2025二輪復習專項訓練9導數與不等式證明[考情分析]導數與不等式證明是高考考查的重點內容，在解答題中一般會考查函數的單調性、極值和最值的綜合運用，試題難度較大，多以壓軸題出現．【練前疑難講解】一、單變量函數不等式的證明用導數證明不等式一般有以下方法(1)構造函數法．(2)由結論出發，通過對函數變形，證明不等式．(3)分成兩個函數進行研究．(4)利用圖象的特點證明不等式．(5)利用放縮法證明不等式．二、雙變量函數不等式的證明破解含雙參不等式的證明的關鍵：一是轉化，即由已知條件入手，尋找雙參所滿足的關系式，并把含雙參的不等式轉化為含單參的不等式；二是構造函數，借助導數，判斷函數的單調性，從而求其值；三是回歸含雙參的不等式的證明，把所求的最值應用到含參的不等式中，即可證得結果．一、單選題1．（2023·福建·模擬預測）已知，，，則（

）A． B． C． D．2．（21-22高三下·安徽安慶·階段練習）已知，都是正整數，且，則（

）A． B． C． D．二、多選題3．（2025·廣東·模擬預測）記函數在區間的極值點分別為，，函數的極值點分別為，，則（

）A． B．C． D．4．（2023·重慶萬州·模擬預測）若函數，，滿足對均有，則的取值不可能為（

）A． B． C． D．9三、填空題5．（2022·河南·模擬預測）已知的定義域為R，若函數滿足，則稱為的一個不動點，有下列結論：①的不動點是3；②存在不動點；③若函數為奇函數，則其存在奇數個不動點；若為偶函數，則其存在偶數個不動點；④若為周期函數，則其存在無數個不動點；⑤若存在不動點，則也存在不動點，以上結論正確的序號是.6．（2021·河南鄭州·模擬預測）已知函數，，若，則的最小值為.四、解答題7．（2024·山東濟南·二模）已知函數(1)討論的單調性；(2)證明：.8．（2023·甘肅酒泉·三模）已知函數．(1)求曲線在點處的切線方程；(2)若函數有兩個極值點，且，求的取值范圍．參考答案：題號1234答案AAABDAB1．A【分析】構造，根據導函數可得在上單調遞減，進而可得出.構造，根據導函數單調性，結合中間值1即可得出，即可得出答案.【詳解】令，則，令，則恒成立，所以，即在R上單調遞增.又，所以，當時，恒成立，所以，在上單調遞減.又，，所以，即，，即，即，所以.令，則，導函數單調遞增，且所以存在，所以在上單調遞減，在上單調遞增，且，所以，又，所以；綜上可得，.故選：A.2．A【分析】根據題意得，構造函數求解即可.【詳解】因為，所以，令，所以，故在上單調遞增，由已知得，故，因為，都是正整數，即.故選：A.3．ABD【分析】選項A：根據導數可得，為方程的兩個根，進而可得；選項B：，根據換元設得，與解析式相同，進而可判斷；選項C：由可判斷；選項D：根據先求出，根據不等式的性質進而可得.【詳解】選項A：，，故由題意可知，為方程的兩個根，故，A正確；選項B：，設，因，則，此時函數y=fx可化為，由題意此函數的極值點分別為，，當時，函數單調遞增，故，，故，，故B正確；選項C：由解得，，由題意函數在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增，而，故，故C錯誤；選項D：由A可知，，，因，故，即，故，故D正確，故選：ABD4．AB【分析】將問題轉化為兩個函數的零點重合，得出轉化單變量的函數最值問題，求導計算即可.【詳解】條件對均有恒成立，等價于，易知，與均在定義域內單調遞增，且由，故時，若要滿足題意，只需兩函數的零點相同即可，則令，即，則，令，則，，即在上單調遞減，上單調遞增，，顯然A、B不可能，C、D可能故選：AB5．①⑤【分析】①直接求解即可判斷；②利用導數證；③④取特殊函數進行判斷；⑤根據定義可得：．【詳解】①則，①正確；②構建則令則∴在上遞減，在上遞增，則∴即不存在不動點，②不正確；③為偶函數，顯然只有一個不動點；③不正確；(為奇函數,顯然有無數個不動點)④為周期函數，顯然只有一個不動點；④不正確；⑤若存在不動點，設為，即∴，則也存在不動點，⑤正確．故答案為：①⑤．6．【分析】設，可得，，從而，進而構造函數，求出的最小值即可.【詳解】設，即，，解得，，所以，令，則，令，解得，當時，，當時，，所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以的最小值為，所以的最小值為.故答案為：.7．(1)答案見詳解(2)證明見詳解【分析】（1）求導可得，分和兩種情況，結合導函數的符號判斷原函數單調性；（2）構建，，根據單調性以及零點存在性定理分析hx的零點和符號，進而可得Fx的單調性和最值，結合零點代換分析證明.【詳解】（1）由題意可得：的定義域為0,+∞，，當時，則在0,+∞上恒成立，可知在0,+∞上單調遞減；當時，令f'x>0，解得；令f'x可知在上單調遞減，在上單調遞增；綜上所述：當時，在0,+∞上單調遞減；當時，在上單調遞減，在上單調遞增.（2）構建，則，由可知，構建，因為在0,+∞上單調遞增，則hx在0,+且，可知hx在0,+∞上存在唯一零點當，則hx<0，即；當，則hx>0，即；可知Fx在上單調遞減，在上單調遞增，則，又因為，則，，可得，即，所以.8．(1)(2)【分析】（1）根據導數的幾何意義求出切線的斜率，進而根據點斜式即可得出結果；（2）求出，可得，化簡，構造函數，利用單調性即可求得答案.【詳解】（1），曲線在點處的切線方程為，即.（2），則函數的定義域為，若函數有兩個極值點，且．則方程的判別式，且，．．設，則在上恒成立．故在單調遞減，從而．因此，的取值范圍是．【基礎保分訓練】一、單選題1．（2021·全國·模擬預測）已知且且且，則（

