重难点专训03 利用导数证明不等式四大考法（专项训练）（上海专用）2027年高考数学一轮复习讲练测

**基本信息** 以“方法链+题型链”双主线构建导数不等式证明体系，覆盖基础到压轴全层级，提炼6大核心方法与4类典型题型，注重逻辑推理与模型构建。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |解题方法及技巧提炼|6种核心方法|作差构造法、分函数最值法、指对变形口诀等，含适用场景与标准流程|从基础作差到压轴隐零点、放缩，形成方法递进链| |题型通法及变式提升|4类题型|单变量基础证明、构造函数与双函数隔离等，匹配对应方法|按难度分层，题型与方法精准对应，体现应用拓展| |重难专题分层过关练|巩固8题+创新9题|结合上海高考高频考点，强化放缩、数列不等式等综合应用|从基础巩固到创新提升，实现知识迁移与能力进阶|

重难点专训03 利用导数证明不等式 内容导航 解题方法及技巧提炼 1 题型通法及变式提升 3 题型1 单变量基础证明（一轮基础必练） 3 题型2 构造函数与双函数隔离最值证明（中档区分题） 4 题型3 放缩+导数综合证明（上海高频压轴） 6 题型4 导数+数列不等式（上海压轴小问） 8 重难专题分层过关练 9 巩固过关 9 创新提升 12 解题方法及技巧提炼 方法1：作差构造法（基础必考 · 万能通法） 适用场景：单变量无参数、简单含参数不等式，式子结构简洁，可直接移项整理，是所有导数不等式证明的基础方法。 考场满分四步流程 1.移项整理：将原不等式整理为单侧为0的标准形式； 2.构造函数：设辅助函数 ，务必标注完整定义域； 3.单调分析：求解一阶导数 ，结合定义域判定导函数符号，确定函数单调区间； 4.最值求证：求解函数极值与区间端点最值，验证最值正负，完成不等式证明。 标准示范例题：证明：当 时， 证明：构造函数 ，定义域为 。求导得 ，当 时，恒有 。因此 在 上单调递增，可得 ，即 。综上，原不等式得证。 方法2：分函数最值法（避繁就简 · 降维解题） 适用场景：直接作差后函数结构复杂、嵌套次数高，求导运算繁琐、导函数符号难以直接判定的指对混合不等式题型。 核心原理：在同一定义域内，若两个函数满足 ，则恒有 。 解题流程：将复杂不等式拆分为两个独立简单函数，分别求解各自最值，通过常数最值大小对比替代复杂求导化简，快速完成证明。 方法3：指对变形口诀（上海高考高频秒杀技巧） 核心万能口诀：对数单身狗，指数找基友（上海模考、高考高频实用变形技巧，大幅降低运算难度） 对数单身狗：将含 的项单独分离至式子一侧，避免 与多项式相乘，规避复杂的乘积求导运算，简化导函数结构； 指数找基友：针对含 的超越式，主动构造 经典结构，依托多项式抵消指数超越性，简化求解过程。 方法4：隐零点法（压轴核心 · 设而不求） 题型特征：函数求导后，方程 为超越方程，无解析解、无法求出精确实数根，是上海导数压轴高频难点题型。 考场满分五步流程 1.构造辅助函数并求解一阶导数，分析导函数单调性； 2.代入特殊点取值，利用零点存在定理证明存在唯一零点 ； 3.以零点 为分界点划分定义域区间，判定原函数分段单调性； 4.隐零点代换：利用恒等式 ，消去 等超越项； 5.将代换后的最简式子代入原函数，证明极值最值恒正或恒负，完成证明。 阅卷核心得分点：必须书面严谨证明零点存在性，仅设零点不证明存在性，高考固定扣除2–3分。 方法5：切线放缩法（考场直接引用 · 无需证明） 上海高考官方认可结论，答题可直接使用，无需额外推导证明，是简化复杂不等式的核心捷径。 指数基础放缩：，等号成立条件： 对数基础放缩：，等号成立条件： 强化放缩链： 分式对数放缩： 关键注意事项：放缩具有单向不可逆性，解题需严格区分放大、缩小方向，禁止反向放缩导致逻辑错误。 方法6：同构变形+双变量归一（压轴难点突破） 题型快速识别：不等式两侧代数式结构高度对称、仅变量不同，含 指对混合结构，优先选用同构法解题。 必背核心同构公式 通过指对互化变形，构造单调同构函数，将复杂不等式证明，转化为简单的自变量大小比较，大幅降低解题难度。 双变量通用解题法：针对极值点偏移、双零点类双变量不等式，采用比值换元，令 ，将双变量问题归一转化为单变量函数最值问题，回归基础构造法求解。 题型通法及变式提升 题型1 单变量基础证明（一轮基础必练） 必须明确书写定义域、端点函数值，缺少任意一项直接扣2分，步骤完整性为基础题得分关键。 1．（25-26高三上·上海·单元测试）已知函数，（为自然对数的底数）． (1)求函数的单调区间； (2)当时，求证：． 2．（25-26高三上·上海·单元测试）设函数，其中，曲线过点． (1)求a，b的值； (2)求证在时，恒大于零，其中； (3)证明：当时，． 3.已知. (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若函数存在两个不同的极值点，求证：； (3)若，，数列满足，．求证：当时，． 题型2 构造函数法与双函数隔离最值证明（中档区分题） 能作差构造则优先作差，仅当作差后导数极度复杂、无法判号时，再使用双函数隔离最值法。 4．（25-26高三上·上海·单元测试）已知函数，其中，其中． (1)当时，求的最小值； (2)若，其中在R上严格递增，则当时，求证：． 5．已知函数． (1)求曲线在处的切线方程； (2)若在区间上单调递减，求的取值范围： (3)若存在两个极值点，证明：． 