函数与导数：利用导数证明不等式、利用导数研究恒成立问题专项训练-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 聚焦导数工具性，通过证明不等式与恒成立问题两大模块，以精选例题与变式题构建从基础到综合的知识逻辑链，强化数学思维与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |利用导数证明不等式|3例+3变式|含参数比较大小、零点关系证明、极值点性质论证|以导数为工具，结合函数单调性、极值构建“求导分析—构造函数—逻辑推理”链条，体现数学思维的严谨性| |利用导数研究恒成立问题|3例+3变式|单调性讨论、参数范围求解、最值应用|从函数性质出发，通过分类讨论与转化思想，建立“导数分析—最值判断—参数限定”的数学语言表达体系，发展模型观念|

2027届高三数学一轮复习专项训练 函数与导数：利用导数证明不等式、利用导数研究恒成立问题专项训练 考点目录 利用导数证明不等式 利用导数研究恒成立问题 考点一 利用导数证明不等式 例1．（26-27高三上·湖南衡阳·开学考试）已知函数与其导数的定义域均为，，且对任意，恒成立，其中为常数． (1)比较与的大小； (2)证明：； (3)若，函数总存在最小值，证明：． 【答案】(1) (2)设，则， 由于，所以，有，所以， 即对任意成立．     设，则当时，， 则在区间内有， 即，， 所以，证毕． (3)由于，且， 故， 而， 由，及， 可得，即也满足．     反证法：假设，则存在使得，， 由，知， 可见也是极小值点，， 由，可得， 以此类推，． 设，由，得， 而，得， 所以，令，则，即， 这与矛盾，故假设不成立，． 【分析】（1）构造函数，再利用导数得到其单调性，进而即可比较与的大小；    （2）构造函数，，再利用导数得到其单调性，进而即可证明结论； （3）先根据题意证明也满足，再利用反证法即可证明． 【详解】（1）设，则， 所以在上单调递增，所以，即， 所以． （2）略 （3）略 例2．（26-27高三上·陕西榆林·开学考试）已知函数（）有两个零点，，且． (1)求实数的取值范围； (2)证明：． 【答案】(1) (2)证明：由（1）得， 所以， 设，则，， 设，， ， 所以在上单调递增，所以， 所以， 又由于，所以， 所以． 【分析】（1）先将原函数的零点方程作同构变形，借助严格单调的辅助函数消去外层，把原问题转化为有两个不同解的问题，再通过求导分析的单调性与最大值，结合两函数图象的交点数确定的取值范围. （2）先通过已知等式变形并换元简化式子，再构造函数利用导数判断单调性证明不等式，最后结合的范围得出的范围. 【详解】（1）的定义域为， 函数有两个零点， 即方程有两个解． 因为，所以恒大于0，所以恒大于0，可得， 设，， 则原方程可化为， ， 则在上单调递增， 所以，即． 设，，则， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减，且恒大于0， ， 画出的图象如图所示， 要使有两个解，即与的图象有两个交点， 由图象可得的取值范围是. （2）略 例3．（26-27高三上·辽宁·开学考试）设实数，已知曲线与曲线，记曲线在处的切线为． (1)求的方程； (2)设与在第一象限内的两个相异交点分别为，，且． （ⅰ）证明：，且； （ⅱ）证明：直线与的交点的横坐标． 【答案】(1) (2)（ⅰ）由题可得，，且，， 两式相除，得，即， 令，则，且， 由，得， 所以，，则． 当时，因为，所以； 当时，同样有； 当时，令，则， 所以在上单调递增， 所以，即，所以， 因为，所以，即， 所以． 综上，． 由，相乘，得． 因为，，，所以． 又，所以，所以． （ⅱ）因为点A，B均在抛物线上，所以，， 则直线AB的斜率为， 所以直线AB的方程为． 