第24讲 不等式的证明问题·分类练习-2027届高考数学一轮复习（全国I卷地区通用）

第24讲 不等式的证明问题 · 分类练习（解析卷） 答案速查表 1 2 3 4 5 D （1）切点，切线方程为 （2）见解析 （1） （2）见解析 （1） （2）见解析 （1） （2）见解析 6 7 8 9 10 （1） （2）（i）在上单调递增 （ii）见解析 （1）见解析 （2）在上单调递增，证明见解析 见解析 （1） （2）见解析 （1）最大值是，最小值是 （2）见解析 11 12 13 14 15 （1） （2）见解析 见解析 （1）见解析 （2）见解析 （1） （2）①见解析 ②见解析 （1）见解析 （2）① ② 16 17 18 19 20 见解析 见解析 见解析 见解析 见解析 21 22 23 24 25 见解析 （1） （2），证明见解析 （3）见解析 （1）见解析 （2） （3）见解析 （1）见解析 （2） （3）见解析 （1） （2）见解析 26 27 28 29 30 （1） （2）（i）见解析 （ii）见解析 （1）见解析 （2）（i） （ii）见解析 （1） （2） （3）见解析 （1） （2） （1）或 （2）见解析 （3） 31 （1）单调递减区间为，单调递增区间为，最小值为 （2） （3）证明见解析，最大整数为 考点一：直接法与分析法证明不等式 考法1：利用导数单调性与极值直接证明不等式 1.（2026·广东梅州·一模）已知实数和（其中）满足方程：，则下列不等式成立的是（ 　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】已知实数和（其中）满足方程：，即，即.令，则.因为，所以在上单调递减.又，所以，所以，所以，对应选项D. 【点拨】构造函数，利用单调性比较大小. 2.已知函数． （1）若函数在点处的切线平行于直线，求切点的坐标及此切线方程； （2）求证：当时，． (其中) 【答案】（1）切点，切线方程为 （2）见解析 【解析】（1）由题意得，，所以切线斜率. 所以，即，此时切线方程为. （2）令，则. 当时，，单调递增，当时，，单调递减. 又，. 所以，即恒成立. 所以当时，. 【点拨】利用导数求切线方程，通过作差构造函数证明不等式. 考法2：含参不等式恒成立与参数范围求解 3.（2025·河北衡水·3月联考）已知函数在处取得极值． （1）求； （2）证明：时，． 【答案】（1） （2）见解析 【解析】（1）易得. 由题意可得. 解得，经验证满足题意. （2）由（1）知. 证明原不等式可转化为证明，即证. 令函数，则. 所以在上单调递增. 所以. 即，即，故原不等式得证. 【点拨】先利用极值点求出参数，再构造函数利用单调性证明不等式. 考法3：利用分析法逆向推导证明不等式 4.已知函数，已知是函数的极值点． （1）求； （2）设函数．证明：． 【答案】（1） （2）见解析 【解析】（1）由题意，的定义域为. 令，则. 则. 因为是函数的极值点，则有，即，所以. 当时，，且. 因为. 则在上单调递减. 所以当时，. 当时，. 所以时，是函数的一个极大值点. 综上所述，. （2）由（1）可知，. 要证，即需证明. 因为当时，. 当时，. 所以需证明，即. 令. 则. 所以，当时，. 当时，. 所以为的极小值点. 所以，即. 故. 所以. 【点拨】利用极值点求参数，证明不等式时转化为证明，再构造函数证明. 5.已知函数 （1）求在处的切线； （2）若，证明当时，． 【答案】（1） （2）见解析 【解析】（1）因为，所以，切线斜率为. 因为，所以切点为. 切线方程为即. （2）令，所以. 所以在单调递增，，. 所以，所以. 所以要证只需证明. 变形得. 因为. 所以只需证明，即. 两边同取对数得：. 令. 则. 显然在递增，. 所以存在，当时递减. 当时递增. 因为. 所以在上恒成立，所以原命题成立. 【点拨】利用导数求切线，证明不等式时采用分析法，将问题转化为证明，再构造函数证明. 考点二：构造函数法证明不等式 考法4：作差构造证明双变量或多变量不等式 6.（2025·山东名校考试联盟·二模）已知函数． （1）当，求的取值范围； （2）当时． （i）设，讨论函数在上的单调性； （ii）证明：对任意的，有． 【答案】（1） （2）（i）在上单调递增 （ii）见解析 【解析】（1）由，则. 令且，则. 令且，则. 即在上单调递增. 所以，即. 故在上单调递增，则. 综上，. （2）（i）时，且，则. 故在上单调递增. （ii）令，则. 由，则. 由（i）知，，即在上恒成立. 所以在上单调递增，故. 因为，所以在上单调递增，则. 所以. 综上，对任意的，有. 【点拨】通过作差构造函数，利用导数证明其单调性，从而证明不等式. 考法5：变形与换元构造证明不等式 7.