6．（25-26高三上·上海·期中）已知曲线，曲线，其中. (1)求曲线在处的切线； (2)证明：E与F存在唯一交点； (3)在（2）的条件下，设交点为，作在点处的切线，交轴于点，证明:. 7．已知函数，． (1)当时，求函数的单调递减区间； (2)若在区间上单调递减，求a的取值范围； (3)若，存在两个极值点，，证明：． 8．已知，． (1)当时，求函数的极小值； (2)若函数在区间上单调递增，求实数的取值范围； (3)若当时，函数，有最小值，证明：． 9．（25-26高三下·上海·阶段检测）已知函数，其中． (1)任取，若，证明：； (2)若存在，使得方程存在三个不等实根，且； （i）求的取值范围； （ii）证明：． 题型3 放缩+导数综合证明（上海高频压轴） 必须说明等号不同时成立，否则无法完成严格大于的证明，直接丢失满分。 10．（24-25高三上·北京·期中）已知，，e是自然对数的底数． (1)当时，求函数的单调区间、极值以及对应的极值点； (2)若关于x的方程有两个不等实根，求a的取值范围； (3)当时，若满足，求证：． 11．（24-25高三上·上海奉贤·期中）已知函数的表达式为. (1)当时，求的单调增区间； (2)若当时，恒成立，求a的取值范围； (3)证明：. 12．（24-25高三上·上海宝山·期中）已知，函数. (1)求函数的极值； (2)讨论的单调性（写出单调区间）； (3)若恒成立，求的最大值，并证明：对于任意，都有. 13．（25-26高三上·上海松江·期末）已知函数，正常数，记． (1)当时，试判断函数在区间上的单调性，并说明理由； (2)若函数既存在极小值也存在极大值，求实数a的取值范围； (3)求证：对于任意正整数n，都有． 14．（24-25高二下·上海·阶段检测）设函数 . (1)求函数 在 处的切线方程； (2)当 时，求函数 的单调区间和极大值； (3)证明: 不等式 . 15．（24-25高三下·上海青浦·阶段检测）已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)若对任意成立，求实数a的值； (3)已知，有.若，，求证：. 题型4 导数+数列不等式（上海压轴小问） 核心解题思路：先利用导数证明单变量通项不等式，再通过赋值裂项、累加放缩，证明数列求和不等式，是上海高考压轴经典组合题型。 通用模板： 第一步：导数证基础不等式：时，； 第二步：赋值换元：令，得； 第三步：裂项累加：对数列通项依次累加，消去中间项，完成数列不等式证明。 16．已知A，B，C是函数图象上不同的三点，若它们的横坐标成等差数列，且该函数在点B处切线的斜率恒小于直线AC的斜率，则称该函数是其定义域上的“等差偏移”函数．设． (1)当时，求函数在处的切线方程 (2)若是定义域上的“中值偏移”函数，求实数的取值范围； (3)当时，数列满足，，记前n项和为，试证明：． 17．设数列的前项积为，满足. (1)设，求证：数列是等比数列； (2)设数列满足，求数列的前项和； (3)设数列的前项和为，求证：. 18．已知函数，点在函数的图象上．且． (1)设，求在的最大值； (2)判断数列的单调性并严格证明； (3)设．证明：； 重难专题分层过关练 巩固过关 1．求证： (1)当时，； (2)当时，． 2．已知函数. (1)当时，证明：； (2)若存在极大值，且极大值大于0，求的取值范围. 3．已知，. (1)证明：； (2)证明：函数与的图象有两条公切线. 4．设函数，且对任意恒成立. (1)求的值； (2)求函数在上的最值； (3)设实数且，证明：. 5．已知函数. (1)求证：； (2)若，试比较与的大小； (3)若，问是否恒成立？若恒成立，求的取值范围； 若不恒成立，请说明理由. 6．已知函数． (1)当时，求函数的图像在点处的切线方程； (2)讨论函数的单调性； (3)证明：当时，． 7．已知函数； (1)设函数，求函数的极值； (2)若不等式当且仅当在区间上成立（其中为自然对数的底数），求的最大值； (3)实数满足，求证：. 8．已知函数. (1)当时，求函数的图象在处的切线方程； (2)讨论的单调性； (3)证明：当时，. 创新提升 1．（2025·上海黄浦·三模）已知函数是定义在D上的连续函数，其导函数为，函数的导函数为，定义函数运算：． (1)若，求出函数的极值点，并判断的符号； (2)若，，讨论方程解的个数； (3)若，当，，记与中较大者为．证明：． 2．已知，. (1)时，求函数在点处的切线方程； (2)若在上恒成立，求t的取值范围； (3)时，已知，，曲线上不同的三点、、处的切线都经过点.证明：. 3．已知函数，. (1)求函数在点处的切线方程； (2)对任意的时，恒成立，求实数的取值范围； (3)记，若，且，求证：. 4.已知函数． (1)若函数在处的切线垂直于直线，求a的值； (2)若函数在单调，求a的取值范围； (3)当时，若（其中是函数的导函数），求证：． 5．（24-25高三上·上海松江·期末）定义在D上的函数，若对任意不同的两点，，都存在，使得函数在处的切线与直线平行，则称函数在D上处处相依，其中称为直线的相依切线，为函数）在的相依区间.已知. (1)当时，函数在上处处相依，证明：导函数在上有零点； (2)若函数在上处处相依，且对任意实数m、n，，都有恒成立，求实数的取值范围； (3)当时，，为函数在的相依区间，证明：. 