2026年高考数学一轮复习举一反三专练(通用版)重难点06利用导数证明不等式(学生版+解析)

这是一份2026年高考数学一轮复习举一反三专练(通用版)重难点06利用导数证明不等式(学生版+解析)，共40页。

TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc7684" 【题型1 直接法证明不等式】 PAGEREF _Tc7684 \h 2
\l "_Tc5946" 【题型2 移项构造函数证明不等式】 PAGEREF _Tc5946 \h 6
\l "_Tc11479" 【题型3 分拆函数法证明不等式】 PAGEREF _Tc11479 \h 10
\l "_Tc30005" 【题型4 分析法证明不等式】 PAGEREF _Tc30005 \h 16
\l "_Tc6573" 【题型5 放缩法证明不等式】 PAGEREF _Tc6573 \h 21
\l "_Tc10238" 【题型6 指对同构】 PAGEREF _Tc10238 \h 27
\l "_Tc27791" 【题型7 隐零点法证明不等式】 PAGEREF _Tc27791 \h 32
\l "_Tc26684" 【题型8 双变量不等式的证明】 PAGEREF _Tc26684 \h 37
\l "_Tc4422" 【题型9 函数与数列不等式综合证明问题】 PAGEREF _Tc4422 \h 43
\l "_Tc6505" 【题型10 导数新定义的不等式证明问题】 PAGEREF _Tc6505 \h 49
1、利用导数证明不等式
导数中的不等式证明是高考的常考题型，是高考的热点问题，从近几年的高考情况来看，导数中的不等式证明常与函数的性质、函数的零点与极值、数列等相结合，虽然题目难度较大，但是解题方法多种多样，如构造函数法、放缩法等，针对不同的题目，灵活采用不同的解题方法，可以达到事半功倍的效果，复习是要加强这方面的训练.
知识点1 导数中的不等式证明的解题策略
1．导数中的不等式证明的解题策略
(1)一般地，要证f(x)>g(x)在区间(a，b)上成立，需构造辅助函数F(x)＝f(x)－g(x)，通过分析F(x)在端点处的函数值来证明不等式．若F(a)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递增即可；若F(b)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递减即可.
(2)在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，可考虑转化为两个函数的最值问题．
2．移项构造函数证明不等式
待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”或“右减左”的函数，利用导教研究其单调性等相关函数性质证明不等式.
3．分拆函数法证明不等式
(1)若直接求导后导数式比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标.在证明过程中，等价转化是关键，此处g(x)min≥f(x)max恒成立，从而f(x)≤g(x)恒成立.
(2)等价变形的目的是求导后简单地找到极值点，一般地，与lnx要分离，常构造与lnx，与的积、商形式.便于求导后找到极值点.
4．放缩后构造函数证明不等式
某些不等式，直接构造函数不易求其最值，可以适当地利用熟知的函数不等式，
等进行放缩，有利于简化后续导数式的求解或函数值正负的判断；也可以利用局部函数的有界性进行放缩，然后再构造函数进行证明.
知识点2 指对同构
1．指对同构证明不等式
在解决指对混合不等式时，如恒成立求参数取值范围或证明不等式，有一部分题是命题者利用函数单调性构造出来的，如果我们能找到这个函数模型(即不等式两边对应的同一函数)，无疑大大加快解决问题的速度.找到这个函数模型的方法，我们称为同构法.
(1)五个常见变形：.
【题型1 直接法证明不等式】
【例1】（2025·河南·模拟预测）已知函数fx=ex−x2−ax−1a∈R，且fx有两个极值点x1,x2x1ln2，易知ex≥x+1⇒ex≥ex，当且仅当x=1时取等号，
所以由gx=ex−2x−a≥e−2x−a可知，g100ae−2≥100a−a=99a>0，
根据零点存在定理可知，函数gx在−∞,ln2，ln2,+∞上各存在一个零点，
故a的取值范围为(2−2ln2,+∞).
（2）由（1）知：x1ln2，则h′x=−xex+2x=x2−ex，
当x>ln2时，h′x0时，fx>1−2x1+2x；
(2)若fx的图象与直线y=kx−1切于点a2,fa2，求k的值.
【答案】(1)①极小值为0；②证明见解析；
(2)3
【解题思路】（1）①利用导数判断函数的单调性，再求极值即可；
②利用当x>0时，2x>1,gx=−1+21+2x，可得gx0，当a=1时，fx=x2−x−lnx，f′x=2x2−x−1x=2x+1x−1x，
令f′x=0，得x=1或x=−12（舍去）
当00时，2x>1，所以1−2x0，所以gx=1−2x1+2x1−2x1+2x.
