函数与导数：利用导数证明不等式3种高频考点 专项训练-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 聚焦导数证明不等式三大高频考点，以单变量、求和型、双变量为逻辑主线，通过精选例题与变式构建从基础到综合的训练体系，培养数学思维与逻辑推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |单变量不等式|3例+3变式|含参数讨论、单调性与极值应用|以导数研究函数性质为基础，构建不等式证明的基本逻辑链条| |求和型不等式|3例+3变式|数列求和不等式证明，涉及函数不等式放缩|从单变量不等式拓展至离散变量求和，体现从连续到离散的转化| |双变量不等式|3例+3变式|极值点、零点关系证明，含参数范围讨论|综合应用导数工具分析多变量关系，深化逻辑推理与数学表达|

函数与导数：利用导数证明不等式3种高频考点专项训练 函数与导数：利用导数证明不等式3种高频考点专项训练 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 利用导数证明单变量不等式 例1．（25-26高二下·河北·期末）已知函数，. (1)讨论的单调性； (2)若，证明：当时，. 【答案】(1)当时，在，上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增；当时，在，上单调递增，在上单调递减. (2)要证，即证，其中. 因为，所以.        令， 则，令，则. 令，则.             当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以， 故在上单调递增，故， 故函数在上单调递增，故， 故，即. 【分析】（1）求导，分三种情况讨论求解； （2）将证明，转化为证明，其中.再根据，.   将问题转化为证明，通过构造函数，利用单调性判断. 【详解】（1）的定义域为，.         ①当时，当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增.     ②当时，当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增.     ③当时，，单调递增.         综上，当时，在，上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增；当时，在，上单调递增，在上单调递减. （2）略 例2．（25-26高二下·山东滨州·期末）设函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论的单调性； (3)证明：当时，. 【答案】(1) (2)当时，在上单调递增， 当时，在上单调递减，在上单调递增； (3)由（2）知，当，在上单调递减，在上单调递增； 所以， 要证，即证， 即证：， 因为，即证：， 令，所以， 且， 令，解得：， 令，解得：， 令，解得：， 所以在上单调递减，在上单调递增， 则 所以恒成立，即成立，得证. 【分析】（1）利用导数与切线斜率关系即可求解； （2）求导，并判断导数的符号，分别讨论的取值，确定函数的单调区间． （3）结合（2）可知，从而将问题转化为证明，令，利用导数研究的最小值即可证明结论. 【详解】（1）当时，， 所以， 则，， 所以曲线在点处的切线方程为， 即. （2）的定义域为 ， 求导数，得 ， 若 ，则，此时在上单调递增， 若 ，则由得，当时， ，当时， ， 此时在上单调递减，在上单调递增. （3）略. 例3．（25-26高二下·广东肇庆·期末）已知函数． (1)求函数的极值； (2)求证：． 【答案】(1)极大值为，无极小值 (2)因为等价于，即， 且，可得， 令，，则， 令，解得；令，解得； 可知函数在上单调递增，在上单调递减， 则，即对任意恒成立， 所以． 【分析】（1）求导，利用导数分析的单调性和极值； （2）分析可知原不等式等价于，令，，利用导数证明即可. 【详解】（1）由题意可知：函数的定义域为，且， 令，解得；令，解得； 可知函数在上单调递增，在上单调递减， 所以函数的极大值为，无极小值． （2）略 变式1．（25-26高二下·陕西西安·期末）已知函数 . (1)当时，求的单调区间； (2)若，都有，求实数的值； (3)证明: . 【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为 (2)1 (3)要证 ， 即证 . 