）A． B． C． D．2．（2024·吉林長春·模擬預測）已知，則（

）A． B．C． D．3．（21-22高三上·黑龍江哈爾濱·期末）若實數滿足，則（

）A． B．C． D．二、多選題4．（2024·浙江溫州·模擬預測）已知，，且則以下正確的是（

）A． B．C． D．5．（2022·廣東茂名·二模）若對任意的，，且，都有，則m的值可能是（

）A． B． C． D．1三、填空題6．（2021·湖北武漢·三模）當x≠0時，函數f(x)滿足，寫出一個滿足條件的函數解析式f(x)=．7．（20-21高二·全國·課后作業）已知，，，，使得成立，則實數的取值范圍是．四、解答題8．（2024·北京石景山·一模）已知函數．(1)求曲線在點處的切線方程；(2)求在區間上的最大值與最小值；(3)當時，求證：．9．（2022·廣東廣州·一模）已知函數，為的導數.(1)證明：當時，；(2)設，證明：有且僅有2個零點.10．（2025·全國·模擬預測）設函數(1)分析的單調性和極值；(2)設，若對任意的，都有成立，求實數m的取值范圍；(3)若，且滿足時，證明：.11．（2023·河南鄭州·三模）已知函數，．(1)討論函數的單調性；(2)若函數有兩個極值點，，且，求證：．參考答案：題號12345答案DDAABDBCD1．D【解析】令，利用導數研究其單調性后可得的大小.【詳解】因為，故，同理，令，則，當時，，當時，，故在為減函數，在為增函數，因為，故，即，而，故，同理，，，因為，故，所以.故選：D．【點睛】思路點睛：導數背景下的大小比較問題，應根據代數式的特征合理構建函數，再利用導數討論其單調性，此類問題，代數式變形很關鍵．2．D【分析】構造函數，判斷函數單調性，代入數值可比較大小.【詳解】設，，時，，為減函數，時，，為增函數，所以，，即.設，，時，，為增函數，時，，為減函數，所以，，即，所以.設，，為增函數，所以，所以，即.故選：D3．A【分析】根據題意將原不等式化簡為，令，可知原不等式等價于，再令，則原不等式等價于；再利用導數求出函數g(x)單調性，進而可得，由此可知只有當時，即時才滿足，據此即可求出的值，進而求出結果.【詳解】∵∴，即