（2）f′x=2ax+a−2−1x，由题意得f′a2=a2+a−2−2a=kfa2=a34+a−2a2−lna2=k⋅a2−1 ，
消去k得a34−2+lna2=0，令gx=x34−2+lnx2，
因为函数y=x34，y=lnx2−2在0,+∞上单调递增，
所以gx在0,+∞上单调递增，又g2=0，
∴a=2，将a=2代入a2+a−2−2a=k，得k=3.
【变式1-3】（2025·山东临沂·三模）已知fx=ex，gx=lnx.
(1)证明：fx>gx+2；
(2)证明：函数fx与gx的图象有两条公切线.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解题思路】（1）设hx=fx−gx，求出函数的导数，利用虚数零点可求函数的最小值，结合指对数转化可证题设中的不等式；
（2）设公切线与曲线fx=ex的切点坐标为Am,em，与曲线gx=lnx的切点坐标为Bn,lnn，根据导数的几何意义可得方程组em=1nem1−m=lnn−1，利用消元法结合导数可证该方程组有两个不同的解即可.
【解答过程】（1）设hx=fx−gx=ex−lnx,x>0，则h′x=ex−1x，
因为y=ex,y=−1x在0,+∞上均为增函数，故h′x在0,+∞上为增函数，
而h′1=e−1>0，h'1e=e1e−e2，即fx−gx>2即fx>gx+2.
（2）设公切线与曲线fx=ex的切点坐标为Am,em，
与曲线gx=lnx的切点坐标为Bn,lnn，
则曲线fx=ex在A处的切线方程为y=emx−m+em=emx+em1−m，
同理曲线gx=lnx在B处的切线方程为y=1nx+lnn−1，
故em=1nem1−m=lnn−1，故em1−m+m+1=0①，
若m=−1，则e−11+1+0=0，但2e−1>0恒成立，矛盾，故m≠−1，
故①即为em×m−1m+1=1，设sm=em×m−1m+1−1m≠−1，
则s′m=em×m−1m+1+2m+12=em×m2+1m+12>0
故sm在−1,+∞为增函数，在−∞,−1为增函数，
s2=e23−1>0，s0=−20，
故sm有两个不同的零点即函数fx与gx的图象有两条公切线.
【题型2 移项构造函数证明不等式】
【例2】（2025·河南南阳·模拟预测）已知函数fx=12e2x+a−2ex−2axa∈R．
(1)当a=2时，求fx的单调区间；
(2)当a=0时，求证：对任意的x∈0,+∞，fx+4ex>2x2+52恒成立；
【答案】(1)函数fx的单调递减区间是−∞,ln2，单调递增区间是ln2,+∞
(2)证明见解析
【解题思路】（1）求导，根据导数的符号求函数fx的单调区间；
（2）分析可知原题意等价于12e2x+2ex−2x2−52>0，构建hx=12e2x+2ex−2x2−52x>0，利用导数分析最值证明不等式即可.
【解答过程】（1）当a=2时，fx=12e2x−4x，则f′x=e2x−4．
令f′xln2．
所以函数fx的单调递减区间是−∞,ln2，单调递增区间是ln2,+∞．
（2）证明：当a=0时，fx=12e2x−2ex．
要证fx+4ex>2x2+52，即证12e2x+2ex−2x2−52>0．
构建hx=12e2x+2ex−2x2−52x>0，则h′x=e2x+2ex−4x．
构建mx=e2x+2ex−4xx>0，则m′x=2e2x+2ex−4=2ex−1ex+2>0．
所以函数mx在0,+∞上单调递增，则mx>m0=3>0，即h′x>0，
可知函数hx在0,+∞上单调递增，
则hx>h0=0，即12e2x+2ex−2x2−52>0．
【变式2-1】（2025·湖北·模拟预测）已知函数fx=x22−4x+alnxa∈R有两个极值点.
(1)求实数a的取值范围；
(2)记两个极值点分别为x1，x2，证明：fx1+fx2+10>lna.
【答案】(1)0,4；
(2)证明见解析.
【解题思路】（1）由题意知，导函数在0,+∞上有两个不相等的实数根，再根据二次函数的性质进行求解即可；
（2）根据题意可得x1，x2，是方程x2−4x+a=0的两个不等正实根，根据韦达定理得x1+x2=4，x1x2=a，代入fx1+fx2化简，进而构造函数gx=x−1lnx−x+200，解得02lnxx进行代换，结合分析法证明，把原不等式最后转化为新的不等式x−lnx−1>0，再构造函数进行求最值证明.
【解答过程】（1）由f'x=memxx2−3m+3mx+2m2+5m+3m2+emx2x−3m+3m=emxx−2mx−m−1，
所以k=f'2=e2m2m−m−12−2=0，
设曲线y=fx在点2,f2处切线的倾斜角为α，则k=tanα=0，
又因为α∈[0,π)，所以α=0，
所以曲线y=fx在点2,f2处切线的倾斜角为0.