由(2)可知， 当 时 在 上恒成立， 所以 . 所以 . 设 ， 则 ， 当 时， ， 单调递增， 所以 ， 即 ， 所以 . 【分析】（1）求出函数的导函数，根据导数的符号求出单调区间即可； （2）先求出函数的单调性，得到，要使恒成立，只需，即，再设，由单调性得到 ，若要满足 ， 则必须 ， 此时 . （3）要证， 即证，由（2）可知， 当时，将不等式放缩为证明即可. 【详解】（1）当 时， ，定义域为. ， 令，解得， 当时，单调递减； 当时，单调递增. 所以的单调递减区间为，单调递增区间为. （2）， 令，得， 当时，单调递减； 当时，单调递增. 所以， 要使恒成立，只需，即. 设，则， 令，得， 当时， 单调递增； 当时， 单调递减. 所以 ， 即对于任意的 ， 都有 ， 若要满足 ， 则必须 ， 此时 . 所以实数的值为 1. （3）略 变式2．（25-26高二下·重庆·期末）已知函数. (1)求函数的极大值与极小值； (2)证明：当时，. 【答案】(1)， (2)若证当时，， 即要证当时，， 即，又， 则要求在上恒成立即可， 而，当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 故，所以，得证. 【分析】（1）利用导数判断函数的单调性，进而求解极值即可. （2）将目标不等式合理转化，再结合导数证明不等式即可. 【详解】（1）由题意得， 当，或，当，， 所以当时，单调递增， 当时，单调递减，当时，单调递增， 则，. （2）略 变式3．（25-26高二下·河北保定·期末）已知函数. (1)当时，求的图象在处的切线方程； (2)当时，讨论的单调性； (3)当时，求证：. 【答案】(1) (2)当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增 (3)证明：当时，，要证，即证， 令，则，易得在上单调递增， 又， 所以，使得，故， 当时，单调递减； 当时，单调递增， 所以， 所以. 【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得； （2）求导后，分及讨论即可得； （3）构造函数，借助导数结合零点存在性定理可得该函数单调性，即可得证. 【详解】（1）当时，，所以， 所以， 所以的图象在处的切线方程为，即； （2）的定义域为， 当时，若，即，所以在上单调递增； 若，即，令， 解得或， 令，解得， 所以在上单调递增， 在上单调递减，在上单调递增. 综上，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增， 在上单调递减，在上单调递增. （3）略 考点二 利用导数证明求和型不等式 例1．（25-26高三上·宁夏石嘴山·阶段检测）已知函数. (1)当时， （i）求函数的最小值； （ii）求证：对于任意的正整数，都有. (2)当时，，求的取值范围. 【答案】(1)（i）0； （ii）由（i）可知：，， 可得，，当且仅当时，等号成立， 令，，可得，即， 则， 即. (2) 【分析】（1）（i）求导，利用导数分析的单调性和最值；（ii）由（i）可得，，令，，可得，利用累加法分析证明； （2）令，，求导，根据端点效应可得，，并代入检验即可. 【详解】（1）（i）若，则，， 可知的定义域为，且， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 所以的最小值为； （ii）略 （2）令，， 则， 原题意等价于对任意恒成立，且， 则，解得， 若，则， 且，则，可得， 令，，则， 令，可知在内单调递增，则， 即，可知在内单调递增，则， 可得，符合题意； 综上所述：实数的取值范围为. 例2．（25-26高二下·贵州六盘水·期末）已知函数． (1)当时，求函数的最小值； (2)若对任意正实数x，恒成立，求实数a的取值范围； (3)证明：． 【答案】(1) (2) (3)由(1)知，当时，(因为时才取等号)，即：， 因为，两边同时除以，可得：. 构造函数，求导得，因为， 所以，故，所以函数在上单调递增， 有：，即，两边取倒数， 得：， 将两次放缩的结果结合起来，对于任意实数，， 现在，我们令分别取，可以得到以下个不等式： ，，，， 将这个不等式左右两边分别累加得：， 其中， 即，得证. 【分析】（1）赋值后，对函数求导研究单调性，即可得解； （2）运用题（1）的结论，再对进行分类讨论，即可得解； （3）运用题（1）的结论可知当时，，再证明当时，，继而证得，综上有，再令分别取，得到个不等式，再将不等式两侧分别累加，即可得证. 