2026年高考数学二轮复习高效培优讲义(全国通用)专题2.3导数大题证明不等式归类(培优热点专练)(学生版+解析)

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题型01直接构造函数法
1（24-25高二下·江苏连云港·月考）下列四个不等式①lnxlnx，
令y=ex−x，求导得y'=ex−1，令y'=0，解得x=0，
当x0，
则函数y=ex−x在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
所以ex−x≥1>0，即ex>x，故①正确；
对于②，令y=xlnx−x+1，求导可得y'=lnx+1−1=lnx，令y'=0，x=1，
当00，
则函数y=xlnx−x+1在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以xlnx−x+1≥0，即xlnx≥x−1，故②正确；
对于③，令y=lnx−x+1，求导得y'=1x−1=1−xx，令y'=0，x=1，
当00,y>0，
所以当x>0时，x>sinx，故④正确.
故选：C.
2(25-26高三上·北京丰台·期中)已知函数fx=ln1−x．
(1)求曲线y=fx在点0,f0处的切线方程；
(2)求证：当x∈−∞,0时，fx>−12x2−x.
【答案】(1)y=−x
(2)证明见解析
【知识点】求在曲线上一点处的切线方程(斜率)、利用导数证明不等式
【分析】(1)根据导数几何意义可求得切线斜率，结合f0=0可得切线方程；
(2)构造函数gx=ln1−x+12x2+xxg0=0，原结论得证.
【详解】(1)∵fx定义域为−∞,1，f'x=−11−x，∴f'0=−1，又f0=0，
∴y=fx在0,f0处的切线方程为y=−x.
(2)令gx=ln1−x+12x2+xx0，
∴gx在0,+∞上单调递增；
因为gx为偶函数，所以gx在−∞,0上单调递减，在0,+∞上单调递增
∴当x=0时，gminx=g0=1.
题型02 利用第一问结论求解
1(25-26高三上·上海·单元测试)已知函数fx=aex−x−1，a∈R(e为自然对数的底数)．
(1)求函数fx的单调区间；
(2)当a≥1时，求证：fx≥0．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【知识点】利用导数求函数(含参)的单调区间、利用导数证明不等式、由导数求函数的最值(不含参)
【分析】(1)求导，即可结合分类讨论求解，
(2)根据函数的单调性可得最值点，即可代入求证.
【详解】(1)f'x=aex−1，
①若a≤0，f'x≤0恒成立，此时函数fx的单调递减区间为−∞,+∞；
②若a>0，令f'x>0，得x>−lna，令f'x732.
【答案】(1)0
(2)证明过程见解析
【知识点】利用导数证明不等式、由导数求函数的最值(不含参)
【分析】(1)利用导数的性质进行求解即可；
(2)利用(1)的结果，取特殊值代入进行证明即可.
【详解】(1)显然该函数的定义域为全体正实数，
由f(x)=12x2−1−lnx⇒f'x=x−1x=x+1x−1x，
当x>1时，f'x>0，所以函数fx单调递增，
当0−2和a−2时，此时−a0，
所以fx在−∞,−a,2,+∞上单调递减，在−a,2上单调递增；
③若a2，
所以当x∈−∞,2,−a,+∞时，f'x1时，g'x2，所以g−a0,∴f(x)单调递增，
x∈(−13a,+∞)时，f'(x)bn+1>0，设t=bn+1>0，分析可知原题意等价于t2−2t+t+2ln1+t>0，构造gt=t2−2t+t+2ln1+t，t>0，利用导数证明gt>0即可.
【详解】(1)由题意可知：fx的定义域为−1,+∞，且f'x=a+1x+1=ax+a+1x+1，
①当a≥0，f'x>0，可知fx在−1,+∞上单调递增；
②当a0，可知fx在−1,−1a−1上单调递增;
当x∈−1a−1,+∞，f'x0，
可知ℎt在0,+∞上单调递增，则ℎt>ℎ0=0，即g't>0，
可知gt在0,+∞上单调递增，可得gt>g0=0，
即t2−2t+t+2ln1+t>0，所以1bn+1−12>21bn−12，∀n∈N*.