（2）由（1）知f'x=emxx−2mx−m−1=0，且m≠0，解得：x=2或x=1+1m，
当m0可得x0
所以函数zx的单调递减区间为−1,0，单调递增区间为0,+∞.
当m≠0时，令z'x=0，则x1=0,x2=1−mm
①−10可得f(x)≥2x−1，则xn+1−xn=xn+2exn−1，令gx=x+2ex−1，求导得到g(x)的单调性，从而得到g(x)min>0，则xn+1>xn≥1，放缩法得到1fx1⋅fx2+1fx2⋅fx3+⋯+1fxn+1⋅fxn2x−1，
由xn+1−xn=fxn−xn=xn+2exn−1，
令gx=x+2ex−1，则g'x=1−2ex=ex−2ex，
则当x∈(−∞,ln2)时，g'(x)0，
所以Gx在x∈12,1上单调递增.则当x∈12,1时，Gx>G12=−4，Gx1，
令φx=lnx−2x−2x+1,x>1，
∴φ′x=1x−2x+1−2x−2x+12=x−12xx+12>0，
所以φx在1,+∞上单调递增，
∴φx>φ1=0，
即lna>2a−2a+1得证，即gx=fx+x−lnx>2a−2a+1成立，
综上，当a≥1时，fx+x−lnx≥2a−2a+1成立.
【变式7-2】（2024·陕西安康·模拟预测）已知函数fx=xex，gx=lnx.
(1)求fx的极值；
(2)证明：xgx+2>exfx−2x.
【答案】(1)极大值为1e，无极小值.
(2)证明见解析
【解题思路】（1）先求出f(x)的单调性，再根据单调性求得极值；
（2）构造hx=xgx+2−exfx+2x=xlnx+2−x+2xx>0，求出其单调性进而求得最小值为hx0，证明hx0>0即可．
【解答过程】（1）∵fx=xex，∴f′x=1−xex，
当x0，当x>1时，f′x0，
则h′x=lnx−2x2x>0，
令rx=lnx−2x2x>0，
则r′x=1x+4x3>0在x>0上恒成立，
所以rx在0,+∞上单调递增，
又r1=ln1−212=−20，
所以存在x0∈1,e，使得rx0=0，
即lnx0=2x02x0∈1,e，
所以x∈0,x0时，rx0，hx单调递增，
hxmin=hx0=x0lnx0+2−x0+2x0=x0⋅2x02+2−x0+2x0=2−x0+4x0x0∈1,e，
令mx=2−x+4xx∈1,e，
则m′x=−1−4x2me=2−e+4e>0，
所以hxmin=hx0=2−x0+4x0>0，
所以xgx+2>exfx−2x．
【变式7-3】（2025·江苏苏州·模拟预测）已知函数fx=lnx+ax+1,a∈R．
(1)讨论fx的单调性；
(2)当a≤2时，证明：fxx≤e2x．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【解题思路】（1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）要证明fxx≤e2x，只要证lnx+2x+1x≤e2x即可，设gx=ex−x−1，利用导数求得最值即可证明．
【解答过程】（1）函数fx=lnx+ax+1,a∈R的定义域为0,+∞，且f′x=1x+a．
当a≥0时，∀x∈0,+∞,f′x=1x+a>0恒成立，
所以fx在区间0,+∞上单调递增；
当a0,fx在区间0,−1a上单调递增，
当x∈−1a,+∞时，f′x0，所以F(x)>0恒成立，即f′(x)>0恒成立，
故f(x)在(0,+∞)上单调递增，无单调递减区间．
（2）证明：要证t∈[1,2]，则2x+ty∈[3,4]，
只需证明2x+2y≤4，2x+y≥3，即证明x+y≤2，2x+y≥3．
∵x≥y≥12，由f(x)+f(y)lnx+lny=2得f(x)+f(y)=2lnx+2lny．
则(x+2)lnx+y+2lny=2lnx+2lny，可得xlnx+ylny=0．
又x≥y≥12，若x=y，则x=y=1；若x>y，令g(x)=xlnx，
则g′(x)=1+lnx，g′(x)>0⇒x>1e，所以g(x)=xlnx在1e,+∞上单调递增．
因x>y≥12>1e，又xlnx+ylny=0，则xlnx>0>ylny，从而x>1>y≥12.
综上可得x≥1≥y≥12．
先证明x+y≤2，即1≤x≤2−y，因g(x)=xlnx在1e,+∞上单调递增．
只需证xlnx≤(2−y)ln(2−y)，y∈12,1.