【详解】（1）当时，，， 当时，，故在上单调递减； 当时，，故在上单调递增. 因此在处取得最小值. （2）已知条件等价于对任意，不等式恒成立， 我们可以结合第（1）问的结论来进行分类讨论： 由（1）可知，当时，恒成立，当且仅当时等号成立. ①当时：当时，，从而，此时，即恒成立，符合题意； ②当时，若要对任意正实数都有恒成立，则对于特殊的点也必须成立， 将代入函数得：，因为且，所以， 故，与题设条件“恒成立”矛盾，因此不符合题意. 综上所述，实数的取值范围是. （3）略. 例3．（25-26高二下·辽宁·期末）已知函数，. (1)证明：当a=0时，； (2)当时，，求实数的取值范围； (3)已知，证明：. 【答案】(1)证明：当时， 令，（） ， 所以当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 则函数，所以 (2) (3)证明：由（1）得， 则，所以，即，则， 令，得， 所以，即， 又，， 令，则，且不恒为零， 所以在上单调递增，即，则， 所以，即 . 【分析】（1）令，利用导数证明即可； （2）当时，结合（1）可知；当时，求得的一个零点为，从而可得，不满足题意，即可得答案； （3）结合（1）可得，经过恒等变换可得，令，从而得即，结合，，令，利用导数确定函数的单调性，可得，即可得，再代入，即可得证. 【详解】（1）略； （2）当时，由（1）知，，即； 当时，取， 则，其中的一个零点为， 由于，而， 得， 即，不合题意， 综上所述，实数的取值范围是； （3）略. 变式1．（25-26高二下·重庆沙坪坝·期末）已知函数． (1)求的最小值； (2)求证：； (3)求证：． 【答案】(1)0 (2)函数的定义域为， . ，，所以， 所以，单调递增. 所以. ，， 所以，所以. 因此. (3) 先证左边： 当时，， 所以， 所以当时，； 令，则. 令，则， 所以是增函数，所以， 所以是增函数，所以， 所以，即，， 令， 则， 令，则， 所以是增函数，， 所以是增函数，所以， 即，即. 所以当时， ． 综上． 再证右边： 由（2）知，， 当且仅当时等号成立. 所以， 令，则. 因为，所以，所以恒成立， 所以单调递增，所以， 即， 所以. 综上所述，． 【分析】（1）利用导数分析函数的单调性，即可求得其极小值即最小值； （2）利用导数求得函数的最小值为，利用不等式的性质及函数的单调性可得，从而证得； （3）结合（2）的结论对不等式进行放缩，结合常用不等式可证左边不等式，构造函数，通过分析函数的单调性及正负，可证右边不等式，即可证得原不等式成立. 【详解】（1）函数的定义域为， . 令， 则恒成立，所以是增函数，. 又， 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 所以函数在处取得极小值，即最小值，最小值为. （2）略 （3）略 变式2．（25-26高三上·云南昆明·阶段检测）已知函数，． (1)若，求的极值点； (2)若，都有，求的取值范围； (3)证明：，有． 【答案】(1)有极小值点，无极大值点． (2) (3)由（2）知， 令，则， 所以， 即， 所以． 【分析】（1）代入求导并通分，解导数零点，根据定义域舍去负根，再由导数正负划分单调区间，判定极小值点； （2）化简导数分子为二次函数，以分界分类：时导数恒非负，函数在递增，；时处导数为负，存在正区间函数递减致，舍去，得； （3）借用（2）结论，令作放缩证明，对到累加，左边对数合并化简为，右边即为待证求和式，得证． 【详解】（1）当时，，， ， 令，则，， 解得，（舍去）， 时，，单调递减； 时，，单调递增， 所以有极小值点，无极大值点． （2），， 由基本不等式知， 当时，，， 则函数在上单调递增， 所以，符合题意； 当时，，， 记， 则是开口向上，对称轴为的二次函数． 又， 所以在上单调递减，则. 所以时，，单调递减，， 不符合题意， 综上． （3）略 变式3．（25-26高二下·江西·期末）已知函数. (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若，求在上的最大值； (3)若，，证明：. 【答案】(1) (2) (3)由（2）知当时，，当且仅当时取等号， 所以对，， 所以，当且仅当时取等号. 令，得， 所以，，，…，， 上面各式两边分别相加，得 ， 所以. 【分析】（1）利用导数的几何意义可求曲线在点处的切线方程； （2）求导可得对恒成立，可求最大值； （3）由（2）可得，令，可得，进而可证结论. 