由（1）知， 联立两直线方程，得， 即， 由（ⅰ）知， 又，所以， 由（ⅰ）知，因此． 因为，所以要证， 只需证， 即证． 因为，所以， 则， 所以，得证． 综上，直线AB与l交点的横坐标． 【分析】（1）利用导数的几何意义即可求解； （2）（ⅰ）由题意得，令，得，进而得，，则，根据三种情况，分类讨论即可得证， 由，，得，即，进而得证； （ⅱ）根据题意求得直线AB的方程为，又由（1）知，联立两直线方程，得，由（ⅰ）知，得，由（ⅰ）知，则，要证，只需证，即证，利用即可得证. 【详解】（1）曲线在处的切点为，切线斜率为， 所以l的方程为，即； （2）（ⅰ）略 （ⅱ）略 变式1．（26-27高三上·广东汕尾·阶段检测）已知函数，其中，定义域为 (1)当时，求在内的极值点； (2)讨论函数在上的单调性，并指出极值点个数； (3)若是在内的极大值点．证明：． 【答案】(1)极大值点，无极小值点 (2)当时，在单调递增，在单调递减；有且仅有1个极大值点，无极小值点．其中． (3)证明： 由极大值条件，得：， 结合，解得，， 所以 先证， 因为，，故，， 因此不等式得证．     因为 又，所以上式等价于（*） 下面证（*）式 由，得，所以， 所以要证证 方法一：构造函数，，所以， 已知对任意，，即，分母， 所以，在严格单调递减． 若， 当，，即     方法二：令， 在单调递增，      故恒成立，，．证毕 【分析】（1）对函数求导，令导数等于0求出导数的零点，之后判断零点两侧导数的符号变化，确定是否为极值点； （2）对原函数求导整理，可得导数的符号由三角函数部分决定，求解三角函数部分等于0的根，根据的取值范围判断根是否在区间内，再根据导数在各子区间的符号判断单调性，进而确定极值点个数； （3）利用极大值点处导数为0，得到和与的关系，将用和表示可得，证明和，进而转化为证明.方法一：构造函数，求导分析函数单调性和极值即可；方法二：令，求导分析函数单调性和极值即可. 【详解】（1）当，，， 因为，令，得， 在内解得． 当时，，单调递增； 当时，，单调递减． 故函数在内有唯一极大值点，无极小值点． （2），得，记， 因为，，所以， 所以， 所以当时，，单调递增； 当时，，单调递减． 所以函数在上有极大值点为，无极小值点， 故函数只有1个极值点． 综上：当时，在单调递增，在单调递减； 有且仅有1个极大值点，无极小值点．其中． （3）略 变式2．（2026·四川巴中·模拟预测）已知函数，． (1)求证：；； (2)解不等式； (3)当时，求证：． 【答案】(1)由题意可得：，所以，， 所以，又因为，所以，，所以 (2) (3) 要证，转化为证， 两边同乘2（不等号方向不变），即证， 整理得，令， 求导得： ，令，解得： ， 当时，，故， 因此，即在上单调递增， 又，因此对任意，都有， 原不等式成立 【分析】（1）先根据、表达式求出、，再分别化简、并与、比较. （2）先对不等式进行变形，通过换元将指数不等式转化为二次不等式求解，最后回代并取对数得到原不等式的解集. （3）将不等式变形为，设求导分析单调性，结合证明. 【详解】（1）略 （2） 由题意得，两边同乘得： ，即， 令，不等式变为， 因式分解得，解得， 即，取自然对数可得：， 不等式解集为. （3）略 变式3．（25-26高三下·重庆沙坪坝·开学考试）已知函数，，记，为自然对数的底数． (1)若为增函数，求实数的最小值； (2)若有三个零点，，． （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）求证：． 【答案】(1) (2) （ⅰ） （ⅱ）法一：因为， 故，又，有唯一的正零点，所以， 由，得， 故， ， 又，，故，，故① 令，，单调递减， 所以，于是，即有② 由①②得，即有，证毕！ 法二： 由，得，， ， 故， 同理，设， ，令， ，故单调递增，又， 于是当时，，，单调递减； 当时，，，单调递增． 