∴，設，則有，即，∴，令，則，∴當時，，g(x)單調遞增；當時，，g(x)單調遞減；∴，即，要使成立等價于成立，只有當時，即時才滿足，∴∴，∴.故選：A.【點睛】關鍵點點睛：本題解答的關鍵是對原不等式的變形，將其變形成，再進行換元、構造輔助函數，借助函數的最值和唯一性求解.4．ABD【分析】首先利用因式分解法得，再通過證明，可知只有一解即：，然后把選項中的代換為并進行化簡可得A正確，C錯誤，而BD則需要構造為關于的函數，利用求導法來判斷單調性和最值，從而得證．【詳解】由因式分解可得：，又因為，可知，即，又由函數，求導，當時，，可知在上遞減，當時，，可知在上遞增，所以在時取到最小值為0，有即不等式成立，所以，由可得：，即，對于選項A，，所以選項A的正確的；對于選項B，，構造函數，求導，由時，，所以在上遞增，即，因為，所以，所以選項B是正確的；對于選項C，與不可能等價，所以選項C是錯誤的；對于選項D，，構造函數，求導，由時，，所以在上遞增，由時，，所以在上遞減，所以的最大值是，即，所以選項D是正確的；故選：ABD.5．BCD【分析】將轉化為，構造函數，利用導數求其單調遞減區間即可.【詳解】，且，則，整理得設，則只需要在上單調遞減即可，，令，解得，則，所以BCD符合，故選：BCD.6．【分析】先列舉一個滿足條件的函數解析式，再證明.【詳解】設，所以，所以在(0,+∞)單調遞增，在單調遞減，所以所以；設，所以；故答案為：【點睛】方法點睛：對于這種開放性試題，一般先要根據已知條件，找到一個滿足已知條件的函數解析式，再進行證明.7．【分析】可轉化為在上，，求導可得的單調性，將的最小值代入，即得解【詳解】，，使得成立等價于在上，．易得，當時，，∴在區間上單調遞減，在區間上單調遞增，∴函數在區間上的最小值為．易知在上單調遞增，∴函數在區間上的最小值為，∴，即實數的取值范圍是．故答案為：8．(1)(2)見解析(3)證明見解析【分析】（1）根據導數的幾何意義，求切線方程；（2）首先求函數的導數，再討論和兩種情況求函數的單調性，求函數的最值；（3）首先根據不等式構造函數，再利用導數求函數的最小值，即可證明.【詳解】（1），，，所以曲線在點處的切線方程為；（2），當時，在區間上恒成立，在區間上單調遞增，所以函數的最小值為，最大值為，當時，，得，在區間小于0，函數單調遞減，在區間大于0，函數單調遞增，所以函數的最小值為，，，顯然，所以函數的最大值為，綜上可知，當時，函數的最小值為，最大值為，當時，函數的最小值為，最大值為；（3）當時，，即證明不等式，設，，，設，，，所以在單調遞增，并且，，所以函數在上存在唯一零點，使，即，則在區間，，單調遞減，在區間，，單調遞增，所以的最小值為，由，得，且，所以，所以，即.9．(1)證明過程見解析(2)證明過程見解析【分析】（1）令，利用導數判斷的單調性，并求出其最小值即可證明；（2）由（1）可知，在上單調遞增，利用零點存在性定理可證明在這個區間上有一個零點，通過構造函數即可證明在上單調遞減，同理利用零點存在性定理可證明在這個區間上有一個零點，即可得證.【詳解】（1）由，設，則，當時，設，，∵，，∴和在上單調遞增，∴，，∴當時，，，則，∴函數在上單調遞增，∴，即當時，;（2）由已知得，①當時，∵，∴在上單調遞增，又∵，，∴由零點存在性定理可知在上僅有一個零點，②當時，設，則，∴在上單調遞減，∴，∴，∴，∴在上單調遞減，又∵，，∴由零點存在性定理可知在上僅有一個零點，綜上所述，有且僅有2個零點.10．(1)在單調遞減，在單調遞增，的極小值為，無極大值.(2)(3)證明見解析【分析】（1）求導研究函數單調性，求出極值；（2）構造函數，求導后注意到，進而得到，，再驗證充分性；（3）構造函數利用導函數研究其單調性，從而證明不等式.【詳解】（1）函數，則，令，解得：，且當時，，時，，因此：在單調遞減，在單調遞增，故的極小值為，無極大值.（2）對任意的，都有成立，即對任意的，恒成立，令，則，注意到：，若要，必須要求，即，亦即，另一方面：當時，因為單調遞增，則當時，恒成立，所以在時單調遞增，故；故實數的取值范圍為：；（3）記，則，記，，，當x∈0,1時，，為增函數，當x∈1,+∞時，，為減函數，所以，即，所以函數在0,+∞單調遞減，則為，注意到，不妨，要證，只需證，即證：，即證：，即證：，記，則，記，則，所以在0,1單調遞增，所以，即，所以在0,1單調遞減，所以，所以，所以，得證.11．(1)答案見解析(2)證明見解析【分析】（1）首先求函數的導數，再根據判別式討論函數的單調區間；（2）根據（1）的結果，可知，，，，這樣可將所證明不等式進行變形，從而構造函數，利用導數即可證明.【詳解】（1）函數的定義域為，，設，令，，當時，即，在單調遞減，當時，即，，令，得，，若，，，由即，得出.由即，得出.當時，，由即，得出.由即，得出.綜上所述：當時，函數在上單調遞減，當時，函數在上單調遞減，在上單調遞增，當時，函數在上單調遞減，在上單調遞增；在上單調遞減.（2）由（1）可知：當時，，是函數兩個極值點，有，，此時，要證明，只要證明設，令，當時，，所以當時，，單調遞減，所以有，即證【點睛】關鍵點點睛：本題考查利用導數研究函數性質的綜合應用問題，本題第二問處理雙變量問題，關鍵是，，，從而為后面的消參，構造函數創造條件.【能力提升訓練】一、單選題1．（2022·江蘇·二模）已知實數，且，為自然對數的底數，則（