【详解】（1）当时，， 由题意知，的定义域为，且， 所以， 又，所以曲线在点处的切线方程为. （2）当时，， 的定义域为，且， 当时，，，， 所以，当且仅当时取等号， 所以在上单调递增，所以. （3）略. 考点三 利用导数证明双变量不等式 例1．（25-26高二下·浙江嘉兴·期末）设函数. (1)求的最大值； (2)若函数存在两个极值点. （i）求的取值范围； （ii）设的极大值点为，的零点为，求证：. 【答案】(1)1 (2)（i）且； （ii）根据（i）可知时，存在两个极值点， 当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以的极大值点， 为的零点，则，因为，所以， 则； 当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以的极大值点， 即，，， 所以， 故，，当且仅当，时，等号成立， 综上，. 【分析】（1）直接求导，求出函数有唯一的极大值点，即为最大值点，求出最大值即可； （2）（i）由存在两个极值点，则存在个变号零点，令，求出零点即可求出的取值范围；（ii）先根据导数关系确定极大值点和极小值点，再分别求出极值，最后利用基本不等式得出证明结论. 【详解】（1）由题可知，定义域为，则， 当时，则，所以在上单调递增， 当时，则，所以在上单调递减， 故在处取极大值，即最大值，为． （2）（i）由题可得，，则， 因为函数存在两个极值点，则存在个变号零点，令， 则一个零点为，另一个零点为方程的非零实根， 当时，方程无解，则，所以，因此且； （ii）略 例2．（25-26高二下·山东德州·期末）已知函数的导函数为，我们称函数的导函数为函数的二阶导函数，若一个连续函数在区间上的二阶导函数，则称为上的凹函数，若二阶导函数，则称为上的凸函数． 已知函数． (1)若，证明为凸函数； (2)若是凹函数，求实数的取值范围； (3)有两个不同的零点，证明：． 【答案】(1)当时，， ，， 所以在上为凸函数； (2)； (3)若在内有两个不同的零点， 即在内有两个不同的实数根． 由（2）知，即方程在内有两个根，即． 因为在上单调递增，在上单调递减，所以， 欲证，即证， 因为且在上单调递减， 所以只需证明，即证 即证，即证， 只需证，即证，而该式显然成立， 欲证，即证． 因为，所以只需证， 即证，即需证． 令，则． 所以在上单调递增，所以，则原不等式得证． 故． 【分析】（1）求导，得到，得到结论； （2）参变分离，得到，构造函数，得到其单调性和最值，得到不等式，求出实数的取值范围； （3）在（2）的基础上，得到，通过证明，证明出，再通过证明出得，得到结论. 【详解】（1）略 （2）因为，， ， 因为是上的凹函数，所以在上恒成立，即． 令，则 当时，则单调递增， 当时，则单调递减， 所以，解得，所以实数的取值范围是． （3）略 例3．（25-26高二下·湖北黄冈·期末）已知函数，. (1)当时，讨论的单调性； (2)函数，当时， （i）证明：有唯一的极值点，且； （ii）若为的零点，且，证明：. 【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减. (2)由已知，，，. 证明：（i），令，， 则，所以在上单调递减. 因为，所以， 所以，. 根据零点存在定理，可知，使得，即. 当时，，即，单调递增； 当时，，即，单调递减. 综上，有唯一的极值点，且. （ii）由（i）知，即，所以. 因为为的零点，且，所以，即，可得. 将代入中，可得，即. 因为当时，，又，所以， 所以. 对两边同时取对数得，移项可得. 综上，得证. 【分析】（1）对函数，再根据的取值范围讨论的单调性. （2）构造辅助函数，结合零点存在定理证明（i），利用（i）中结论，借助时，完成放缩即可证明（ii）. 【详解】（1）已知函数，定义域为， ， 又，，所以恒成立. 当时，，则，单调递增； 当时，，则，单调递减. 综上，在上单调递增，在上单调递减. （2）略 变式1．（25-26高二下·重庆九龙坡·期末）已知函数． (1)求的最小值； (2)若恒成立，求的最大值； (3)若有两个零点，且，证明：． 【答案】(1)1 (2) (3)证明：有两个零点，即有两个根， 因为，所以， 由（2）知，在处取最小值， 由有两个零点，得， 此时，且，， 要证，将代入，得，不等式变为：， 又因为满足，即， 代入上式：， 已知且， 取对数得：， 令， 则，我们需要证明， 由于是在上的唯一解，且在上递减， 只需证明， 因为，所以， 而，在递减，在递增， 要证，即证， 已知，所以只需证对于成立， 令，设， 当时，，， 设，则， 所以， 所以，则在单调递增，， 所以成立，即成立， 所以． 