6．（24-25高三下·上海杨浦·开学考试）若函数在上存在，使得，，则称是上的“双中值函数”，其中称为在上的中值点. (1)判断函数是否是上的“双中值函数”，并说明理由； (2)已知函数，存在，使得，且是上的“双中值函数”， 是在上的中值点. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 7．（2025·上海宝山·二模）定义在上的可导函数，集合为正整数，其中称为的自和函数，称为的固着点. 已知. (1)若，，求的值及的固着点； (2)若，是的自和函数，且在上是严格增函数，求的最大值； (3)若，，且是的固着点，求的取值范围，并证明：. 8．（2025·上海松江·二模）已知. (1)若是函数的一个极值点，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论函数的单调性； (3)已知实数，若点是曲线上两点，直线AB的斜率为，求证：. 9．（24-25高三上·上海宝山·阶段检测）给出函数 . (1)若 ，求不等式 的解集； (2)若 ，判断 的奇偶性，说明理由，并求不等式 的解集； (3)若 ，非零实数 、 满足 ，求证: . 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点专训03 利用导数证明不等式 内容导航 解题方法及技巧提炼 1 题型通法及变式提升 3 题型1 单变量基础证明（一轮基础必练） 3 题型2 构造函数与双函数隔离最值证明（中档区分题） 5 题型3 放缩+导数综合证明（上海高频压轴） 12 题型4 导数+数列不等式（上海压轴小问） 20 重难专题分层过关练 24 巩固过关 24 创新提升 32 解题方法及技巧提炼 方法1：作差构造法（基础必考 · 万能通法） 适用场景：单变量无参数、简单含参数不等式，式子结构简洁，可直接移项整理，是所有导数不等式证明的基础方法。 考场满分四步流程 1.移项整理：将原不等式整理为单侧为0的标准形式； 2.构造函数：设辅助函数 ，务必标注完整定义域； 3.单调分析：求解一阶导数 ，结合定义域判定导函数符号，确定函数单调区间； 4.最值求证：求解函数极值与区间端点最值，验证最值正负，完成不等式证明。 标准示范例题：证明：当 时， 证明：构造函数 ，定义域为 。求导得 ，当 时，恒有 。因此 在 上单调递增，可得 ，即 。综上，原不等式得证。 方法2：分函数最值法（避繁就简 · 降维解题） 适用场景：直接作差后函数结构复杂、嵌套次数高，求导运算繁琐、导函数符号难以直接判定的指对混合不等式题型。 核心原理：在同一定义域内，若两个函数满足 ，则恒有 。 解题流程：将复杂不等式拆分为两个独立简单函数，分别求解各自最值，通过常数最值大小对比替代复杂求导化简，快速完成证明。 方法3：指对变形口诀（上海高考高频秒杀技巧） 核心万能口诀：对数单身狗，指数找基友（上海模考、高考高频实用变形技巧，大幅降低运算难度） 对数单身狗：将含 的项单独分离至式子一侧，避免 与多项式相乘，规避复杂的乘积求导运算，简化导函数结构； 指数找基友：针对含 的超越式，主动构造 经典结构，依托多项式抵消指数超越性，简化求解过程。 方法4：隐零点法（压轴核心 · 设而不求） 题型特征：函数求导后，方程 为超越方程，无解析解、无法求出精确实数根，是上海导数压轴高频难点题型。 考场满分五步流程 1.构造辅助函数并求解一阶导数，分析导函数单调性； 2.代入特殊点取值，利用零点存在定理证明存在唯一零点 ； 3.以零点 为分界点划分定义域区间，判定原函数分段单调性； 4.隐零点代换：利用恒等式 ，消去 等超越项； 5.将代换后的最简式子代入原函数，证明极值最值恒正或恒负，完成证明。 阅卷核心得分点：必须书面严谨证明零点存在性，仅设零点不证明存在性，高考固定扣除2–3分。 方法5：切线放缩法（考场直接引用 · 无需证明） 上海高考官方认可结论，答题可直接使用，无需额外推导证明，是简化复杂不等式的核心捷径。 指数基础放缩：，等号成立条件： 对数基础放缩：，等号成立条件： 强化放缩链： 分式对数放缩： 关键注意事项：放缩具有单向不可逆性，解题需严格区分放大、缩小方向，禁止反向放缩导致逻辑错误。 方法6：同构变形+双变量归一（压轴难点突破） 题型快速识别：不等式两侧代数式结构高度对称、仅变量不同，含 指对混合结构，优先选用同构法解题。 必背核心同构公式 通过指对互化变形，构造单调同构函数，将复杂不等式证明，转化为简单的自变量大小比较，大幅降低解题难度。 双变量通用解题法：针对极值点偏移、双零点类双变量不等式，采用比值换元，令 ，将双变量问题归一转化为单变量函数最值问题，回归基础构造法求解。 题型通法及变式提升 题型1 单变量基础证明（一轮基础必练） 必须明确书写定义域、端点函数值，缺少任意一项直接扣2分，步骤完整性为基础题得分关键。 1．（25-26高三上·上海·单元测试）已知函数，（为自然对数的底数）． (1)求函数的单调区间； (2)当时，求证：． 【详解】（1）， ①若，恒成立，此时函数的单调递减区间为； ②若，令，得，令，得． 此时函数的单调增区间为，单调减区间为． 综上所述，当时，函数的单调减区间为， 当时，函数的单调增区间为，单调减区间为； （2）由（1）得，函数在处取得极小值，也是最小值，最小值为， 因为，所以， 即函数的最小值，所以． 