即(2−y)ln(2−y)+ylny≥0，y∈12,1．
令φ(y)=(2−y)ln(2−y)+ylny，y∈12,1，则φ′(y)=lny2−y≤0，
所以φ(y)=(2−y)ln(2−y)+ylny≥φ(1)=0，故x+y≤2;
再证明2x+y≥3，即x≥3−y2≥1．
同理，只需证明xlnx≥3−y2ln3−y2，即3−y2ln3−y2+ylny≤0．
令h(y)=3−y2ln3−y2+ylny，y∈12,1．则h′(y)=−12ln3−y2+lny+12．
令k(y)=−12ln3−y2+lny+12，y∈12,1，则k′(y)=16−2y+1y>0，
所以k(y)在12,1上单调递增．
又因为k12=−12ln54+ln12+12=12(1−ln5)0，
则存在y0∈12,1，使得ky0=0，
所以12≤y1，解得01+λx1+λx2⇔lnx1x20，
令Gt=t−alntt>0，
所以Gt有两个不相等的正的零点t1,t2，且t1=x1ex1,t2=x2ex2，
即t1−alnt1=0t2−alnt2=0，两式分别相加减得，
alnt2+lnt1=t2+t1,alnt2−lnt1=t2−t1.
所以lnt2+lnt1=t2+t1a,a=t2−t1lnt2−lnt1②
要证ex1+x2−2>1x1x2，只需证x1ex1⋅x2ex2>e2，
即证lnx1ex1+lnx2ex2>2，即需证lnt1+lnt2>2，
由②知，lnt1+lnt2=t2+t1t2−t1lnt2−lnt1=t2t1+1lnt2t1t2t1−1，
故只需证t2t1+1lnt2t1t2t1−1>2，
不妨设02，即lnμ>2⋅μ−1μ+1=2⋅1−2μ+1，
故只需证lnμ+4μ+1−2>0，
令sμ=lnμ+4μ+1−2，μ>1
则s′μ=1μ−4μ+12=μ−12μμ+12>0，
所以sμ在1,+∞上单调递增，
所以sμ>s1=0，
即当μ>1时，lnμ+4μ+1−2>0成立.
所以lnt1+lnt2>2，即x1ex1⋅x2ex2>e2，故ex1+x2−2>1x1x2.
【变式8-3】（2024·全国·模拟预测）已知函数fx=ax−lnxx，a>0．
(1)若fx存在零点，求a的取值范围；
(2)若x1，x2为fx的零点，且x12．
【答案】(1)0,12e；
(2)证明见解析.
【解题思路】（1）利用导数求出函数gx的最小值，解不等式gxmin≤0即可求解；
（2）由零点的定义可得a=lnx1−lnx2x1−x2x1+x2，只需证lnx1−lnx2x1−x2x1+x2>2，令t=x1x2，利用导数证明不等式Ft=lnt−2t−1t+10，等价于ax2−lnx=0，
设gx=ax2−lnx，则g′x=2ax−1x=2ax2−1x（x>0），
令g′x=0，可得x=2a2a，
当x∈0,2a2a时，g′x0，gx单调递增，
则gx的最小值为g2a2a=12−ln2a2a=121+ln2a，g1=a>0，
要使得gx=ax2−lnx存在零点，则g2a2a=121+ln2a≤0，
即1+ln2a≤0，得a∈0,12e．
（2）由x1,x2为fx的零点，得fx1=fx2=0，
即gx1=gx2=0，即ax12−lnx1=0,ax22−lnx2=0,
两式相减得ax12−x22−lnx1−lnx2=0，即a=lnx1−lnx2x1−x2x1+x2.
要证当02，只需证lnx1x222−1+23−2+⋯+2n+1−n=2n+1−1
再由x−1≥lnx可得：xnn−1≥lnxnn=lnxn−lnn，当且仅当xn=n时取等号；
再由xn−1+lnxn=lnn，得lnxn−lnn=1−xn，
结合上式可得：lnxn−lnn=1−xn≤1−xnn，整理得：n+1xnn≥2⇒1xn≤121+1n，
当且仅当n=1时取等号，
当n≥2时，1x1+1x2+⋯+1xn0；当x>e时，f'(x)0时，10，则x1=et+t−1et−1，x2=tet+et−1et−1，
则x1+x2=et+t−1et−1+tet+et−1et−1=tet+2et+t−2et−1，
欲证x1+x2>3，只需证tet−et+t+1>0，
令kt=tet−et+t+1,t>0，则k't=tet+1>0，
故kt在0,+∞上单调递增，则kt>k0=0，则tet−et+t+1>0成立，
故x1+x2>3得证.
17．（2025·湖北武汉·模拟预测）已知函数fx=2lnx−x+axa>0.
(1)讨论fx的单调性；
(2)求证：1+12+13+⋯+1n>lnn+1+n2n+1n∈N*.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【解题思路】（1）先求出导函数，再根据判别式分类讨论得出单调区间即可；
（2）先证明不等式2lnx0，即00，
∴当x>x1或0