2(2025·甘肃武威·模拟预测)已知函数fx=alnx+1x.
(1)讨论fx的单调性；
(2)若∀x∈1,+∞，fx0，即fx2时，x2−ax+1=0有两根x1=a−a2−42，x2=a+a2−42.
因为x1x2=1，
所以x1=a−a2−421.
可得：由ℎx=x2−ax+1>0，即g'x>0，得x>x2，
由ℎx=x2−ax+112k+1，再根据此式放缩，累加即得答案.
【详解】(1)f'x=1x−2m(x+1)2，
因为f(x)在(0,+∞)上单调递增，所以f'x≥0在(0,+∞)上恒成立，
所以2m≤(x+1)2x恒成立，令g(x)=(x+1)2x(x>0)，只需2m≤gxmin，
g(x)=(x+1)2x=x+1x+2≥2x⋅1x+2=4，
当且仅当x=1x，即x=1时等号成立，所以g(x)min=4.
由2m≤4，得m≤2，即m的取值范围是(−∞,2].
(2)由(1)知，当m=2时，f(x)在(0,+∞)上单调递增，
所以当x>1时，f(x)>f(1)=0，即lnx>2(x−1)x+1(x>1).
令x=1+1k，k∈N∗，所以ln1+1k>21+1k−11+1k+1，
即lnk+1k>12k+1，所以lnk+1−lnk>12k+1，k∈N∗.
当k依次取1，2，…，n时，ln2−ln1>13，ln3−ln2>15，…，lnn+1−lnn>12n+1.
上面式子叠加即得lnn+1>13+15+⋯+12n+1.
2(25-26高三上·四川广安·月考)已知a2=16，an−an+1=3anan+1．
(1)证明：1an为等差数列，并求an的通项公式；
(2)令bn=anan+1，Tn为bn的前n项之积，求证：1b1T1+1b2T2+1b3T3+⋯+1bnTn0，函数fx无零点；
②当a>0时，f'x0，
所以函数fx在0,+∞上存在唯一的零点.
③当a0，fx在1−ln−a,+∞上单调递增；
当x0，ℎx单调递增，
当x>1时，ℎ'x0，即a0，即f'x>0，
所以fx在定义域上单调递减不成立．所以a≥−2．
(2)证法一：令ℎx=x−alnx−3ex−1+x2+1，
所以ℎ'x=1−ax−3ex−1+2x，因为a≥1，
所以ℎ'x=1−ax−3ex−1+2x≤1−1x−3ex−1+2x，
令Mx=ex−x−1，则M'x=ex−1，
因为x∈1，+∞，所以M'x=ex−1>0，所以Mx在1,+∞单调递增，
所以Mx≥M1=e−2>0，所以ex>x+1，所以ex−1≥x，
所以ℎ'x≤1−1x−3ex−1+2x0，所以Nx在1,+∞单调递增，
所以Nx≥N1=e−2>0，即ex>x+1，所以ex−1≥x，
所以M'x=1+2x−3ex−1a+b，则下列结论可能成立的是（ ）
A．01时，f'(x)>0，f(x)是单调递增函数，
当01时，g'(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)>g(1)=e，
ℎ'(x)=1−lnxx2，当x>e时，ℎ'(x)>0，ℎ(x)单调递减，当00，
∴t(x)在(0,+∞)上递增，则tx>t0=0,
∴ex>x+1,
又lnx≤x−1，所以−lnx≥1−x,
∴ex−lnx>x+1+1−x=2。
2（25-26高一上·新疆喀什·期中）已知函数fx=x+aex+1a∈R.
(1)若fx≥0恒成立，求实数a的取值范围；
(2)证明：当x>0时，xeex>eex−1.