由洛必达法则得， 所以， 令， 当时，因，，，故，单调递减； 当时，，令， ，在单调递减， ，又，故； ，故． 所以，在单调递减． 又，故， 即，故得证！ 法三： ， 由，得，， ， 故 ， 同理， 令， ，故在和单调递增． 又由洛必达法则得，，， 因，故， ，所以， 因，故，， 所以，所以，故得证！ 【分析】（1）方法一：求导研究单调性，求出最小值，令最小值大于等于 0 解参数范围；方法二：参变分离，构造新函数求最小值，转化为恒成立求参数；（2）（i）方法一：分析导函数零点得到原函数单调性，结合零点存在定理判断零点个数；方法二：分离参数构造函数，研究新函数单调性、极限，利用方程解的个数判定零点；（ii）方法一：挖掘与关系式得到，构造辅助函数，利用不等式放缩完成证明；方法二： 等价变形待证不等式，构造函数，研究单调性，比较与大小；方法三：代入零点条件化简代数式，构造，利用函数值域分别得到两边的范围，直接比较大小. 【详解】（1），因为为增函数，所以对任意实数恒成立． 法一：令，得， 故在单调递减，在单调递增， ，解得． 所以，实数a的最小值为． 法二： ，令， ，故在单调递减，在单调递增， ，得．所以，实数a的最小值为. （2）（i）：法一：由 (1) 知在单调递减，在单调递增. 若, 由 (1) 知为增函数，至多只有一个零点，不符合题意； 若, 则,, ,;,, 故存在和, 使得, 且时，,单调递增；时，,单调递减；时，,单调递增. 又, 故,,,;,, 所以存在,, 使得. 综上知，当时，有三个零点, 且. 法二：因为, 所以有一个零点为 0 ， 当时，，记， 令，，故单调递增， 又，于是当时，，，单调递减； 当时，，，单调递增, 由洛必达法则得，，，， 当时，方程没有解，不符合题意； 当时，方程在和各有一个实数解和. 综上知，当时，有三个零点，且. （ii）略 考点二 利用导数研究恒成立问题 例1．（26-27高三上·重庆·开学考试）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若不等式在上恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减. (2) 【分析】（1）由函数可得函数的定义域及导数，再分类讨论导数的正负可得函数的单调性； （2）将不等式变形为，再构造函数，利用导数求函数的最小值，从而可得所求值的范围. 【详解】（1）由题意可知函数的定义域为，， 当时，恒成立，在上单调递增； 当时，由解得；由解得， 所以在上单调递增，在上单调递减． 综上所述，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减. （2）因为，所以不等式化为，即. 所以在上恒成立，只需即可， 令，则， 因为，所以，函数在上单调递增， 所以，所以，即． 因此实数的取值范围为 例2．（2026·湖南湘潭·一模）已知，． (1)求证：图象关于直线对称； (2)当时，存在最大值，求实数的取值范围； (3)当时，恒成立，求的值． 【答案】(1)证明： 关于直线对称． (2) (3) 【分析】（1）利用函数对称性的定义式证明即可； （2）由对称性转化为研究时函数有最大值，求导后分类讨论，结合函数极值及函数单调性判断函数是否存在最大值即可得解； （3）利用函数的导数，分别分析三种情况，即可由不等式恒成立求解. 【详解】（1）略 （2）由（1）知关于直线对称，故仅考虑． ，设，． （i）当时，恒成立．在单调递增， 此时，在单调递减． 所以，此时在不存在最大值. （ii）当时，使， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 又因为，， 所以 ①当时，的大致图象如下图所示， 可知时，，在单调递增， 此时存在最大值，符合题意； ②当时，使，的大致图象如下图所示， 可知时，，在单调递减， 可知时，，在单调递增， 当时，在存在最大值，即，即. 