【分析】（1）求导，根据导数的正负得出函数的单调区间，进而得出最小值； （2）先由导数求得的最小值，进而得出，再构造函数，根据导数求解最大值； （3）要证，即证，构造函数，利用函数单调性即可证明． 【详解】（1），则， 因为在上单调递增，所以在上单调递增， 又， 所以当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调增， 所以． （2）， ，令， 当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递增， 所以， 因为，所以，所以， 设， 则， 令，， 当时，，则在单调递增， 当时，，则在单调递减， 所以． （3）略 变式2．（25-26高二下·江西上饶·期末）已知函数． (1)当时，求的极值； (2)设，函数， ①若存在实数，使得方程有两个不同的实数根，求的取值范围； ②若①中的方程有两个不同的实数根，，证明：． 【答案】(1)极大值为，无极小值. (2)① ②由①可知，不妨设，由有两个不同的实数根，得 因此有， 整理得． ， 令，，因为， 所以在上单调递减，所以． 则． 【分析】（1）代值后求导，列表判断单调性，确定极大值点及极大值，无极小值； （2）① 化简并求导，因式分解后讨论参数符号，当单调递增不合题意，时先增后减满足存在两零点； ② 设两零点满足等式，利用根的关系消参，将目标式转化为比值形式，换元构造函数，用导数证明其小于零. 【详解】（1）由题意知，求导得， 当时，，单调递增；当时，，单调递减． 故的极大值为，无极小值． （2）①， 则， 若，则，单调递增，方程不存在两个不同的实数根，不符合题意． 若，则当时，，单调递增；当时，，单调递减； 此时存在实数，使得方程有两个不同的实数根． 所以的取值范围为． ②略. 变式3．（25-26高二下·山东济南·期末）已知函数． (1)若在上单调递减，求的取值范围； (2)若有两个极值点，． （i）求的取值范围； （ii）求证：． 【答案】(1) (2)（ii）由极值点性质，(不妨设， 所以，代入， 化简得：， 又因为，， 所以，则 需证：，即证， 已知，两边除以，得：， 再用解出，代入化简：， ，两边约去：，即证：， 令，求导： ， 令， 则， 时，，故在严格递减. ，故. 因此，在严格递增. 又，故. 所以成立，以上每一步变形均等价可逆，故原不等式成立. 【分析】（1）已知函数在定义域单调递减，转化为，分离参数求参数范围即可； （2）(i) 求出函数的导数，根据函数有两个不同的极值点，列不等式求解即可；(ii)双极值点差值不等式证明，借助极值点韦达关系化简分式，换元构造单变量函数，利用单调性证明. 【详解】（1）函数的定义域为，， 在上单调递减，等价于在上恒成立， 即. 令，. 令，即，解得. 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 所以在处取得最小值. 则，即的取值范围是. （2）(i)由(1)知. 因为有两个极值点，，所以在上有两个不同的根， 即在上有两个不同的根. 则， 因为方程有两个不同的根，所以，即，解得. 又因为二次函数的对称轴为， 且两根都在上，所以，即，解得. 同时，当时，. 综上，的取值范围是. (ii)略 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3种高频考点专项训练 函数与导数：利用导数证明不等式3种高频考点专项训练 考点目录 利用导数证明单变量不等式 利用导数证明求和型不等式 利用导数证明双变量不等式 例1.（2s26商=下河北期未)知腾数刊-g-天，&-号ar41 考点心的弹调性： 利用导数证明单变量不等式 (1)讨论9 2)若a22,证明：当r≥0时，f(x)≥g(x) 例2.(2s26高=下山东滨州期末)设函数f(x)=r+-a)r-ax. )当“=-1时，求曲线=在点0川处的切线方程 ②)讨论的单调性， )证明：当a>0时，f6)2-a2+2a 函数与导数：利用导数证明不等式3种高频考点专项训练 f(x)=-2xnx+4x+1 例3.(25-26高二下广东肇庆期末)已知函数 (1)求函 f(的极值： (2)求证： f(x)≤2x+3 变式1.(25-26高二下陕西西安期末)已知函数f(x)=xlnx-ax+a· 0)当0=2时，求/（因的单调K间： (2)若 xe0+o),都有/20 ,求实数a的值： (3)证明：e+xlnx>2x· 2 函数与导数：利用导数证明不等式3种高频考点专项训练 变式2.