【答案】(1)a≥−1
(2)证明见解析
【知识点】用导数判断或证明已知函数的单调性、由导数求函数的最值（不含参）、利用导数证明不等式、利用导数研究不等式恒成立问题
【分析】（1）根据给定条件，分离参数并构造函数，利用导数求出最大值即可得解；
（2）构造函数ℎx=ex−x，x>0，利用导数证得ex>x+1，再利用函数单调性及不等式性质推理即得.
【详解】（1）函数fx=x+aex+1的定义域为R，fx≥0⇔a≥−x−1ex，
令gx=−x−1ex，依题意，a≥gx恒成立，g'x=−1+1ex，
当x0，即函数φx在0,+∞上单调递增，
φx>φ0=0，即xex>ex−1，于是xex+1>eex−1，
所以xeex>eex−1.
3已知函数f(x)＝ex﹣1﹣x﹣ax2．
(1)当a＝0时，求f(x)的单调区间；
(2)当x≥0时，若不等式f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围；
(3)若x＞0，证明：(ex﹣1)ln(x+1)＞x2．
【答案】证明见解析
【分析】(1)由题意，对函数f(x)进行求导，利用导数即可得到函数的单调区间；
(2)对函数f(x)进行求导，构造函数h(x)＝ex﹣1﹣2ax，对函数h(x)进行求导，分别讨论a的取值范围，进而可解；
(3)由(2)得，a=12且x＞0时，ex＞1+x+x22，即ex−1＞x2+2x2，此时问题转化成求证ln(x+1)＞2x2+x，构造函数F(x)=ln(x+1)−2x2+x(x＞0)，利用导数得函数的最小值可得结论．
【详解】(1)当a＝0时，f(x)＝ex﹣1﹣x，函数定义域为R，
可得f′(x)＝ex﹣1，
当x＜0时，f′(x)＜0；当x＞0时，f′(x)＞0，
所以f(x)在(﹣∞，0]上单调递减，在[0，+∞)上单调递增；
(2)已知f′(x)＝ex﹣1﹣2ax，
令h(x)＝ex﹣1﹣2ax，函数定义域为R，
可得h′(x)＝ex﹣2a，
当2a≤1，即a≤12时，
此时h′(x)≥0，h(x)单调递增，
所以h(x)≥h(0)，
即f′(x)≥f′(0)＝0，
所以f(x)在[0，+∞)上为增函数，
此时f(x)≥f(0)＝0，满足条件；
当2a＞1时，
当0≤x＜ln2a时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，
所以h(x)＜h(0)＝0，
即f′(x)＜f′(0)＝0，
所以f(x)在(0，ln2a)上单调递减，
此时f(x)＜f(0)＝0，不满足题意，
综上，实数a的取值范围为(−∞，12]；
(3)证明：由(2)得，当a=12且x＞0时，ex＞1+x+x22，
即ex−1＞x+x22=x2+2x2，
要证(ex﹣1)ln(x+1)＞x2，
需证ex−1＞x2ln(x+1)，
即证x2+2x2＞x2ln(x+1)，
要证ln(x+1)＞2x2+x，
设F(x)=ln(x+1)−2x2+x(x＞0)，
可得F'(x)=1x+1−4(x+2)2=x2(x+1)(x+2)2(x＞0)，
当x＞0时，F′(x)＞0恒成立，
所以F(x)在(0，+∞)上单调递增，
因为F(0)＝0．
所以F(x)＞0恒成立，原不等式成立．
题型08 极值偏移之和型
1(2025高三·全国·专题练习)若fx=xlnx−a有两个不等的零点x1,x2，且x10，原题意等价于y=Fx与y=a有2个交点，
因为F'x=1+lnx，令F'x>0，解得x>1e；令F'x1.
3(2025·四川眉山·模拟预测)已知函数fx=lnx+ax2−3x+2，且曲线y=fx在x=2处的切线与直线2x+3y−3=0垂直.