综上时有最大值. （3）由（2）知：当时，不成立，时，， ，，、， 使，且     在单调递增，单调递减，单调递增， ，，，，，在单调递增，单调递减，在成立， 时，，成立， 时，，成立， 所以，对时，恒成立． 当时，、使，且 在单调递增，单调递减，单调递增， ，，，     ，，在单调递增， 时，不成立，综上，对时，恒成立． 例3．（25-26高三上·山东潍坊·阶段检测）已知函数，. (1)当时，求的单调区间； (2)若在上恒成立，求实数的取值范围； 【答案】(1)递减区间为，无递增区间； (2). 【分析】（1）求出函数的导数，再判断其正负求得单调区间. （2）等价变形给定不等式并分离参数，构造函数，并求出其值域即得. 【详解】（1）当时，函数，定义域为， 求导得， 所以函数的递减区间为，无递增区间. （2）由题意，对任意，不等式恒成立， 即恒成立， 即恒成立， 令函数， 求导得， 令函数， 求导得，所以函数在上单调递增， 当时，， 所以，则函数在上单调递增， 因此，即， 所以实数的取值范围是. 变式1．（26-27高三上·内蒙古兴安·阶段检测）已知函数在时有极值，其图象在点处的切线与直线平行． (1)求的值和函数的单调区间； (2)若当时，恒有，试确定的取值范围． 【答案】(1)；的单调增区间为和，单调减区间为. (2) 【分析】（1）用待定系数法列方程组，解出和的值，确定函数解析式，然后求导，最后求出单调区间即可. （2）结合（1）中结论，将恒成立问题转化为求最大值问题，即可得出参数范围. 【详解】（1）由已知，函数，则， 由题意得，解得. 因此，， 令，即，解得或， 令，即，解得， 所以的单调增区间为和，单调减区间为. （2）当时，结合（1）中函数的单调区间， 可得在上单调递减，在上单调递增， 所以在处取得极小值， 又，， 所以在区间上，. 故当时，恒有，即. 变式2．（25-26高三上·贵州贵阳·阶段检测）已知函数，． (1)求的最值； (2)当时，若存在实数，，满足，求的取值范围； (3)当时，恒成立，求的取值范围． 【答案】(1)函数有最小值，无最大值； (2)实数的取值范围为； (3)实数的取值范围为. 【分析】（1）利用导数工具研究其单调性即可求解最值； （2）利用导数工具研究函数的单调性和极值即可由题意得解； （3）将题设等价转换为恒成立，求出函数的最小值即可求解. 【详解】（1）由题，则时，时， 所以在上单调递减，在单调递增， 又时， 所以函数有最小值，无最大值； （2）时，， 则， 所以时，时， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以函数有极小值为，有极大值为， 所以当时，若存在实数、、满足， 则实数的取值范围为； （3）当时恒成立，即恒成立， 显然时上述不等式恒成立， 当时，， ， 所以时，时， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以函数有最小值为， 所以，即实数的取值范围为. 变式3．（25-26高二下·内蒙古呼和浩特·期末）已知函数． (1)若，求函数的最小值； (2)讨论的单调性； (3)若在上恒成立，求的取值范围． 【答案】(1) (2)当时，在 上单调递增；当时，在单调递减，在单调递增. (3) 【分析】（1）求导后判断单调性，确定极小值点，代入求最小值； （2）对参数 分类讨论，根据导数符号确定单调区间； （3）先由对数有意义得 ，化简不等式为含参数的分式函数恒正，分情况讨论参数范围. 【详解】（1）函数的定义域为，求导得 . 当 时，. 当 时，，单调递减； 当时，，单调递增. 故在 处取最小值，代入得. 因此函数的最小值为. （2）对导数分类讨论： 若，则对任意都有，即，故在上单调递增； 若，时，，单调递减； 时，，单调递增. 