(25-26高二下重庆期末)己知函数f()=(-刂e )求函数)的极大值与极小值： (2证明：当<1时，f()5-x+1 变式3.(25-26高二下河北保定期末)已知函数 f(x)=ax2-ax+Inx(aER) )当0=2时，求0的图象在=1处的切线方程； 2当0>0时，讨论的单调性： )当a=0时，求证：f()e-2 函数与导数：利用导数证明不等式3种高频考点专项训练 考点二 利用导数证明求和型不等式 例1.(25-26高三上·宁夏石嘴山·阶段检测)已知函数 f(x)=x2-alnx-1 (1)当a=1时， (x)=f(x)-x+1 (i)求函数 的最小值： (①）求证：对于任意的正整致·部有子+是++”中 23 +n2>h(n+1). ②当>1时，>s血(-)，求“的取值范园 例2.(2s26高二下费州六盘水期末)已知函数8)-+x-h, (1)当a=0时，求函数8()的最小值； (2)若对任意正实数x,g()≥1恒成立，求实数a的取值范围： 2(n22nN) (3)证明：234 n e-1 函数与导数：利用导数证明不等式3种高频考点专项训练 例3.(25-26高二下辽宁期末)已知函数f)=l(x+).8)=ax2+x (1)证明：当0时，f(x)≤g(x): (2)当x>-1时，fx)≤g(,),求实数a的取值范围： 1 1 1 (3)已知n∈N,证明：sinn +sin- +…+sin。<ln2. n+1 n+2 2n 变式1.(25-26高二下·重庆沙坪坝期末)已知函数 f(x)=e'-elnx-c.g(x)=e'-1 (1)求f(x)的最小值： (2)求证：x∈[l,+o),g(x)≥e-1: 立g<a+<2&WaeN) (3)求证：台g(k) 函数与导数：利用导数证明不等式3种高频考点专项训练 变式2,2526高三上云南昆明阶段检)已知西数)=x+》-x+号之0，aER (1)若a=2,求(x)的极值点： (2)若x∈[0，+∞)，都有f)≥0，求a的取值范围； 3)i证明：n∈N,有n(n+)>4 49 n2 变式3.(25-26高二下江西期末)己知函数f(四=ln(x+)-asinx(a∈R) ①若0=-1，求曲线"=四在点0，/o》处的切线方程： ②若a=1,求因在-1,0上的最大值： 1 1 ③)若nEN,n22证明：sn2+sim3++s0<n2n n+1 6 函数与导数：利用导数证明不等式3种高频考点专项训练 考点三 利用导数证明双变量不等式 例1.（2526高二下浙江嘉兴期末)设函数f() er ④求/()的最大值： (2)若函数8()=f()+ar2(aeR 存在两个极值点 (i)求a的取值范围： (设8（的极大值点为5,8（的零点为，求证：-6之2. 例2.(2526商二下山东德州期末)己知函数()的导函数为()，我们称函数)的导函数'（④）为函数 儿)的二阶导两数，若一个连续商数因在区间1上的二阶导函数了)20，则称（⊙为1上的凹函数，若二 阶导函数")s0。 0,则称（为1上的凸函数。 己知函数f)-三+sinx∈(0，). a )考a=-1,证明（为山函数， 2)若（四是凹函数，求实数“的取值范围； (③)f)有两个不同的零点七，证明：<+名<元。 函数与导数：利用导数证明不等式3种高频考点专项训练 例3.(25-26高二下湖北黄冈期末)已知函数 f(x)=Inx-x-a(x-2)e'aER ☑)当a>0时，讨论（的单调性， (2)函数g()=f(y)+x-ae,当0<a<。时， ①证明：80有唯一的极值点，且>1： 若为8四的零点，且>，证明：3>2 变式1、(2526高=下重庆九龙坡期末)已知西数f()=心-x+分，g=/儿)-2-（口-xa>0. Q)求f的最小值： 2若3()≥b恒成立，求b的最大值， (3)若g(x)有两个零点x,x2,且x<x2,证明：a· 函数与导数：利用导数证明不等式3种高频考点专项训练 变式2，(2526高二下江西上饶期末)已知函数f(四)=anx-r+(a+2)小x(a∈R) )当0=2时，求f的极值， B设8因-a-2r+号+2m.柔数4国=f间-8问. ①若存在实数m,使得方程 (x)=m 有两个不同的实数根，求“的取值范围： ②0时份方程倒=0有两个不同的实数银，5，证纺，财生兰0 变式3.(25-26高二下山东济南期末)已知函数f(,)-+ahx x+1 Q)若()在Q+)上单调递减，求“的取值范围， ②若四)有两个极值点5，西】 (i)求a的取值范围： f()-f(s)x_2a2+a (ii)求证：x-x2 a+1. 9