(1)求a的值；
(2)求fx的极值；
(3)若fx1=fx2=fx3，且x10，所以fx在a,+∞上为增函数；
当00
又fa0，当x∈2,+∞时，f'x0，
令gx=2x−2lnxx,x>0，
g'x=2−2−2lnxx2=2x2+lnx−1x2，
令ℎx=x2+lnx−1,x>0，则ℎ'x=2x+1x，
当x>0时，ℎ'x>0，所以ℎx在区间0,+∞上单调递增，
又g'1=0，所以g'x在区间0,+∞有唯一零点，
当x∈0,1时，g'x0时，c'x≤0恒成立，当且仅当x=1时等号成立，
所以函数cx在区间0,+∞单调递减，
所以cx2a2成立.
3(25-26高三上·安徽·月考)已知函数fx=ex−1x，gx=12x2−x+alnx．
(1)分析函数gx的单调性；
(2)若函数exfx−mx−x>1在0,+∞上恒成立，求实数m的取值范围；
(3)令ℎx=xfx−gx，若存在x1,x2使得ℎx1=ℎx2，证明：lnx1x20，g'x>0，gx单调递增；
当a0，gx单调递增，
x10，gx单调递增，
③当a≤0时，x1=1−1−4a20，
00，gx单调递增，
∴综上所述，当a≤0时，函数gx在0,1+1−4a2上单调递减，在1+1−4a2,+∞上单调递增；
当00，
令t=x>0，即et2−mt−t2−1>0在0,+∞上恒成立，
设Tt=et2−mt−t2−1(t>0)，只需证Tt>0在t∈0,+∞上恒成立，
则T't=2t⋅et2−m−2t，T'0=−m，
①当−m≥0，即m≤0时，
∴T't=2t⋅et2−1−m≥0，Tt单调递增；
∴Tt>T0=0，故满足条件．
②当−m0时，
设φt=T't=2t⋅et2−1−m，t∈0,+∞，
则φ't=T't=2et2−1+2t2tet2=2et22t2+1−2，
因为t∈0,+∞，则t2>0，则2et2>2，2t2+1>1，则φ't=2et22t2+1−2>0，
则φt在0,+∞上单调递增，即T't在0,+∞上单调递增，
t→0,T'00，Tt单调递增，
∴Tt0x2>0．由ℎx1=ℎx2可得a=ex1−1−12x12+x1−ex2−1+12x22−x2lnx1−lnx2，
∵x1>x2，∴lnx1>lnx2，
要证lnx1x2elnx1+lnx2
即要证ex1−1−12x12+x1−e2lnx12>ex2−1−12x22+x2−e2lnx22．
令Gx=ex−1−12x2+x−e2(lnx)2，即要证Gx1>Gx2，
即要证y=Gx在0,+∞上单调递增，
即要证G'x=ex−1−x+1−elnxx≥0在0,+∞上恒成立，
即要证ex−1−x+1≥elnxx在0,+∞上恒成立．
设mx=elnxx，则m'x=e1−lnxx2，令m'x=0，∴解得x=e，
当x∈0,e时，m'x>0，mx单调递增；
当x∈e,+∞时，m'x0,nx单调递增，∴nx≥n1=1，
∴ex−1−x+1≥elnxx恒成立，
∴得证：lnx1x23.
【答案】(1)(−∞,−1)
(2)证明见解析
【知识点】导数中的极值偏移问题、利用导数研究函数的零点、利用导数证明不等式、根据函数零点的个数求参数范围
【分析】(1)求定义域，求导，得到函数单调性，结合函数走势，得到不等式，求出答案；
(2)先证明对一切不相等的正实数x1,x2，都有x2−x1lnx2−lnx12，进而求出x12+x1x2+x22>3x1+x224>3.
【详解】(1)f(x)=lnx−x−a定义域为(0,+∞)，
由题意可得f'(x)=1x−1=1−xx.
当x∈(0,1)时，f'(x)>0，当x∈(1,+∞)时，f'(x)0，解得a0，要证x2−x1lnx2−lnx12x2−x1x1+x2=2x2x1−1x2x1+1.