2．（25-26高三上·上海·单元测试）设函数，其中，曲线过点． (1)求a，b的值； (2)求证在时，恒大于零，其中； (3)证明：当时，． 【详解】（1）因为曲线过点． 所以，因为， 所以成立， 所以，； （2）， 因为，所以， 所以在严格递增， 所以，即； （3）令，即， ，， 由（2）证可知，所以在上严格递增， 所以，因为，所以，， 即，所以 3.已知. (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若函数存在两个不同的极值点，求证：； (3)若，，数列满足，．求证：当时，． 【详解】（1）当时，， 所以曲线在点处的切线方程为.； (2)证明：由，得，令， 则，原方程可化为①， 则是方程①的两个不同的根， 所以，解得， 所以， 因为，所以，所以； (3)证明：由题意可知，， 所以，当时，， 所以函数在区间上严格减，当时，， 所以函数在区间上严格增， 因为，所以，， 以此类推，当时，， 又， 所以函数在区间上严格减， 当时，，所以， 所以，即， 故. 题型2 构造函数法与双函数隔离最值证明（中档区分题） 能作差构造则优先作差，仅当作差后导数极度复杂、无法判号时，再使用双函数隔离最值法。 4．（25-26高三上·上海·单元测试）已知函数，其中，其中． (1)当时，求的最小值； (2)若，其中在R上严格递增，则当时，求证：． 【详解】（1）当时，， 所以， 所以当时，在上严格递减； 当时，在上严格递增． 所以； （2）因为， 所以恒成立， 所以恒成立． 则由（1）可解在递增得：． 又因为，所以， 因为，所以，，．， 所以，． 5．已知函数． (1)求曲线在处的切线方程； (2)若在区间上单调递减，求的取值范围： (3)若存在两个极值点，证明：． 【详解】（1）由，则， 而，则， 则曲线在处的切线方程为. （2），又在区间上单调递减， 在上恒成立， 即在上恒成立， 在上恒成立， 因为函数在上单调递增，则， ，即实数的取值范围是. (3)证明：由，， 因为存在两个极值点， 则满足，即， 不妨设，则. ， 则要证，即证， 又，，则， 即证，即证成立. 设函数，， 则， 在单调递减，又，则， ，即. 6．（25-26高三上·上海·期中）已知曲线，曲线，其中. (1)求曲线在处的切线； (2)证明：E与F存在唯一交点； (3)在（2）的条件下，设交点为，作在点处的切线，交轴于点，证明:. 【详解】（1）对求导得， 当时，切线斜率为，， 所以所求切线方程为； (2)记. 则当时，，故， 而，故此时无零点； 当时，函数和均为减函数， 所以严格递减，且，故有唯一零点. 综上，与有唯一交点. (3)由（2）得，对求导得， 故在点处的切线斜率为， 所以在点处的切线方程为， 令得，故， 要证，只需证即. 由（）式得，故只需证. 记在上单调递增， 所以，即，故得证. 7．已知函数，． (1)当时，求函数的单调递减区间； (2)若在区间上单调递减，求a的取值范围； (3)若，存在两个极值点，，证明：． 【详解】（1）当时，， ∴，解得， 则函数的单调递减区间为． （2）∵，又在区间上单调递减， ∴在上恒成立，即在上恒成立， ∴在上恒成立，设，则， 当时，，∴单调递增，∴， ∴，即实数a的取值范围是； （3）由（2）知：，满足，∴， 不妨设，则， ∴， 则证，即证， 即证，也即证成立， 设函数，则， ∴在单调递减，又， ∴当时，， ∴，即． 8．已知，． (1)当时，求函数的极小值； (2)若函数在区间上单调递增，求实数的取值范围； (3)若当时，函数，有最小值，证明：． 【详解】（1）由题可知，定义域，， 令，可得，当时，，当时，， 则在上单调递减，在上单调递增， 故的极小值为． （2）由题意得在上单调递增， 即在时恒成立，即在时恒成立． 令，，则， 可得当时，，当时，， 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，且， 又时，，所以， 得到，即实数的取值范围是． （3）由题可知，， 令，，则， 因为，，所以， 所以在上单调递增， 又，， 所以存在唯一的，使得，即，即， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以， 令，则在上恒成立， 则在上单调递减，得到，即， 即，故得证. 9．（25-26高三下·上海·阶段检测）已知函数，其中． (1)任取，若，证明：； (2)若存在，使得方程存在三个不等实根，且； （i）求的取值范围； （ii）证明：． 【详解】（1）由于，不妨设（当时证明类似），令，则， 将代入不等式左边得，不等式右边得，因此原不等式等价于证明，两边除以，得，整理为， 令，则，因此在上单调递增，且，故在上恒成立，即，从而. （2）（i）将方程整理为， 令，， 对求导得， 令，则两根分别为，， 因为存在时方程有三个不等实根， 所以要有两个极值点，且极值点均为正数，并且极小值 因此，解得. 当，即时，在递减，递增，递减，极小值，代入得 令，则，代入得 令，则求导得，因此在上单调递增，故，即，符合条件， 当，即时，由于在递减，递增，递减，极小值，不符合条件， 综上所述，的取值范围为. （ii）由于方程的三个不等实数根满足，由（i）得， 由（1）的结论，对于，有. 