综上，当时，在 上单调递增； 当时，在单调递减，在单调递增. （3）由题意，已知，则有意义需. 不等式 在 恒成立，化简不等式得， 消去同类项整理得，对任意恒成立. 令 . 若，则，故恒成立； 若，则，成立； 若，则 ，当时，，，不满足恒成立. 综上，的取值范围为. 2 学科网（北京）股份有限公司 $2027届高三数学一轮复习专项训练 函数与导数：利用导数证明不等式、利用导数研究恒成立问题专项训练 考点一 利用导数证明不等式 考点目录 利用导数证明不等式 利用导数研究恒成立问题 例1.(26-27高三上湖南衡阳开学考试)己知函数f(x)与其导数∫'()的定义域均为R,f(x+)=f(x)+f'(), 且对任意x∈R,O≤f(,<M恒成立，其中M为常数. ①比较2与f④的大小： (2)证明：f()≤(e-1)f(x+1)； ⑨aE0D,函数8)=f+g总存在能小佰，证明：8之20 例2.(2627商三上陕西检林开学考试)己知函数)e”-r(a>0)有两个零点5，名，且<5. (I)求实数a的取值范围： (2)证明： x+x>2e 2027届高三数学一轮复习专项训练 e2 a> 例3.(2627高三上辽宁开学考试)设实数“>4，已知曲线G:y=©与曲线C,:y=,记曲线G在x=2处 的切线为. (1)求1的方程： (②)设C与C在第一象限内的两个相异交点分别为1(：，），B(:,乃），且<2<5 （i)证明：+为>4 ，且 axx2 >e2 (i)证明：直线1B与'的交点的横坐标∈(0,2) 变式1.(2627高三上广东汕尾阶段检测)已知函数f()esnx,其中a>0,定义域为0 0①当a=l时，求在0刊内的极值点； (②时论函数在0刊上的单调性，并指出极值点个数： 1 苏是/四在O内的服大点，明：N+/专 2027届高三数学一轮复习专项训练 2,8)e-e 变式2,226四川巴中模极碳别)已知百数f钊-号 2 求证：(2x)-2f()-1,82)-2f)g() ②辉不等式)s: 3)当*>0时求证：()>g( 变式3.(2s26高三下重庆沙坪坝开学考试)己知函数)=(+a)e+x-a,aeR,记8（四）=∫（冈， e=2.71828…为自然对数的底数. )若()为增函数，求实数“的最小值： @四活四有三个零点，本，6<西<) (i)求实数a的取值范围： (ii)求证： [g(x)-[g(x)]>e24-e2 2027届高三数学一轮复习专项训练 考点二 利用导数研究恒成立问题 创1.(2627离三上重庆开学考试)已知函数f)-r+公 ④)时论/()的单调性， ②若不等式寸()2+“在L+切)上恒成立，求实数“的取值范围。 例2.(2026潮南湘潭一模)已知f)=r-+asin,aeR (1)求证：f(x)图象关于直线x=2对称； 2当∈(0，时，f 存在最大值，求实数“的取值范围： )当reR时，f()≥0 恒成立，求的值. 2027届高三数学一轮复习专项训练 例3。（(2s26高三上山东潍坊阶段检已知函数()-，8()-+2+ 4)当b=-1时，求3()的单调区间； ②考f代)x+在+四）上恒成立，求实数”的取值范围， 变式1.(2627高三上'内蒙古兴安阶段检测)已知函数)=r(ar+b)(a,6eR)在x=2时有极值，其图象在 点f0》处的切线与直线3x+y=0平行 0)求，b的值和函数（闪的单调取间 ②若当4时，恒有≥，试确定'的取值范围。 2027届高三数学一轮复习专项训练 变式2。（2s26高三上贵州费阳阶段检测已知函数f()=心，g(y=a-r+x-1 a)求f)的最值： ②当0=-1时，若有在实数，，名满足8(6)8()=8()=m,求m的取值范用； 6)当x≥0时，f()-8)21 成立，求的取值范围 变式3，(25-26高二下'内蒙古呼和浩特期末)已知函数f(x)=nx+(a∈R). Q芳”=2，求函数四的最小值： 2)时论(：)的单调性： (⊙)若≥+n后在x(0切)上恒成立，求a的取值范国。 6