设t=x2x1(t>1),g(t)=lnt−2(t−1)t+1(t>1)，
则g'(t)=1t−4(t+1)2=(t−1)2t(t+1)2>0(t>1)，
所以g(t)在(1,+∞)上单调递增，所以g(t)>g(1)=0，即当t>1时，有lnt>2(t−1)t+1，
故lnx2x1>2x2−x1x1+x2=2x2x1−1x2x1+1，即x2−x1lnx2−lnx1x2−x1lnx2−lnx1=1，则x1+x2>2.
因为x2>x1>0，所以x1x2x1+x22−x1+x222=3x1+x224.
因为x1+x2>2，所以3x1+x224>3，即x12+x1x2+x22>3.
2(25-26高三上·四川成都·期中)已知函数fx=ax2−lnx−a．
(1)当a=1时，求fx在1,f1处的切线方程；
(2)设gx=x2+1lnx−ax2−a,ℎx=fx+gx；若x1,x2是方程ℎx=0的两个不同实根，求证：x12+x22>2e
(3)若对任意x∈0,+∞，都有fx+1>asinx+1x+1−e−x，求实数a的取值范围．
【答案】(1)x−y−1=0
(2)证明见解析
(3)a≥1
【知识点】利用导数研究不等式恒成立问题、求在曲线上一点处的切线方程(斜率)、利用导数证明不等式
【分析】(1)分别求解f1与f'1，结合点斜式求解曲线的切线斜率；
(2)令m=x12,n=x22，可得ℎx1=ℎx2=0，设sx=xlnx，于是可将证明不等式x12+x22>2e转化为证明m+n>2e，构造函数tx=sx−s2e−x,0asint−1，由函数y=x−sinxx>0的单调性可得sint−10⇔x>1e,s'x0−sin0=0，
所以sint−10，则asint−11，
则r't=a2t−1−1t+1t2−e1−t,
当a≥1时，r't≥2t−1−1t+1t2−e1−t>2t−1−1t+1t2−1=2t2−1t−1t2>0，
所以rt在1,+∞上单调递增，则rt≥r1=0，此时满足at2−1−lnt−1t+e1−t>at−1>asint−1，
当a∈0,1时，令ut=at2−1−lnt−1t+e1−t−asint−1，
则u't=2at−1t+1t2−e1−t−acst−1,
u'1=a−10，函数fx在ln−a,+∞上单调递增．
综上所述，当a≥0时，函数fx在R上单调递增；
当ae，且x2>x1>1.
由x1f'x1+x2f'x2≤kx1+x2可得k≥2ax1+x2−1.
由fx1=fx2=0，可得alnx1=x1，alnx2=x2，所以lnx1lnx2=x1x2(*).
令t=x1x2，则00，
∴gt在1,+∞内单调递增，gt>g1=0，即lnt−2t−1t+1>0，
因为b>0，x3−x1>0，所以kAC−kB>0⇒kB0时，F(x)是其定义域上的“等差偏移”函数；
②由F(x)=x2+blnx，
当b=1时，F(x)=x2+lnx，an+1=F(an)−an2+an+12an=lnan+an+12an=lnan+12an+12，
设gx=lnx+12x+12，求导得g'x=1x−12x2=2x−12x2，
当x>1时，g'x>0，则gx在1,+∞内单调递增，
∴gx>g1=1，∴ an>1，a1=32>1符合题意，
构造函数ℎx=12x−1x−lnx,x>1，求导得ℎ'x=12+12x2−1x=x−122x2>0，
∴ℎx在1,+∞内单调递增，则ℎx>ℎ1=0，
∴当x>1时，12x−1x>lnx，
∴lnanαβ，故D正确.
故选：D
2(25-26高三上·河南·月考)设函数fx=asinx+xcsx,x∈0,π,a≥1.
(1)求证：函数fx不单调；
(2)当a=1时，求证：fxk恒成立.再分别按恒成立问题解得.
【详解】(1)由fx=asinx+xcsx，得f'(x)=acsx+csx−xsinx =(a+1)csx−xsinx.