而，即，整理得，代入不等式，得：，化简得，即， 由于，且，因此解出不等式得，即. 由于，所以，而，因此. 题型3 放缩+导数综合证明（上海高频压轴） 必须说明等号不同时成立，否则无法完成严格大于的证明，直接丢失满分。 10．（24-25高三上·北京·期中）已知，，e是自然对数的底数． (1)当时，求函数的单调区间、极值以及对应的极值点； (2)若关于x的方程有两个不等实根，求a的取值范围； (3)当时，若满足，求证：． 【详解】（1）当时，，函数的定义域为，求导得， 由可得，当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增， 所以当时，取得极小值. 故函数的单调递增区间为，单调递减区间为， 当时，取得极小值0，无极大值. （2）由方程有两个不等实根可知，， 依题意，方程有两个不等实根等价于函数与有两个交点. 由，当时，，当时，， 则函数在上单调递增，在上单调递减，故当时，取得极大值， 且当；当，，故可作出函数的图象如下.    由图知，当且仅当时，函数与有两个交点.，故a的取值范围为. (3)证明：因，由，当时，，当时，， 则函数在上单调递减，在上单调递增， 因，且，则可得，， 要证，需证， 因，且函数在上单调递减， 则只需证，又， 即需证，即证. 设， 则， 于是， 因，当且仅当 ，即当时，等号成立， 故，即函数在上单调递增，因， 则， 则，即得， 又函数在上单调递减，则，故得证. 11．（24-25高三上·上海奉贤·期中）已知函数的表达式为. (1)当时，求的单调增区间； (2)若当时，恒成立，求a的取值范围； (3)证明：. 【详解】（1）时，， 则， 令，则， 则在上严格减，上严格增， 则，即在上严格增， 因此函数的增区间为； （2）， 记，则， 令，解得； 若，则，即时， 在上严格增，，满足要求； 若，则，时， 则在上严格减，故当时，，不满足要求； 若，则，在上严格减， 则，不满足要求； 综上，a的取值范围是. (3)由（2）可知时， 则，取， 则，即； ， 即. 12．（24-25高三上·上海宝山·期中）已知，函数. (1)求函数的极值； (2)讨论的单调性（写出单调区间）； (3)若恒成立，求的最大值，并证明：对于任意，都有. 【详解】（1）因为，则，定义域为， 则，所以当时，当或时， 所以在上单调递增，在，上单调递减， 所以在处取得极小值，无极大值； （2）函数的定义域为，. 当时，，则在上单调递增； 当时，令，解得，令，解得， 所以在上单调递增，在上单调递减. 综上所述，当时，的单调递增区间为，无单调递减区间； 当时，的单调递增区间为，单调递减区间为. （3）由，可得， 即. 令，因为在上均单调递增，则单调递增. 由，可得，则，即. 令，则. 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以， 则，又，解得，故的取值范围为，则的最大值. 令，则， 所以当时，当时， 所以在上单调递增，在上单调递减，所以， 当且时，，则. 取，所以， 所以，，， 所以. 所以， 所以， 即，得证. 13．（25-26高三上·上海松江·期末）已知函数，正常数，记． (1)当时，试判断函数在区间上的单调性，并说明理由； (2)若函数既存在极小值也存在极大值，求实数a的取值范围； (3)求证：对于任意正整数n，都有． 【详解】(1)函数在区间上单调递增，理由如下： 当时，，定义域为，则， ，且， ，当且仅当时取等号， 函数在区间上单调递增； （2），定义域为， 则，设， ，的符号由分子决定， 函数既存在极小值也存在极大值等价于方程在上有两个不同的正实数根， ，解得， 实数a的取值范围是； (3)由（1）知，当时，，即， 令， 则，即， 将到累加得，， 即， ，得证. 14．（24-25高二下·上海·阶段检测）设函数 . (1)求函数 在 处的切线方程； (2)当 时，求函数 的单调区间和极大值； (3)证明: 不等式 . 【详解】（1）由题意可知：的定义域为，， 则， 即切点坐标为，切线斜率， 所以切线方程为，即. （2）当 时，求函数 ，定义域， ，令， 所以当时，，为单调递增函数；当时，，为单调递减函数， 极大值为. （3）由（1）可知：的定义域为，， 当时，；当时，； 可知在内单调递增，在内单调递减； 则，即， 可得， 由（2）可得，即， 所以， 取得：， 令， 则， 可得， 又因为， 则 ， 可得，即， 所以. 15．（24-25高三下·上海青浦·阶段检测）已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)若对任意成立，求实数a的值； (3)已知，有.若，，求证：. 【详解】（1）由于，故. 所以，， 所以所求的切线经过，且斜率为1，故其方程为. （2）设，则， 从而当时，当时. 所以在上递减，在上递增， 这就说明，即，且等号成立当且仅当. 设， 则. 当时，的取值范围是， 所以命题等价于对任意，都有. 一方面，若对任意，都有，则对， 有， 取，得，故. 再取，得， 所以. 另一方面，若，则对任意都有， 满足条件.综合以上两个方面，知a的值是2. （3）由. 可知，当时，在上递增， 已知，有 当时，放缩法得： . 综上，.若，，. 题型4 导数+数列不等式（上海压轴小问） 核心解题思路：先利用导数证明单变量通项不等式，再通过赋值裂项、累加放缩，证明数列求和不等式，是上海高考压轴经典组合题型。 