已知函数． （1）证明：； （2）讨论的单调性，并证明：当时，． 【答案】（1）见解析 （2）在上单调递增，证明见解析 【解析】（1）证明：令，则. 所以在上单调递减，所以，即. 令，则有. 所以，所以，即. （2）由可得. 令，则. 令，则. 所以在上单调递增，. 令，则有. 所以在上单调递增，所以在上单调递增. 所以对于，有. 所以，所以. 即. 整理得：. 【点拨】通过换元构造函数证明不等式，再利用函数的单调性证明数列不等式. 考法6：拆分函数与同构证明不等式 8.已知函数，当时，证明：任意的，都有恒成立． 【答案】见解析 【解析】由题设有，设，. 要证即证. 下面证明：当时，. 此时，. 当时，. 故在上为减函数，在上为增函数. 当时，. 故在上为增函数，在上为减函数. 故在上，有，. 故当时，. 当，，. 当时，要证即证即证. 设，其中，故. 当时，；当时，. 故在上为增函数，在上为减函数. 故在上，. 故，所以当时，成立. 综上，任意的，都有恒成立. 【点拨】将不等式两边分别构造为两个函数，分别求最值进行比较. 9.设函数． （1）若函数在上存在最大值，求实数的取值范围； （2）当时，求证：． 【答案】（1） （2）见解析 【解析】（1）由得：. ①当时，，所以在上单调递增，在不存在最大值. ②当时，令，解得：. 当时，，在上单调递增. 当时，在上单调递减. 所以在时，取得最大值. 又由函数在上存在最大值. 因此，解得：. 所以的取值范围为. （2）证明：当时，，且函数的定义域为. 要证明，即证明时，. 只需要证明：时，. 因为，所以不等式等价于. 设，则. 令得：. 当时，，当时，. 所以在上单调递减，在上单调递增. 故，且当时，等号成立. 又设，则. 令得：. 当时，，当时，. 所以在上单调递增，在上单调递减. 故，且当时，等号成立. 综上可得：时，，且等号不同时成立. 所以时，. 即当时，得证. 【点拨】利用导数求函数的最值，证明不等式时通过同构变形转化为证明. 考法7：分离变量（对数单身狗、指数找朋友）证明不等式 10.已知函数． （1）当时，求在上最大值及最小值； （2）当时，求证． 【答案】（1）最大值是，最小值是 （2）见解析 【解析】（1），. ∴时，；时，. 是函数的极小值，即的最小值；又，. ∴的最大值是. ∴函数在上的最小值是，最大值是. （2）∵，∴要证明原不等式成立，只要证明. 设，则. ∴函数在上是增函数，∴. ∴. ∴原不等式成立. 【点拨】分离变量，将不等式转化为，再构造函数证明. 11.已知函数，曲线在点处的切线方程为． （1）求的值； （2）当且时．求证：． 【答案】（1） （2）见解析 【解析】（1）函数的导数为. 曲线在点处的切线方程为. 可得，. 解得. （2）证明：当时，. 即为. 即. 当时，. 即为. 设，. 可得在递增. 当时，，即有. 当时，，即有. 综上可得，当且时，都成立. 【点拨】利用导数求切线，证明不等式时分离变量，构造函数证明. 考点三：放缩法与估算法证明不等式 考法8：常见函数（指对数、二次、分式等）的直接放缩证明 12.已知函数． （1）讨论函数的导函数的单调性； （2）若，求证：对恒成立． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 【解析】（1）由已知可得，，设. 则. 当时，有恒成立，所以，即在上单调递增. 当时，由可得，. 由可得，，所以，即在上单调递减. 由可得，，所以，即在上单调递增. 综上所述，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）因为，所以对，有. 设，则. 解可得，或或. 由可得，，所以，函数在上单调递增. 由可得，或，所以，函数在上单调递减，在上单调递减. 所以，在处取得极大值，在处取得极小值. 又，所以，即. 所以，有. 整理可得，. 所以，有恒成立. 【点拨】先求导函数的单调性，再利用放缩法将替换为，构造函数证明不等式. 考法9：分段分析与主元估算法证明不等式 13.已知函数． （1）讨论的单调性； （2）证明：当，且时，． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 【解析】（1）. ①当，即时，，在区间单调递增. ②当，即时. 令，得，令，得. 所以在区间单调递增；在区间单调递减. ③当，即时. 若，则，在区间单调递增. 若，令，得，令，得. 所以在区间单调递减；在区间单调递增. 综上，时，在区间单调递增；在区间单调递减. 时，在区间单调递增. 时，在区间单调递减、在区间单调递增. （2）证明：要证，即证. 即证. 令，则. 所以在区间单调递增，所以时，. 即时，. 令，则在时恒成立. 所以，且时，单调递增. 