所以f'0=a+1>0，f'π=−a+10,f'π0，
所以ℎ'(x)k，即ℎ(x)>a−π2，
设tx=ℎ'(x)，则t'x=−(a+2)sinx−xcsx，
在区间[0,π2]上，sinx≥0,csx>0,a>1，∴t'(x)≤0，∴ℎ'(x)在区间[0,π2]上单调递减.
又ℎ'(0)=a≥1>0,ℎ'(π2)=−π2−1k在区间[0,π2)上恒成立，则k=a−π2a−π2，记φ(x)=ℎ'(x)，则φ'(x)=−a+2sinx−xcsx，
当x∈0,π2时，sinx≥0,csx≥0,a≥1，故φ'(x)≤0，则φ(x)在区间0,π2上单调递减，
又φ(0)=a≥1>0,φ(π2)=−π2−1k在x∈0,π2上恒成立，需使0>a−π2，解得aπ216×22，于是k>π244−π>2，
下面证明：3fx>x2sinx在区间0,π2上恒成立.
令gx=3sinx−xcsx−x2sinx,x∈0,π2，
则g'x=3xsinx−2xsinx+x2csx=xsinx−xcsx，
由(1)可知sinx−xcsx>0在区间0,π2恒成立，
于是gx在区间0,π2上单调递增，所以gx>g0=0，
综上，正整数k的最小值为3.
(3)先证明左边：
由(2)知，3sinx−xcsx−x2sinx>0在区间0,π2上恒成立，即tanx>3x3−x2，
于是tanπ3n>3×π3n3−π3n2=3×3nπ3×3n2−π2>3×3nπ3×3n2−9>3nπ3n−13n+1
≥2×3nπ3n−13n+1−1=13n−1−13n+1−1π，
累加得：tanπ3+tanπ9+⋯+tanπ3n>12−132−1+132−1−133−1+⋯+13n−1−13n+1−1π
=12−13n+1−1π.
再证明右边：
令ℎx=tanx−33πx,x∈0,π3，则ℎ'x=1cs2x−33π=π−33cs2xπcs2x,x∈0,π3，
由于x∈0,π3时，cs2x∈14,1，故存在唯一的x0∈0,π3，使得ℎ'x=0，
所以ℎx在区间0,x0上单调递减，在区间x0,π3上单调递增，
所以ℎx≤maxℎ0,ℎπ3=0，即tanx≤33πx,x∈0,π3，
所以tanπ3n≤33π×π3n=33n−1，
累加得：tanπ3+tanπ9+⋯+tanπ3n≤31+33+⋯+33n−1=3321−13n1时g'x>0，当01时ℎ'x>0，当00,f(x)在(0,+∞)上单调递增，且f0=0，因为b>1⇒lnb>0⇒flnb>0
所以f(2a)=2f(lnb)>f(lnb)，所以2a>lnb，即b2(ea−a−1)，所以f(2a)=2f(lnb)>2f(a)，所以a0，所以Hx单调递增，故Hx≥H0=0，即flna+x>flna−x．
由10.
当x>1时，m'(x)>0，所以m(x)在1,+∞上单调递增；
当00，所以ℎx在0,+∞上单调递增．
不等式elnx2lnx2≤axeax等价于ℎlnx2≤ℎax，所以lnx2≤ax，所以a≥2lnxx．
令mx=2lnxx，则m'x=21−lnxx2，当x∈1,e时，f'x>0；当x∈e,+∞时，f'x0，则g'x单调递增．
因为g'x>g'0=1−t≥0，所以gx单调递增．gx>g0=0，
此时，gx在0,π内无零点．
c.当t>1时，因为x∈0,π，所以ℎ'x>0，则g'x单调递增．
因为g'0=1−t0，gx单调递增．
因为g0=0，所以gx00，所以gx在区间x0,π内有1个零点，
所以当t∈−∞,1时，gx在0,π内的零点个数为0，
当t∈1,+∞时，gx在0,π内的零点个数为1．
②证明：由①知，当t=1且x∈0,π时，gx=x+1lnx+1−sinx>0，所以x+1lnx+1>sinx，
即1x+1⋅sinx