通用模板： 第一步：导数证基础不等式：时，； 第二步：赋值换元：令，得； 第三步：裂项累加：对数列通项依次累加，消去中间项，完成数列不等式证明。 16．已知A，B，C是函数图象上不同的三点，若它们的横坐标成等差数列，且该函数在点B处切线的斜率恒小于直线AC的斜率，则称该函数是其定义域上的“等差偏移”函数．设． (1)当时，求函数在处的切线方程 (2)若是定义域上的“中值偏移”函数，求实数的取值范围； (3)当时，数列满足，，记前n项和为，试证明：． 【详解】（1），，则切线方程为； （2）设A，C两点的横坐标分别为，，则B点横坐标为， 由“等差偏移”函数定义知：，化简得： ， 即：，即， 令，函数，， 故，又因为，所以； （3），则， 设，， 因为，当时在单调递增，，故． 构造函数， 即在单调递增，则，故当时， 所以有，故 即． 所以，即； 故 17．设数列的前项积为，满足. (1)设，求证：数列是等比数列； (2)设数列满足，求数列的前项和； (3)设数列的前项和为，求证：. 【详解】（1）因为数列的前项之积为，满足， 所以当时，，解得． 当时，，化为， 变形为， 又，所以，又， 所以当，且时，， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， （2）由（1）， 所以，所以， 所以， 故， 所以 ， 所以数列的前项和为； （3）当时，，又， 所以， 要证明 只需证明， 只需证明， 只需证明，由（2）可得， 只需证明， 只需证明， 只需证明 只需证明 设，，则 则函数在上单调递减，所以当时，， 又，所以，故， 所以 所以． 18．已知函数，点在函数的图象上．且． (1)设，求在的最大值； (2)判断数列的单调性并严格证明； (3)设．证明：； 【详解】（1）由，得到， 在内，当且仅当时等号成立， 所以函数在内单调递减， 所以在内的最大值为 . (2)数列的单调递减，证明如下： 因为点在函数的图象上， 所以，，且 由（1）知函数在内单调递减， 所以，即， 得到当时，， 因为，所以， 假设，则， 所以由数学归纳法知数列, 所以， 所以数列单调递减. (3)由（2）知数列的单调递减， 所以 . 即. 重难专题分层过关练 巩固过关 1．求证： (1)当时，； (2)当时，． 【详解】（1）令，则． 当时，，在严格增； 当时，，在严格减， 所以在处有极小值，也是最小值， 所以，故； （2）令，则， 由（1） 所以在上严格增，所以， 故． 2．已知函数. (1)当时，证明：； (2)若存在极大值，且极大值大于0，求的取值范围. 【详解】】(1)时，，， 时，；时，， 所以在区间上单调递增，上单调递减， 所以. (2) （2）， 时，，在上单调递增，无极值； 时，时，；时，， 所以在区间上单调递增，上单调递减， 所以的极大值为， 令，则， 所以在区间上单调递增，由已知， 所以，解得， 综上，. 3．已知，. (1)证明：； (2)证明：函数与的图象有两条公切线. 【答案】(1) 设，则， 因为在上均为增函数，故在上为增函数， 而，，故在上存在一个零点， 且当时，，当时，， 故在上为减函数，在上为增函数， 故，而，故， 故，但，故等号不可取， 故，即即. (2) 设公切线与曲线的切点坐标为， 与曲线的切点坐标为， 则曲线在处的切线方程为， 同理曲线在处的切线方程为， 故，故①， 若，则，但恒成立，矛盾，故， 故①即为，设， 则 故在为增函数，在为增函数， ，，， ， 故有两个不同的零点即函数与的图象有两条公切线. 4．设函数，且对任意恒成立. (1)求的值； (2)求函数在上的最值； (3)设实数且，证明：. 【详解】（1）因为函数，且对任意恒成立 所以当时，有，即,解得：. （2）因为,故,. 令，解得：；令，解得：或； 所以函数在上单增，在上单减. 因为，，， 所以函数在上的最大值为4，最小值为-16. （3）由（1）知,故. 由（2）知，当时，. 所以. 当实数且，有. 所以，，， 相加得：. 即证. 5．已知函数. (1)求证：； (2)若，试比较与的大小； (3)若，问是否恒成立？若恒成立，求的取值范围； 若不恒成立，请说明理由. 【详解】（1）即证，令，， 当所以此时单调递减； 当所以此时单调递增； 即当时，取得极小值也是最小值，所以，得证； （2）设，则， ①当时，，所以， 而此时，故，在减函数，， 即； ②当时，由（1）知 ， 令，即在单调递增， 所以，即，当且仅当时取得等号， 又恒成立，当且仅当时取得等号， 所以，即，即 综上，若，. （3）恒成立， 设， 即证在上恒成立， 易得， 当时，若， 下面证明：当时，，在上恒成立， 因为，设， 则， 所以在上是单调递增函数， 所以，所以在上是严格增函数， 若时，，即在右侧附近单调递减，此时必存在，不满足恒成立， 故当时，不等式恒成立. 6．已知函数． (1)当时，求函数的图像在点处的切线方程； (2)讨论函数的单调性； (3)证明：当时，． 【详解】（1）当时, ，所以. 得，点处的切线斜率为， 所以函数的图像在点处的切线方程为：. （2）由得， 当时，恒成立，则在R上单调递减； 当时，令得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增. 