）A． B． C． D．2．（2023·福建福州·模擬預測），則（

）A． B．C． D．3．（2022·山西晉中·模擬預測）已知函數，，若存在，，使得成立，則的最大值為（

）A． B．1 C． D．二、多選題4．（2022·全國·模擬預測）已知a，，滿足，則（

）A． B． C． D．5．（2024·河北滄州·一模）已知函數與函數的圖象相交于兩點，且，則（

）A． B．C． D．6．（2024·海南?？凇つM預測）設函數，則（

）A．B．函數有最大值C．若，則D．若，且，則三、填空題7．（2023·浙江溫州·二模）已知函數，則的最小值是；若關于的方程有個實數解，則實數的取值范圍是.8．（2024·北京西城·三模）已知函數，下面命題正確的是.①存在，使得；②存在，使得；③存在常數，使得恒成立；④存在，使得直線與曲線有無窮多個公共點.9．（2022·浙江杭州·模擬預測）已知函數，若存在，使得，則的最小值為.四、解答題10．（2021·浙江·高考真題）設a，b為實數，且，函數（1）求函數的單調區間；（2）若對任意，函數有兩個不同的零點，求a的取值范圍；（3）當時，證明：對任意，函數有兩個不同的零點，滿足.(注：是自然對數的底數)11．（2023·山東濰坊·一模）已知函數.(1)討論的單調性；(2)證明：當時，.12．（2024·廣東佛山·二模）已知.(1)當時，求的單調區間；(2)若有兩個極值點，，證明：.參考答案：題號123456答案DDAABDACACD1．D【分析】化簡條件后根據形式構造函數，利用單調性判斷不等式【詳解】因為，所以，函數在上單調遞增，且，因為所以，所以，即，又，所以，所以，即，綜上，.故選：D2．D【分析】令，利用導數研究函數的單調性可得到，即可判斷、的大小關系；構造函數判斷與0.1的大小，構造函數判斷0.1與大小，從而可判斷b、c大?。驹斀狻苛?，，則，所以當時，即在上單調遞增，所以，即，即，即，令，則，在時，，則為減函數，∴，即；令，，則，故在為減函數，∴，即；∴，令，則，即，∴，所以．故選：D．【點睛】結論點睛：常用的不等式：，，，，，.3．A【分析】先得到，再由的單調性得，進而得到，由導數求出的最大值，即可求解.【詳解】，，易得在上，則在上單調遞增，又，所以即，，所以，則，令，則，當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，則，即時，取得最大值．故選：A4．ABD【分析】A、D利用基本不等式即可判斷，注意等號成立條件；B由，構造且，利用導數證明不等式；C根據A、B的分析，應用特殊值法判斷.【詳解】A：由，即，當且僅當時等號成立，正確；B：由，則且，令且，則，遞減，所以，，即成立，正確；C：當時，，錯誤；D：由，當且僅當時等號成立，正確.故選：ABD5．AC【分析】構造函數利用奇偶性和單調性得出，結合選項逐項驗證即可.【詳解】由題意有兩個不等的實數根，，，令，則，即為奇函數；當時，，為增函數；若，則，又，所以.對于A，，正確.對于B，若成立，則有，與矛盾，所以B不正確.對于C，由指數均值不等式可得，所以，C正確.對于D，令，，當時，，為增函數，所以，即，D不正確.故選：AC.【點睛】結論點睛：均值不等式的拓展：（1）對數型均值不等式：，其中，；（2）指數型均值不等式：，其中.6．ACD【分析】根據fx的解析式直接求解可對A判斷；利用導數求最值方法可對B判斷；結合給出的已知條件并利用A、B中的結論可對C、D判斷求解.【詳解】對A，由題意知，所以，故A正確；對B，由題意知fx的定義域為，，當，，當，，所以fx在上單調遞減，在上單調遞增，所以當時，fx取到極小值也是最小值，故B錯誤；對C，當時，可得，由A知，所以，由B知恒成立，所以，故C正確；對D，當時，得，又因為，所以，由B知fx在上單調遞增，所以，又由A知，所以，故D正確.故選：ACD.【點睛】方法點睛：靈活運用已知條件，，并結合fx的對稱性和單調性進行求解.7．【分析】第一空，由題意可知，故設，作出其圖象，數形結合，可得的最小值；第二空，利用導數的幾何意義求出直線與曲線相切時的的值，將關于的方程有個實數解問題轉化為直線與曲線的交點問題，數形結合，可得答案.【詳解】根據與大小關系（比較與大小的推理見后附），可知，設，注意到曲線與曲線恰好交于點，顯然，，作出的大致圖象如圖，