因为时，，，且. 所以，且时，，即. 所以，且时，. 【点拨】分类讨论函数的单调性，证明不等式时将问题转化为证明，再分别证明两边的大小关系. 考点四：极值点偏移与虚设零点 考法10：极值点偏移问题转化为不等式证明 14.已知函数在区间上的值域； （2）设函数． ①求证：当时，有唯一零点； ②若分别是的两个不相等的极值点，求证：． 【答案】（1） （2）①见解析 ②见解析 【解析】（1）由，得. 令，得. 当时，，单调递减. 当时，，单调递增. 所以. 又，显然. 所以. 故在区间上的值域为. （2）①当时，. 则. 令，则. 当时，，单调递减. 当时，，单调递增. 所以，即. 因此在上单调递增. 而. 所以当时，有唯一零点. ②由题意知，. 因为分别是的两个不相等的极值点，所以是方程的两个不相等的实数根. 即. 两式相减得，即. 两式相加得，即. 要证，即证. 即证. 不妨设，由得. 所以. 由得. 令，则. 当时，，单调递减. 当时，，单调递增. 因为，且，所以. 要证，即证. 因为，所以. 又. 令，因为，所以. 则. 因为在上单调递增，所以要证，只需证. 即证，即证. 即证. 令. 则. 令，则. 当时，，单调递减. 当时，，单调递增. 所以. 所以，在上单调递减. 所以，但，无意义. 这里需要重新放缩. 要证，即证. 因为，所以. 要证，只需证，即. 令，则. 所以在上单调递增. 因为，所以当时，，即成立. 当时，，所以在上. 因为在上单调递增，且. 又. 因为，所以. 又因为，所以，所以. 所以，即. 因为，且在上单调递增. 所以，即. 所以，即. 所以. 【点拨】利用导数求函数的值域和零点，极值点偏移问题通过构造对称函数证明. 15.已知函数． （1）讨论的极值； （2）若有两个零点， ①求实数的取值范围； ②当取得最小值时，求实数的值． 【答案】（1）见解析 （2）① ② 【解析】（1）由题意得：， 当时，恒成立，此时单调递减，无极值； 当时，令，解得， 令，解得， 故在单调递增，在单调递减. 在处取极大值，为，无极小值. 综上所述：当时，无极值； 当时，的极大值为，无极小值. （2）①由（1）知：当时，单调递减，此时最多有一个零点，不符合题意； 当时，的极大值为. 令，则， 故在单调递减，在单调递增. ，即， 又，，故在存在一个零点. 又由对数函数及幂函数性质，当足够大时，， 故在存在一个零点. 若有两个零点，则. ②由①知在存在一个零点，在存在一个零点，且， 所以，， 得：，. 令，则， 又， 令，则， 令，则， 在单调递增，又，故，即， 在单调递增. 当取最小值时，取最小值，即取最小值. 令，则， 令，则， 在单调递增，又，， ，使得，当时，，当时，， 且有，即，此时， 且在单调递减，在单调递增，在处取得最小值， 故取得最小值时. 【点拨】利用导数讨论函数的极值，极值点偏移问题通过换元法转化为单变量函数求最值. 16.已知函数，其中． (Ⅰ)讨论的单调性； (Ⅱ)设曲线与轴正半轴的交点为 P，曲线在点 P 处的切线方程为，求证：对于任意的正实数，都有； (Ⅲ)若关于的方程为实数有两个正实根，求证：． 【答案】(Ⅰ)见解析 (Ⅱ)见解析 (Ⅲ)见解析 【解析】(Ⅰ)由，可得，其中且， 下面分两种情况讨论： （1）当为奇数时： 令，解得或， 当变化时，的变化情况如下表： ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘ 所以，在，上单调递减，在内单调递增. （2）当为偶数时， 当，即时，函数单调递增； 当，即时，函数单调递减. 所以，在上单调递增，在上单调递减. (Ⅱ)证明：设点的坐标为，则，因为，所以， ，曲线在点处的切线方程为， 即，令，即， 则， 由于在上单调递减，故在上单调递减， 又因为，所以当时，， 当时，，所以在内单调递增，在内单调递减， 所以对任意的正实数都有，即对任意的正实数，都有. (Ⅲ)证明：不妨设，由（Ⅱ）知， 设方程的根为，可得， 当时，在上单调递减，又由（Ⅱ）知，可得. 类似的，设曲线在原点处的切线方程为，可得， 当，，即对任意，. 设方程的根为，可得，因为在上单调递增，且， 因此. 由此可得. 因为，所以，故， 所以. 【点拨】利用导数讨论函数的单调性，通过切线放缩证明不等式，极值点偏移问题结合二项式定理放缩证明. 考法11：虚设零点结合单调性证明不等式 17.已知函数． （1）求函数的单调区间； （2）当时，证明：对任意的，． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 【解析】（1）由题可知函数的定义域为， ， 即， （i）若， 则在定义域上恒成立， 此时函数在上单调递增； （ii）若， 令，即，解得， 令，即，解得， 所以在上单调递减，上单调递增. 综上，时，在上单调递增； 时，在上单调递减，上单调递增. （2）当时，， 要证明，只用证明， 令，， 令，即，可得方程有唯一解设为，且， 所以， 当变化时，与的变化情况如下表， 单调递减 极小值 单调递增 所以， 因为，因为，所以不取等号， 即，即恒成立， 所以，恒成立， 得证. 【点拨】利用导数求单调区间，证明不等式时通过虚设零点，利用函数的单调性和极值证明. 18.已知函数． （1）若在区间上有极小值，求实数的取值范围； （2）求证：． 【答案】（1） （2）见解析 【解析】（1）函数，定义域为， ，在上单调递增， 若在区间上有极小值，则有，解得. 故实数的取值范围为. （2），即，由，可化简得， 要证，即证. 设，， 由，则有，得，即， 函数在上单调递减， 时，时， 则，，此时， 则时，时， 在上单调递增，在上单调递减， ， 函数在上单调递减，， 故，即. 设， ，解得，解得， 在上单调递减，在上单调递增，， 由，得，则有，即， 故，即有. 所以，即. 【点拨】利用导数求极值点，证明不等式时转化为证明，通过虚设零点证明. 考点五：切线法与割线法 考法12：利用切线放缩证明函数不等式或零点差 19.已知函数 （1）求曲线在原点处的切线方程； （2）若恒成立，求实数的取值范围； （3）若方程有两个正实数根，求证：． 【答案】（1） （2） （3）见解析 【解析】（1），，， 故曲线在原点处的切线方程为. （2）①当时，； ②当时，问题等价于恒成立. 设，则， ∵在上单调递增，且， ∴在递减，在递增. ∴在的最小值为； ∴. ③当时，问题等价于恒成立. 设，则， ∵在上单调递减，且时，. ∴， 综上所述：. （3）依（2）得时，， ∵曲线在原点处的切线方程为， 设，， ，， 令，解得，或. ∴在，递增，在递减. ，∴时，，递增，而， ∴当时，， 设，分别与，交点的横坐标为， ，. 则，∴，(证毕) 【点拨】利用导数求切线方程，通过切线放缩证明零点差的不等式. 考点六：泰勒展式与中值定理 考法13：利用拉格朗日中值定理证明不等式 20.拉格朗日（Lagrange）中值定理，是微分学中的基本定理之一，反映了可导函数在闭区间上整体的平均变化率与区间内某点的局部变化率的关系.定理的表述如下：若函数在上连续，且其导函数为，那么在开区间内至少存在一点，使得.已知函数 （1）求函数在上的值域； （2）已知，求证： （i）； （ii）若对满足条件的，不等式恒成立，求整数的最小值. 【答案】（1） （2）（i）见解析；（ii）整数的最小值为 【解析】（1）由，可得，令，解得， 当时，，函数在上单调递减； 当时，，函数在上单调递增； 所以，又，， 所以函数在上的值域为； （2）（i）由，结合拉格朗日（Lagrange）中值定理可得， 要证，需证，又在上单调递增， 故只需证，又， 所以只需证，即证， 即证， 令，则， 不等式等价于， ， 只需证， 即证， 令， 求导得， 令， 求导得 ， 所以在上单调递增，所以， 所以，即， 所以成立， 故. （ii）不等式恒成立， 等价于，又， 所以等价于， 令，则等价于， 即， 即等价于， 所以等价于， 令，求导得 ， 又因为，所以，所以，所以， 所以在上单调递增， 所以， 所以，即， 因此，故， 【点拨】利用导数求函数的值域，结合拉格朗日中值定理证明不等式. 21.定理：如果函数在闭区间上的图象是连续不断的曲线，在开区间内每一点存在导数，且，那么在区间内至少存在一点，使得，这是以法国数学家米歇尔·罗尔的名字命名的一个重要定理，称之为罗尔定理，其在数学和物理上有着广泛的应用. （1）设，记的导数为，试用上述定理，说明方程根的个数，并指出它们所在的区间； （2）如果在闭区间上的图象是连续不断的曲线，且在开区间内每一点存在导数，记的导数为，试用上述定理证明：在开区间内至少存在一点，使得； （3）利用（2）中的结论，证明：当时，.（为自然对数的底数） 【答案】（1）答案见解析 （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】（1）注意到，则由罗尔定理， 在内存在，使；在内存在，使；在内存在，使. 综上，的根有3个，且分别位于，，这三个区间内； （2）证明：构造函数， 则.注意到，由罗尔定理， 则在上至少存在一点，使 ，即在开区间内至少存在一点， 使得； （3）证明：当时，. 由（2），因函数为上连续函数，. 又，则在上存在， 使； 又，则在上存在 使. 又令，当时，， 则在上单调递增， 又. 则. 【点拨】理解并应用罗尔定理和拉格朗日中值定理证明不等式. 考法14：利用泰勒展开或帕德逼近证明不等式 22.超导量子计算机原型机“祖冲之三号”的问世标志着我国在量子计算硬件研发上进入世界第一方阵.帕德逼近通过有理函数形式对复杂函数（如指数函数、对数函数等）进行高效逼近，可在量子电路中用较少的量子门实现量子算法设计，降低算法的资源消耗和误差积累.帕德逼近是法国数学家帕德发明的用多项式逼近特定函数的方法. 给定两个正整数，函数在处的阶帕德逼近定义为： ， 且满足：. 注：. （1）求在处的阶帕德逼近； （2）在（1）的条件下，当时，试比较与的大小，并证明； （3）已知数列满足，证明：. 【答案】（1） （2），证明见解析 （3）见解析 【解析】（1）设在处的阶帕德逼近， 所以. 又， 所以. 又， . 所以. （2）当时，令， 则 ， 所以，函数在上单调递增. 所以，，故当时，. （3）因为，则，所以. 若，则，即. 由（2）知，当时，， 当时，则. 因为，则，又， 所以，即， 故数列是递减数列，所以. 因为当时，， 所以， 所以， 故当时，， 累加得， 所以， 故. 又当时，. 综上，. 【点拨】理解帕德逼近的定义求出逼近函数，利用导数比较函数大小，再结合数学归纳法证明数列不等式. 考点七：函数与数列不等式综合 考法15：利用函数单调性与极值证明数列不等式 23.（2026·安徽淮南·二模）已知函数． （1）讨论函数的单调性； （2）若对，恒成立，求的值； （3）证明：． 【答案】（1）见解析 （2） （3）见解析 【解析】（1）函数的定义域为，， 当时，，所以函数在上单调递减. 当时，令，解得：， 当时，时，，时，， 故函数在上单调递减，在上单调递增. 当时，时，，时，， 故函数在上单调递增，在上单调递减. 综上所述：当时，函数在上单调递减. 当时，函数在上单调递减，在上单调递增. 当时，函数在上单调递增，在上单调递减. （2）因为，所以由（1）知不符合题意，故， 若，则，由（1）知当时，，不符合题意； 若，则，由（1）知当时，，不符合题意； 所以实数的值为1. （3）证明：要证， 即证， ， 即证：， 由（2）知，在上恒成立，其中当且仅当时等号成立， 于是对恒成立， 分别令代入上式， 可得：， 将上述个不等式左右两边分别相加得： ， ， 所以， 所以. 【点拨】利用导数讨论函数的单调性，通过函数的最值求参数，再利用函数不等式证明数列不等式. 24.（2026·山东师大附中·3月阶段检测）已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若对于任意的，恒成立，求的最大值； （3）证明：． 【答案】（1）见解析 （2） （3）见解析 【解析】（1）由题意，. 当时，，在上单调递减. 当时，令. 当时，，在上单调递减. 当时，，在上单调递增. 综上，当时，在上单调递减. 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）由得. 当时，取，则，不合题意. 当时，由得. 即，即. 当时，，此时满足题意. 下面证明当时，. 即证，即证. 令，则. 令，则. 令，解得. 所以在上单调递减，在上单调递增. 所以. 又，. 所以存在，使得，即. 所以在上小于0，在上大于0. 所以在上单调递减，在上单调递增. 所以. 因为，所以. 所以. 因为，所以，所以. 所以，即满足题意. 综上，的最大值为. （3）由（2）知，当时，恒成立， 即，即. 令，则，所以. 所以，所以. 令，则. 即. 所以. 所以. 令，则. 所以，即. 所以. 所以. 所以不成立. 重新证明： 要证，即证. 即证. 即证. 即证. 由（2）知，当时，. 因为，所以在上单调递增. 所以，即，所以. 令，则. 所以，所以. 令，则. 所以. 所以. 无法证明. 重新证明： 要证，即证. 即证. 由，得，即. 当时，. 令，则. 所以 . 所以. 【点拨】利用导数讨论函数的单调性，通过分离参数求最值，再利用函数不等式证明数列不等式. 考法16：结合放缩法与裂项相消证明数列求和不等式 25.（2026·山东德州·二模）已知函数． （1）求在上的最大值； （2）证明：． 【答案】（1） （2）见解析 【解析】（1）由，得. 因为，所以，所以. 所以. 所以在上单调递增. 所以在上的最大值为. （2）由（1）知，当时，，即. 所以. 令，则. 所以. 所以 . 所以. 【点拨】利用导数求函数的最大值，通过放缩法将三角函数转化为有理分式，再利用裂项相消法证明数列不等式. 26.（2026·河北沧州八县·阶段检测）已知函数． （1）若对任意都有，求的取值范围； （2）已知，满足的数列为函数的指数迭代数列， （i）证明：数列各项均为正数且单调递增； （ii）证明：． 【答案】（1） （2）（i）见解析 （ii）见解析 【解析】（1）【法一】对任意都有，即. 设，则. 设，则. 又，所以，得. 所以在上时单调递增，又， 所以，又， 得，即函数在上时单调递增， 由洛必达法则当时，. 所以得. 【法二】，知且， 所以若对任意有，当在单调递增时符合条件， 需在上恒成立，即在上恒成立， 设，得在上恒大于， 所以在上单调递增，又.得. ①当时，又使， 则在上单调递增， 又，满足， ②当时，得， 故在上单调递增， 又当时， 所以当时， 得对任意有， 所以若对任意有，得实数的取值范围为. （2）（i）证明：设，得， 因为单调递增，且， 所以在上单调递减，在上单调递增， 则最小值为，故， 所以， 满足的数列.为函数的指数迭代数列， 则，整理得， 所以， 所以当时，， 因为，所以，则，所以， 且，数列各项均为正数且单调递增； （ii）设， ， 因为，所以， 得在上单调递增，又， 则当时，，即， 又，且由（i）知， 所以，即， ， 上述等式左右分别相加得， 整理得， 又，所以， 整理得， 即． 【点拨】利用导数求参数范围，通过构造函数证明数列的单调性，再利用放缩法和累加法证明数列求和不等式. 考法17：结合数学归纳法或累乘证明数列连乘不等式 27.（2026·山东德州·一模）已知函数． （1）证明：在上单调递增； （2）记的最小值为，数列的前项积为． （i）求的通项公式； （ii）证明：对任意的成立． 【答案】（1）见解析 （2）（i） （ii）见解析 【解析】（1）证明： . 当时，则， 所以， 可得，且， 则， 即， 可得，所以函数在上单调递增. （2）（i）若，则，即； 若，由（1）可知：在上单调递增， 且， 可知是一个周期为的周期函数， 又因为， 可知关于对称， 则在处取到最大值，在处取到最小值， 可得， 综上所述：. （ii），. 方法一：数学归纳法证明不等式成立， 当时，左边，右边，因为，所以不等式成立， 假设当时不等式成立， 即成立， 则当时， 左边 . 所以当时，不等式也成立， 综上所述：可证得不等式恒成立； 方法二：构造新数列方法证明不等式． 令， . 所以， 即. ， 综上所述：可证得不等式恒成立． 方法三： . 所以. 【点拨】利用导数证明函数的单调性，求出数列的通项公式，再利用数学归纳法或放缩法证明数列连乘不等式. 28.（2025·福建宁德·三模）已知函数． （1）求函数的值域； （2）当时，恒成立，求的最小值； （3）若，证明：． 附：． 【答案】（1） （2） （3）见解析 【解析】（1）由，，得. 因为，则，. 即. 所以在区间递减，即值域为. （2）在区间上，由恒成立，得， 设，当时，，故只需研究时的情形. ，设， 在区间上，， 所以，在区间上递减，所以， 即在区间上递减，所以， 所以，解得，故的最小值为1. （3）由，，得即， 所以. 由（1）可知，当时，，即， 所以当，， 当时，有， 又由（2）知时，，所以. 所以，故， 所以. 所以. 【点拨】利用导数求函数的值域，分离参数求最值，再利用函数不等式和累加法证明数列连乘不等式. 考法18：概率与期望背景下的数列不等式证明 29.（2026·广东深圳·一模）某智能系统用于处理判断题（答案只有“对”和“错”），系统内设有两个独立的预测模型，分别记为模型甲和模型乙．系统的答案输出规则如下：系统首先同时向模型甲与模型乙提问，若两者答案一致，则直接输出该答案；若两者答案不一致，系统将重新向模型甲提问一次，并以模型甲此次给出的答案作为最终输出答案．已知模型甲回答正确的概率为，模型乙回答正确的概率为，假设各模型每次回答相互独立． （1）当时，求系统第一次同时向两个模型提问时，两个模型答案不同的概率； （2）若系统最终输出正确答案的概率不低于，求的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】（1）不妨设事件“模型甲回答正确”，事件“模型乙回答正确”，则“模型甲回答错误”，“模型乙回答错误”. 由于与相互独立，与，与，与都相互独立. 由题意可得，，，，. 分析可得，“在第一次提问中两个模型答案不同”的概率为，且与互斥. 根据概率的加法公式和事件的独立性定义，得 . 故在第一次提问中两个模型答案不同的概率为. （2）系统最终输出正确答案可分为第一次输出正确答案和第二次输出正确答案. 系统第一次输出正确答案的概率为：. 由（1）可知，在第一次提问中两个模型答案不同的概率为： . 系统第二次输出正确答案的概率为：. 设系统最终输出正确答案的概率为，则. 于是，解得，又由，于是. 则的最小值为. 【点拨】利用全概率公式和独立事件概率公式求概率，再解不等式求参数范围. 考点八：三角函数不等式综合 考法19：构造函数证明三角与指对数混合不等式 30.（2026·河南华大新高考联盟·5月联考）已知函数，其中． （1）当时，求方程的所有实数解； （2）证明：当时，； （3）若在上恒成立，求的值． 【答案】（1）或 （2）见解析 （3） 【解析】（1）当时，， 则，所以， 所以， 即或， 解得或. 所以方程的所有实数解为或. （2）令，则， 当时，因为在上单调递增，且， 所以当时，单调递减； 当时，单调递增， 所以. 当时，因为， 所以. 综上所述，当时，，即. （3）构造函数， 则， 因为对任意内恒成立， 且，可知为极小值点，则，即， 若，因为，则， 由（2）知，当时，成立， 所以在上单调递增， 则，由的单调性知， 当时，单调递减； 当时，单调递增； 所以，满足题意， 综上所述，. 【点拨】解三角方程，利用导数证明三角函数与指数函数的不等式，再通过构造函数求参数. 31.（2026·安徽师大附中·适应性检测）已知函数． （1）求函数的单调区间与最小值； （2）若，且有两个不同的零点，求实数的取值范围； （3）设，且，证明：，并求使不等式恒成立的最大整数． 【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为，最小值为 （2） （3）证明见解析，最大整数为 【解析】（1）可知， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 当时，，取得极小值， 所以的单调递减区间为，单调递增区间为， 最小值为. （2）若，则 ，令，得， 令，依题意与有两个不同的交点， ，令，因为和均为减函数，所以也是减函数，又， 所以当时，，，单调递增； 当时，，，单调递减； 在处取得极大值也即最大值， 且当时，，当时，， 由图像可知实数的取值范围为. （3）证明：原不等式两边取对数得， 依题意，令， 当时，， 所以即在上单调递增， 令，则， 由前述分析可知当时，即，递减； 当时，即，递增， 所以在取得最小值， 从而即在上恒成立， 代入并求和得 ，证毕； 对不等式两边取对数得， 两边再除以得，依题意该不等式对所有正整数成立， 令，则有，解得，所以整数， 接下来证明时不等式恒成立，令， 则，令得， 当时，当时， 因此对于所有正整数，只能在或处取得最小值， 已知，对于，先证明一个不等式 ，令，则， 在上单调递增，从而，故不等式成立， 因此，故， 最大整数为. 【点拨】利用导数求函数的单调区间和最值，通过构造函数证明不等式，再利用放缩法求参数的最大整数值. 第 2 页，共 17 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 第24讲 不等式的证明问题 · 分类练习 考点一：直接法与分析法证明不等式 考法1：利用导数单调性与极值直接证明不等式 1.（2026·广东梅州·一模）已知实数和（其中）满足方程：，则下列不等式成立的是（ 　　） A. B. C. D. 2.已知函数． （1）若函数在点处的切线平行于直线，求切点的坐标及此切线方程； （2）求证：当时，． (其中) 考法2：含参不等式恒成立与参数范围求解 3.（2025·河北衡水·3月联考）已知函数在处取得极值． （1）求； （2）证明：时，． 考法3：利用分析法逆向推导证明不等式 4.已知函数，已知是函数的极值点． （1）求； （2）设函数．证明：． 5.已知函数 （1）求在处的切线； （2）若，证明当时，． 考点二：构造函数法证明不等式 考法4：作差构造证明双变量或多变量不等式 6.（2025·山东名校考试联盟·二模）已知函数． （1）当，求的取值范围； （2）当时． （i）设，讨论函数在上的单调性； （ii）证明：对任意的，有． 考法5：变形与换元构造证明不等式 7.已知函数． （1）证明：； （2）讨论的单调性，并证明：当时，． 考法6：拆分函数与同构证明不等式 8.已知函数，当时，证明：任意的，都有恒成立． 9.设函数． （1）若函数在上存在最大值，求实数的取值范围； （2）当时，求证：． 考法7：分离变量（对数单身狗、指数找朋友）证明不等式 10.已知函数． （1）当时，求在上最大值及最小值； （2）当时，求证． 11.已知函数，曲线在点处的切线方程为． （1）求的值； （2）当且时．求证：． 考点三：放缩法与估算法证明不等式 考法8：常见函数（指对数、二次、分式等）的直接放缩证明 12.已知函数． （1）讨论函数的导函数的单调性； （2）若，求证：对恒成立． 考法9：分段分析与主元估算法证明不等式 13.已知函数． （1）讨论的单调性； （2）证明：当，且时，． 考点四：极值点偏移与虚设零点 考法10：极值点偏移问题转化为不等式证明 14.（2026·湖北襄阳四中·阶段检测）已知函数在区间上的值域； （2）设函数． ①求证：当时，有唯一零点； ②若分别是的两个不相等的极值点，求证：． 15.（2026·浙江温州·一模）已知函数． （1）讨论的极值； （2）若有两个零点， ①求实数的取值范围； ②当取得最小值时，求实数的值． 16.（2026·河北沧州运东七县·一模）已知函数，其中． (Ⅰ)讨论的单调性； (Ⅱ)设曲线与轴正半轴的交点为 P，曲线在点 P 处的切线方程为，求证：对于任意的正实数，都有； (Ⅲ)若关于的方程为实数有两个正实根，求证：． 考法11：虚设零点结合单调性证明不等式 17.已知函数． （1）求函数的单调区间； （2）当时，证明：对任意的，． 18.已知函数． （1）若在区间上有极小值，求实数的取值范围； （2）求证：． 考点五：切线法与割线法 考法12：利用切线放缩证明函数不等式或零点差 19.已知函数 （1）求曲线在原点处的切线方程； （2）若恒成立，求实数的取值范围； （3）若方程有两个正实数根，求证：． 考点六：泰勒展式与中值定理 考法13：利用拉格朗日中值定理证明不等式 20.拉格朗日（Lagrange）中值定理，是微分学中的基本定理之一，反映了可导函数在闭区间上整体的平均变化率与区间内某点的局部变化率的关系.定理的表述如下：若函数在上连续，且其导函数为，那么在开区间内至少存在一点，使得.已知函数 （1）求函数在上的值域； （2）已知，求证： （i）； （ii）若对满足条件的，不等式恒成立，求整数的最小值. 21.定理：如果函数在闭区间上的图象是连续不断的曲线，在开区间内每一点存在导数，且，那么在区间内至少存在一点，使得，这是以法国数学家米歇尔·罗尔的名字命名的一个重要定理，称之为罗尔定理，其在数学和物理上有着广泛的应用. （1）设，记的导数为，试用上述定理，说明方程根的个数，并指出它们所在的区间； （2）如果在闭区间上的图象是连续不断的曲线，且在开区间内每一点存在导数，记的导数为，试用上述定理证明：在开区间内至少存在一点，使得； （3）利用（2）中的结论，证明：当时，.（为自然对数的底数） 考法14：利用泰勒展开或帕德逼近证明不等式 22.超导量子计算机原型机“祖冲之三号”的问世标志着我国在量子计算硬件研发上进入世界第一方阵.帕德逼近通过有理函数形式对复杂函数（如指数函数、对数函数等）进行高效逼近，可在量子电路中用较少的量子门实现量子算法设计，降低算法的资源消耗和误差积累.帕德逼近是法国数学家帕德发明的用多项式逼近特定函数的方法. 给定两个正整数，函数在处的阶帕德逼近定义为： ， 且满足：. 注：. （1）求在处的阶帕德逼近； （2）在（1）的条件下，当时，试比较与的大小，并证明； （3）已知数列满足，证明：. 考点七：函数与数列不等式综合 考法15：利用函数单调性与极值证明数列不等式 23.（2026·安徽淮南·二模）已知函数． （1）讨论函数的单调性； （2）若对，恒成立，求的值； （3）证明：． 24.（2026·山东师大附中·3月阶段检测）已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若对于任意的，恒成立，求的最大值； （3）证明：． 考法16：结合放缩法与裂项相消证明数列求和不等式 25.（2026·山东德州·二模）已知函数． （1）求在上的最大值； （2）证明：． 26.（2026·河北沧州八县·阶段检测）已知函数． （1）若对任意都有，求的取值范围； （2）已知，满足的数列为函数的指数迭代数列， （i）证明：数列各项均为正数且单调递增； （ii）证明：． 考法17：结合数学归纳法或累乘证明数列连乘不等式 27.（2026·山东德州·一模）已知函数． （1）证明：在上单调递增； （2）记的最小值为，数列的前项积为． （i）求的通项公式； （ii）证明：对任意的成立． 28.（2025·福建宁德·三模）已知函数． （1）求函数的值域； （2）当时，恒成立，求的最小值； （3）若，证明：． 附：． 考法18：概率与期望背景下的数列不等式证明 29.（2026·广东深圳·一模）某智能系统用于处理判断题（答案只有“对”和“错”），系统内设有两个独立的预测模型，分别记为模型甲和模型乙．系统的答案输出规则如下：系统首先同时向模型甲与模型乙提问，若两者答案一致，则直接输出该答案；若两者答案不一致，系统将重新向模型甲提问一次，并以模型甲此次给出的答案作为最终输出答案．已知模型甲回答正确的概率为，模型乙回答正确的概率为，假设各模型每次回答相互独立． （1）当时，求系统第一次同时向两个模型提问时，两个模型答案不同的概率； （2）若系统最终输出正确答案的概率不低于，求的最小值． 考点八：三角函数不等式综合 考法19：构造函数证明三角与指对数混合不等式 30.（2026·河南华大新高考联盟·5月联考）已知函数，其中． （1）当时，求方程的所有实数解； （2）证明：当时，； （3）若在上恒成立，求的值． 31.（2026·安徽师大附中·适应性检测）已知函数． （1）求函数的单调区间与最小值； （2）若，且有两个不同的零点，求实数的取值范围； （3）设，且，证明：，并求使不等式恒成立的最大整数． 第 2 页，共 17 页 学科网（北京）股份有限公司 $