综上所述， 当时， 在R上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. (3)由（2）可知，当时， 的最小值. 要证， 只需证 只需证 设 则， 令得 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 所以， 所以得证， 即得证. 7．已知函数； (1)设函数，求函数的极值； (2)若不等式当且仅当在区间上成立（其中为自然对数的底数），求的最大值； (3)实数满足，求证：. 【详解】（1）由函数，得， 求导得， 当时，，当时，， 则函数在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，函数取得极小值，无极大值. （2）函数，，求导得，函数在上单调递增， 依题意，，即，解得， 于是，当且仅当时取等号， 所以的最大值是. (3)证明：依题意，， 令，由，得，令，求导得， 函数在上单调递增，，因此， 即，于是； ， 令，求导得，函数在上单调递减， ，因此，即，则， 所以. 8．已知函数. (1)当时，求函数的图象在处的切线方程； (2)讨论的单调性； (3)证明：当时，. 【详解】（1）当时， ，所以. 得，点处的切线斜率为， 所以函数的图像在点处的切线方程为：， 即：. （2）由得， 当时，恒成立，则在上单调递减； 当时，令得， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增. 综上所述， 当时， 在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. (3)由（2）可知，当时， 的最小值. 要证， 只需证 只需证 设. 则，令得. 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增. 所以在处取最小值，且， 所以得证， 即得证. 创新提升 1．（2025·上海黄浦·三模）已知函数是定义在D上的连续函数，其导函数为，函数的导函数为，定义函数运算：． (1)若，求出函数的极值点，并判断的符号； (2)若，，讨论方程解的个数； (3)若，当，，记与中较大者为．证明：． 【详解】（1），令，解得或， 由或；由. 所以函数在和上单调递增，在上单调递减. 所以是函数的极大值点；是函数的极小值点. 又，当时，； 当 时，. （2）因为 ，所以 ，， 则 ， 令 ，，， 令 ，即 ，因为 ，所以 ， 当 时，，所以 在上严格递增， 当 时，，所以 在上严格递减， 所以函数在 处取得最大值 ； 当 时，；当 时，， 时， 的图象无交点；当 时，的图象有 1 个交点；当 时，的图象有 2 个交点， 所以当 时，方程 无解；当 时，方程 有 1 个解；当 时，方程 有 2 个解； (3)证明：假设 在 上的最大值在某个内点 处取得， 即时 ， 由最大值的定义且 可导，且，， 因为当，，所以 ， 所以 ，由于 ，所以 ，所以 ， 但 ，而 ，这与 矛盾， 因此，函数 在 上的最大值只能在端点 或 处取得， 即 2．已知，. (1)时，求函数在点处的切线方程； (2)若在上恒成立，求t的取值范围； (3)时，已知，，曲线上不同的三点、、处的切线都经过点.证明：. 【详解】（1）时，，则，所以， 又， 所以函数在点处的切线方程为. （2）， 解，得，，得， 则在上单调递减，在上单调递增， 所以的最小值为， 若在上恒成立，则，解得， 所以t的取值范围是. （3）时，，， 设切点坐标为，则斜率， 则切线方程为， 将点代入得，得， 因为曲线上不同的定点，，处的切线都经过点， 所以方程有三个不同的解，，， 令， 则， 解，得或，，得， 则在和上单调递增，在上单调递减， 则极大值为，极小值为， 欲使函数有三个不同的零点，则，， 即，所以， 令，则， 所以在上单调递增， 所以时，，即，则， 所以， 综上，. 3．已知函数，. (1)求函数在点处的切线方程； (2)对任意的时，恒成立，求实数的取值范围； (3)记，若，且，求证：. 【详解】（1）解：因为，所以， 所以，又因为， 所以在点处的切线方程为，即； （2）解：因为，所以， 设，， 则，， 令，，则， 可得在上为增函数，即在上为增函数， 所以， 当时，，此时在上为增函数， 故，即，所以，符合题意． 当时，， 因为在上为增函数，当时，， 故存在满足，则在上单调递减，在上单调递增， 因此当时，，不合题意； 综上所述，实数a的取值范围为． (3)证明：由题意得，，所以， 由可得， 所以， 又，两边同时除以，得， 因此， 所以， 令，得， 因此， 令，，则， 所以在上为减函数，故，即时，． 因为，， 所以，所以， 又因为，所以，故，得． 4.已知函数． (1)若函数在处的切线垂直于直线，求a的值； (2)若函数在单调，求a的取值范围； (3)当时，若（其中是函数的导函数），求证：． 【详解】（1）因为，所以， 由直线的斜率为，得，， ，解得 ． （2）由已知得在上恒成立， 即，即在上恒成立，， ，当且仅当时即等号成立，， a的取值范围为． (3)当 时，，， 令，得， ，是方程的两个根． 由根与系数的关系得：，即， 又，， ， 令，，则， ， 在上为增函数，， 从而． 5．（24-25高三上·上海松江·期末）定义在D上的函数，若对任意不同的两点，，都存在，使得函数在处的切线与直线平行，则称函数在D上处处相依，其中称为直线的相依切线，为函数）在的相依区间.