重难点培优04 利用导数证明不等式（培优讲义）2027年高考数学一轮复习（全国I卷地区通用）（原卷版+解析版）

这是一份重难点培优04 利用导数证明不等式（培优讲义）2027年高考数学一轮复习（全国I卷地区通用）（原卷版+解析版），共30页。
\l "_Tc18941" 题型深研·通法变式提能力
\l "_Tc17807" 题型1 作差构造法证明不等式
\l "_Tc4842" 题型2 隔离转化法证明不等式
题型3 适当放缩法证明不等式
\l "_Tc6233" 分层进阶·双阶训练验成效
\l "_Tc30327" 巩固过关
\l "_Tc11271" 创新提升
知识精讲·重难聚焦讲技巧
在证明与函数有关的不等式时，我们可以把不等式问题转化为函数的最值问题，也常构造函数，把不等式的证明问题转化为利用导数研究函数的单调性或最值问题.
知识点1 作差构造法证明不等式的基本步骤
（1）作差或变形：将不等式f（x）＞g（x）（或f（x）＜g（x））变形为f（x）－g（x）＞0（或f（x）－g（x）＜0）；
（2）构造新的函数：h（x）＝f（x）－g（x）；
（3）利用导数研究函数h（x）的性质，得到所证不等式.
知识点2 隔离转化法的一般思路
（1）在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，则可以考虑转化为两个函数的最值问题；
（2）在证明过程中，“隔离”转化是关键，将不等式不等号两端分别“隔离”出两个函数式f（x），g（x），使f（x）min＞g（x）max恒成立，从而f（x）＞g（x），但f（x）与g（x）取到最值的条件不是同一个“x”的值；
（3）对于较复杂的不等式，也可将不等式的某一部分“隔离”开，单独进行研究，然后再纳入整体进行论证
知识点3 适当放缩法证明不等式常见的放缩技巧
（1）利用基本不等式进行放缩，如：a2＋b2≥2ab（a，b∈R）；a＋b≥2ab（a≥0，b≥0）；
（2）ex≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号；
（3）ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取等号.
题型深研·通法变式提能力
题型1 \l "_Tc17807" 作差构造法证明不等式
【例1】（2023年新课标全国Ⅰ卷T19）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当时，．
【解析】（1）因为，定义域为，所以，
当时，由于，则，故恒成立，
所以在上单调递减；
当时，令，解得，
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增；
综上：当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）第1步：作差或变形；
由（1）得，，
要证，即证，即证恒成立，
第2步：构造新函数g（x）；
令，则，
第3步：利用导数研究g（x）的单调性或最值；
令，则；令，则；
所以在上单调递减，在上单调递增，
第4步：根据单调性及最值，得到所证不等式.
所以，则恒成立，
所以当时，恒成立，证毕.
【变式1】已知，曲线在处的切线方程为．
(1)求；
(2)证明．
【解】（1）由可得，
则，所以曲线在点处的切线斜率为，
又因为，所以切线方程为：，即.
所以.
（2）要证明，只要证，
设，则，
令，则，
所以在上单调递减，又，
所以当时，，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递减，
所以，所以.
【变式2】已知函数．
当，时，求证：．（参考数据：）
【解】当，时，，
构造函数，其中，
则，
令，其中，则，
所以，函数在上单调递增，
故当时，，即，
由可得，由可得，
所以，函数的减区间为，增区间为，
所以，，即，
故，时，.
【变式3】（2026·河南郑州·模拟）设函数.
(1)求函数的单调区间；
(2)当时，证明：.
【解】（1）解：函数的定义域为，
所以，
当时，即在上单调递减，
故函数单调递减区间为，无单调递增区间；
（2）解：当时，，
要证，即证
即证设，则
所以当时，时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
设
则当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增,
所以 又
所以当时，
\l "_Tc4842" 题型2 隔离转化法证明不等式
【例2】证明：
【证明】第1步：对待证函数不等式经过适当等价变形，将其转化为两个相对常见的函数f(x)，g(x)
要证明，只需证，
第2步：构造函数f(x)，研究函数f(x)的单调性、最值
由题意得：的定义域为，的定义域为，
因为，
所以当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以，
第3步：构造函数g(x)，研究函数g(x)的单调性、最值
设，，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以在处取得极大值，也是最大值，
故，当且仅当时等号成立，
第4步：从而找到可以传递的中间量，确定f(x)＞g(x)
故只需证，且等号成立的条件与不同，
故；
【变式1】已知函数f（x）＝eln x－ax（a∈R）.
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）当a＝e时，证明：xf（x）－ex＋2ex≤0.
【解】（1）f'（x）＝－a（x＞0），
①若a≤0，则f'（x）＞0，f（x）在（0，＋∞）上是增函数；
②若a＞0，则当0＜x＜时，f'（x）＞0；当x＞时，f'（x）＜0.
故f（x）在（0，）上单调递增，在（，＋∞）上单调递减.
（2）证明：因为x＞0，所以只需证f（x）≤－2e，
当a＝e时，由（1）知，f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减.
所以f（x）max＝f（1）＝－e.
设g（x）＝－2e（x＞0），则g'（x）＝，
所以当0＜x＜1时，g'（x）＜0，g（x）单调递减；
当x＞1时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，
所以g（x）min＝g（1）＝－e.
综上，当x＞0时，f（x）≤g（x），即f（x）≤－2e.
故不等式xf（x）－ex＋2ex≤0得证.
【变式2】（2026·河北邯郸·二模）已知函数，.
(1)讨论函数的单调性；
(2)证明：.
【解】（1）由题知：，其定义域为，.
当时，则，在上单调递减；
当时，令，解得；令，解得，
∴函数在上单调递减，在上单调递增.
综上所述，当时，函数在上单调递减；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增.
（2）要证，即证.
由（1）知：当时，在上单调递减，在上单调递增，
∴，即，
，.
令，
，
∴在上单调递增，
∴当时，，即，
∴，即，
∴原不等式成立.
题型3 适当放缩法证明不等式
【例3】（2024年全国甲卷T20）已知函数．
(1)求的单调区间；
(2)当时，证明：当时，恒成立．
【解析】（1）定义域为，
当时，，故在上单调递减；
当时，时，，单调递增，
当时，，单调递减.
综上所述，当时，的单调递减区间为；
时，的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）第一步：利用合理放缩．
，且时，，
第二步：构造函数
令，下证即可.
，再令，则，
第三步：分析单调性，确定不等式成立
显然在上递增，则，
即在上递增，
故，即在上单调递增，
故，问题得证
【变式1】已知函数f（x）＝xlnxx+1，g（x）＝xex，证明：f（x）＞2g（x）－1.
【证明】要证f（x）＞2g（x）－1，即证xlnxx+1＞2xex－1，
因为当x＞0时ex＞x＋1＞0，即1x+1＞1ex，也即2xx+1＞2xex，2xx+1－1＞2xex－1.
只需证xlnxx+1≥2xx+1－1，即证xln x≥x－1.
令m（x）＝xln x－x＋1，则m'（x）＝ln x，
所以当x∈（0，1）时，m'（x）＜0；当x∈（1，＋∞）时，m'（x）＞0，
所以m（x）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增，
所以m（x）min＝m（1）＝0，即m（x）≥0，
所以xln x≥x－1，f（x）＞2g（x）－1得证.
【变式2】（2026·山东临沂·三模）已知，.
(1)证明：；
(2)证明：函数与的图象有两条公切线.
【解】（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.
分层进阶·双阶训练验成效
巩固过关
1．（2026·广东广州·三模）已知函数.
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)当时，求证：.
【解】（1）当时，，定义域为，
，令，
则，故即在上单调递增，
又时，时，
函数的单调递减区间为，单调递增区间为；
（2）证明：当时，，
令，则 ，
令，，
在单调递增，又，
，使得，且是在上的唯一零点，
在上为负，在上为正，
故在处取到极小值，也就是最小值.
，即，，
，
当时，.
2．（2026·山东泰安·三模）已知函数在处的切线方程为．
(1)求a，b；
(2)证明：．
【解】（1）由，得，
在处的切线方程为，
，即，
解得，.
（2）由（1）知，定义域，
，
则，，
∴存在，使，
，即.
均在上单调递增，∴在上单调递增,
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
，
.
，即．
3．（2026·江苏·二模）已知函数，曲线在点处的切线方程为（为自然对数的底数）.
(1)求的极值；
(2)证明：.
【解】（1），求导可得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以的极小值为，无极大值.
（2）证明：因为，，所以在点处的切线方程为，即，所以，
设，求导可得，
设，求导可得，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以的极大值为，即，在上单调递减，
因为，
所以当时，，，
当时，，，
综上所述，.
4．（2026·重庆·模拟预测）设函数（）满足恒成立.
(1)求的值；
(2)求证：.
【解】（1）由于，所以，恒成立即恒成立，处取最小值，
，故由（必要条件）；
验证充分性：当时，；令，得，
令，得，令，得；
故在上单调递减，在上单调递增，
故，即恒成立.
综上所述，
（2）证明：由（1）知恒成立，故；
又 ，
所以，，
故，即.
5．（2026·山东德州·二模）已知函数.
(1)求在上的最大值；
(2)证明：.
【解】（1）由已知，，
因为，，
所以恒成立，
所以在单调递增，所以，
所以在最大值为0.
（2）证明：由（1）知，即.
令，其中，则，
所以
.
6．（2026·山西吕梁·三模）已知函数.
(1)设是的极值点，求，并求函数的单调区间；
(2)证明：.
【解】（1），，
由，得，
此时，令，则，
所以在上单调递增，
又，所以时，时，，
即的单调递减区间为，单调递增区间为．
（2）证明：法一：，令，
则，即在上单调递增，
当时，，当时，，
所以，使得，即，
所以，
当时，时，，
所以，
当且仅当时取等．故得证．
法二：先证，
令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，上单调递增，
故，即证得（当时取等），
将替换为，得，即（当时取等），
所以（当且，即时，等号成立）.
故得证．
7．（2026·安徽蚌埠·二模）已知函数，为的导函数．
(1)求的单调区间；
(2)记，．当时，证明：．
【解】（1）依题意，有．
令，得，得，
令，得，得．
因此单调递增区间为，
单调递减区间为．
（2）证明：易知，记．
由题意知，则，
从而．
当时，，，则，
因此，在区间上单调递减，．
当时，．
8．（2026·四川资阳·三模）已知函数在处有极大值．
(1)求实数的值；
(2)证明：．
【解】（1）求导得，
又在处有极大值，，解得或，
当时，，
时，；时，，故为极大值点，符合题意，
当时，，
时，；时，，故为极小值点，不符合题意，
综上，实数的值为.
（2）证明：由（1）得，
要证，即证对成立，
令则，
令，解得或，
令，解得或，
所以函数在和上单调递增，在和上单调递减，
所以函数的极大值为和,
且，,
即对所有成立，成立.
9．（2026·福建厦门·二模）设函数．
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当时，．
【解】（1）函数的导数为，
当时，恒成立，故，所以在上单调递增；
当时，令 ，得.
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
综上所述：当时，在上单调递增；当时，在单调递减，在单调递增.
（2）证明：由（1）知，当时，在处取得最小值，
因此，对任意，有.
只需证明 ，即
令，.
求导得，
，故在上单调递增.
由知，当时，，当时，，
所以在单调递减，在单调递增.
所以在处取得最小值.
因此，即成立，等号当且时取得.
10．（2026·广东·一模）设函数，已知是函数的极值点．
(1)求的值；
(2)设函数，证明：．
【解】（1）因为，所以，
则，
因为是函数的极值点，
所以，解得，
当时，，，
当时，，则 ，，故，
所以函数在上单调递增；
当时，，则 ，，故，
所以函数在上单调递减；
综上，是函数的极值点，符合题意，故.
（2）由（1）得，所以，
由（1）可知，是函数的最小值点，所以对任意的，，
要证，即证，
即证，只需证，
令，则，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以 ，
综上，在上恒成立.
创新提升
11．（2026·河北邢台·一模）已知函数在处取得极小值.
(1)求的值;
(2)证明：时，.
【解】（1）由题知，则，
又因为，所以.
检验：若， 则，
当 时，单调递减，当时，单调递增，
为的极小值点，符合题意.
所以：.
（2）由（1）知，
证，即证，
即证，即证.
设，则，
令，得或，
当时，单调递增；
当时，单调递减；
当时，单调递增.
又，所以.
所以当时，.
12．（2026·湖北襄阳·二模）已知函数
(1)当时，，求的取值范围；
(2)函数有两个不同的极值点，（其中），证明：．
【解】（1）函数，，且，
①当时，因为，故恒成立，此时单调递增，所以成立；
②当时，令，得，
当时，此时单调递减，故，不满足题意；
综上可知：，即的取值范围为．
（2）由，故，
因为函数有两个不同的极值点，（其中），故，，
要证：，只要证：，
因为，于是只要证明即可，
因为，，故，
因此只要证，等价于证，
即证，令，等价于证明，
令，，
因为，所以，
故在上单调递增，所以，即.
13．（2026·江苏淮安·模拟预测）已知函数存在两个不同的极值点．
(1)求实数的取值范围；
(2)设，求的最大值；
(3)求证：．
【解】（1）由题意知．
因存在两个不同的极值点，故有两个不同的实根，
即方程有两个不同实根．
令，则．
令，因恒成立，故在上单调递减．
又，故：
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减．
所以在处取得极大值即最大值，且．
又，，当，，
要使直线与图象有两个不同交点，必须满足．
当时，易知函数存在两个不同的极值点，符合题意，
故实数的取值范围是．
（2），
，
令，
所以单调递增，又，
所以当时，，则在上单调递减；
当时，，则，在上单调递增．
因此在处取得最大值，．
即的最大值为．
（3）由（1）知．不妨设．
因在上递增，上递减，且，故必有．
构造函数，
当时，，即恒成立．
因为，所以．又，故．
因为，且在上单调递减，
所以，即．
当时，，此时，故在上单调递减．
由于，故．
于是．
由（2）知，当时，．
因为，所以．
综上可得，，原命题得证．