可得的最小值是1，從而的最小值是．由，得．設直線與曲線切于點，，直線過定點，則，解得，從而．由圖象可知，若關于的方程有個實數解，則直線與曲線有個交點，則或，即所求實數的取值范圍是，故答案為：；附：當時，設，則，所以在區間上單調遞減，從而，此時；當時，設，在區間上單調遞減，所以當時，，即；當時，，即；當時，，即．【點睛】關鍵點睛：解答本題的關鍵所在：（1）明確的含義，即；（2）數形結合思想，作出函數的圖象；（3）將關于的方程有個實數解，轉化為直線與曲線的交點問題.8．①③【分析】①函數求導，用，令，與同正負.研究正負即可，用來研究即可得出答案.；②，即兩點間的斜率正負問題，也就是轉化研究內的單調性.求導即可.③用三角函數的有界性可解.④借助函數單調性,數形結合可解.【詳解】函數，定義域.由于知其為偶函數.，令，與同正負..對于①，當，，則單調遞增，則，故存在，，即存在，使得.故①正確.對于②，與①同理，當，，則單調遞減，則，故，，即，單調遞減.任意，，故②錯誤.對于③，由于為偶函數，根據對稱性，我們只需要考慮即可.令，則，即在上單調遞減，故，即，故，故存在常數，使得，故③正確.對于④，將代入，得，由于為偶函數，根據對稱性，我們只需要考慮即可.由①②知，，單調遞減，，單調遞減，，單調遞增.一直往復下去.圖象如下.則與不能有無數個交點，即與不能有無窮多個公共點.故④錯誤.綜上所得，只有①③正確.故答案為：①③.【點睛】本題主要考查函數很多性質，如奇偶性、單調性、零點與方程，有界性等.綜合性較強，有一定難度，關鍵是借助導數來研究性質，需要冷靜分析，認真計算.9．【分析】根據分段函數解析式畫出函數的簡圖，設，根據圖像確定的取值范圍，將化成只含有一個變量的二次函數，由定區間內二次函數的性質，從而確定的最小值.【詳解】當時，，，當時，，當時，，即當時，取得極小值為.當時，為增函數，且，函數的圖像如圖：設，由題可知，由得，則，則，，所以當時，取得最小值為.故答案為：.【點睛】本題重點是根據函數解析式做出函數圖像，然后根據換元的思想，把雙變量問題轉化為單變量問題，然后就可以輕松求解.10．(1)見解析(2)；(3)證明見解析.【分析】(1)首先求得導函數的解析式，然后分類討論即可確定函數的單調性；(2)將原問題進行等價轉化，然后構造新函數，利用導函數研究函數的性質并進行放縮即可確定實數a的取值范圍；(3)方法一：結合(2)的結論將原問題進行等價變形，然后利用分析法即可證得題中的結論成立.【詳解】(1)，①若，則，所以在上單調遞增；②若，當時，單調遞減，當時，單調遞增.綜上可得，時，的單調遞增區間為,無減區間；時，函數的單調減區間為，單調增區間為.(2)有2個不同零點有2個不同解有2個不同的解，令，則，記，記，又，所以時，時，，則在單調遞減，單調遞增，，.即實數的取值范圍是.(3)[方法一]【最優解】：有2個不同零點，則，故函數的零點一定為正數.由(2)可知有2個不同零點，記較大者為，較小者為，，注意到函數在區間上單調遞減，在區間上單調遞增，故，又由知，，要證，只需，且關于的函數在上單調遞增，所以只需證，只需證，只需證，，只需證在時為正，由于，故函數單調遞增，又，故在時為正，從而題中的不等式得證.[方法二]：分析+放縮法有2個不同零點，不妨設，由得（其中）．且．要證，只需證，即