已知. (1)当时，函数在上处处相依，证明：导函数在上有零点； (2)若函数在上处处相依，且对任意实数m、n，，都有恒成立，求实数的取值范围； (3)当时，，为函数在的相依区间，证明：. 【答案】(1) 证明：当时，函数， 所以， 所以，即， 又函数在上处处相依， 所以导函数在上有零点； （2）因为， 所以， 因为函数在上处处相依， 所以存在，，使得， 故由题意存在，使得恒成立即恒成立， 所以恒成立， 又， 所以.所以实数的取值范围为. (3)当时，，则， 因为为函数在的相依区间， 所以，则， 因为，单调递减；，单调递增； 所以，则， 要证，即证，即证，即证，， 令， 则， 令， 则， 因为，，， 所以，故函数在上单调递减，所以， 所以，故函数在上单调递减，所以， 所以在上恒成立，即证得，， 从而得证. 6．（24-25高三下·上海杨浦·开学考试）若函数在上存在，使得，，则称是上的“双中值函数”，其中称为在上的中值点. (1)判断函数是否是上的“双中值函数”，并说明理由； (2)已知函数，存在，使得，且是上的“双中值函数”， 是在上的中值点. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 【详解】（1）是，理由如下： 根据条件易知， 又，可得， 显然，符合“双中值函数”定义， 即函数是上的“双中值函数”； （2）①因为，所以. 因为是上的“双中值函数”，所以. 由题意可得. 设，则. 当时，，则为减函数，即为减函数； 当时，，则为增函数，即为增函数. 故. 因为，且时，,时，， 所以，所以，即的取值范围为； ②证明：不妨设， 则，，即，． 要证，可证，即证． 设， 则． 设，则， 所以在上单调递增，所以， 所以，则在上单调递减． 因为，所以，即． 因为，所以． 因为，所以． 因为，所以． 由①可知在上单调递增，所以，即得证． 7．（2025·上海宝山·二模）定义在上的可导函数，集合为正整数，其中称为的自和函数，称为的固着点. 已知. (1)若，，求的值及的固着点； (2)若，是的自和函数，且在上是严格增函数，求的最大值； (3)若，，且是的固着点，求的取值范围，并证明：. 【详解】（1）由题得，所以， 因为，所以，解得， 所以，固着点. （2）由题得，则， 所以，因为是上的严格增函数， 所以在区间上恒成立， 由，得到，所以， 所以，因此的最大值是. (3)（方法一）由题得，， 所以， 因为，且是的固着点，所以（*）在上有唯一的解， 记，则，所以在是严格减函数， 从而，又当时，，故的值域是， 所以，即， 记，则由上述可知是的严格减函数且， ， 因为，所以，所以  ① 又， 记，则， 因为，所以，所以， 所以是上的严格增函数， 故，从而  ② 由①②可知，，即， 又是的严格减函数，所以，故. （方法二） 由题得，，所以， 因为且是的固着点，所以（*）在上有唯一的解 求导得， 当时，，是上的严格减函数， 所以，所以方程（*）无解； 当时， （ⅰ）当时，在恒成立，故是上的严格增函数， 所以，所以方程（*）无解； （ⅱ）当时，如下表 - 0 + 严格减 极小值 严格增 可知在严格减，在严格增， 又，，当时，， 所以方程（*）在无解，在有唯一解，满足题意的的取值范围， 因为是的唯一解，所以， 又，令， 则，所以是上的严格减函数， 所以，即， 又当时，，所以， 又在上有唯一的零点，则， 综上，，此时. 8．（2025·上海松江·二模）已知. (1)若是函数的一个极值点，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论函数的单调性； (3)已知实数，若点是曲线上两点，直线AB的斜率为，求证：. 【详解】（1）的定义域为， 由，得， 因为是函数的一个极值点， 所以，即，解得， 则，， 则得或；得， 则在和上单调递增，在上单调递减， 则是的极小值点， 又， 则切线方程为，整理得. （2）的定义域为，， 令，其对称轴为， ①当，即时，，则在上单调递增； ②当，即或时， （i）当时，的两根为， 且， 则当或时，，； 当时，， . （ii）当时，的对称轴，且， 则在上恒成立，即在上恒成立. 综上，当时，在上单调递增； 当时，在和上单调递增，在上单调递减. (3)已知，则， 则， 则， 要证，即证， 即证， 令，则只需证， 先证，即证， 令，则， 所以在上单调递增，则，即； 再证，即证， 令，则， 所以在上单调递增，则，即. 综上，得证. 9．（24-25高三上·上海宝山·阶段检测）给出函数 . (1)若 ，求不等式 的解集； (2)若 ，判断 的奇偶性，说明理由，并求不等式 的解集； (3)若 ，非零实数 、 满足 ，求证: . 【详解】（1）若，则不等式为， 即，所以， 不等式的解集为. （2）设 ，定义域是， 则，所以是偶函数. 设，则，， 故 ，所以 又，所以， 即，故在上是减函数. 又，则是偶函数， 当时，，又，在上单调递减， 所以在上是减函数. 所以不等式等价于， 由单调性可得，解得且 的取值范围是. （3）若，则2， 由 得， 即，即，所以. 设 ，则， ，解得， 所以. 要证，即证，只需证， 设，则， 所以在上是增函数，故 ， . 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $