必是导数为零的点列方程求解即可； （2）由已知得，构造函数，使得，找到时函数的零点，利用两个函数零点的关系建立不等式证明即可. 【详解】（1）恒成立， 而，故是的最小值，即是函数的极小值点， 令，则， 故，则，即， 检验知符合题意，故. （2）证明：当时，， 令， ，令解得， 由于，则， 构造函数，则， 故为增函数，，即， 所以， 当时，有唯一零点， 故， 即， 所以， ，故. 变式3．（25-26高二下·广东梅州·月考）已知函数在点处的切线方程为：. (1)求实数a，b的值； (2)证明：； (3)若方程有两个实数根,且，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）由函数在点处的切线方程求解； （2）观察，构造出在点处的切线为，令，只需证明； （3）方程的根不太好确定，由（2）可构造出，找出的根为，利用单调性确定；再构造一个函数在点处的切线方程，同理可得，，找出的根，利用单调性判定出，从而得证. 【详解】（1）由题，， , 因为所以，则. （2）由（1）知，，， 设在点处的切线为，斜率，则， 令，则， 当时，，在单调递减； 当时，令，则恒成立， 所以在上单调递增， 又，所以当时，，在单调递减， 当时，，在单调递增， 故，所以,. （3）由（2）知，， 设的根为，则， 又函数单调递减，故，故， 记，，， 当时，，在单调递减； 当时，令恒成立， 所以在上单调递增， 又，所以当时，，在单调递减， 当时，，在单调递增， 故，所以，则， 设的根为，则， 又函数单调递增，故，故， 又，所以. 2 学科网（北京）股份有限公司 $