新高考数学二轮复习核心考点精讲精练专题05 导数与不等式（讲）（2份，原卷版+解析版）

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真题体验 感悟高考
1．（2022·全国·高考真题）设，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】构造函数， 导数判断其单调性，由此确定的大小.
【详解】方法一：构造法
设，因为，
当时，，当时，
所以函数在单调递减，在上单调递增，
所以，所以，故，即，
所以，所以，故，所以，
故，
设，则,
令，，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
又，
所以当时，，
所以当时，，函数单调递增，
所以，即，所以
故选：C.
方法二：比较法
解： ， ， ，
① ，
令
则 ，
故 在 上单调递减，
可得 ，即 ，所以 ；
② ，
令
则 ，
令 ，所以 ，
所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，
所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，所以
故
2．（2019·天津·高考真题（理））已知，设函数若关于的不等式在上恒成立，则的取值范围为
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】先判断时，在上恒成立；若在上恒成立，转化为在上恒成立．
【详解】∵，即，
（1）当时，，
当时，，
故当时，在上恒成立；
若在上恒成立，即在上恒成立，
令，则，
当函数单增，当函数单减，
故，所以．当时，在上恒成立；
综上可知，的取值范围是，
故选C．
3．（2022·全国·高考真题（理））已知函数．
(1)若，求a的取值范围；
(2)证明：若有两个零点，则．
【答案】(1)
(2)证明见的解析
【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；
（2）利用分析法，转化要证明条件为，再利用导数即可得证.
【详解】（1）[方法一]：常规求导
的定义域为，则
令,得
当单调递减
当单调递增，
若,则,即
所以的取值范围为
[方法二]：同构处理
由得：
令，则即
令，则
故在区间上是增函数
故，即
所以的取值范围为
（2）[方法一]：构造函数
由题知,一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设
要证,即证
因为,即证
又因为,故只需证
即证
即证
下面证明时，
设，
则
设
所以,而
所以,所以
所以在单调递增
即,所以
令
所以在单调递减
即,所以；
综上, ,所以.
[方法二]：对数平均不等式
由题意得：
令，则，
所以在上单调递增，故只有1个解
又因为有两个零点，故
两边取对数得：，即
又因为，故，即
下证
因为
不妨设，则只需证
构造，则
故在上单调递减
故，即得证
【点睛】关键点点睛 ：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式
这个函数经常出现，需要掌握
总结规律 预测考向
（一）规律与预测
1.高考对本部分的要求一般有三个层次：第一层次主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；第二层次是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；第三层次是综合考查，如研究函数零点、证明不等式、恒成立问题、求参数等，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式、数列及函数单调性有机结合，设计综合题.
2.涉及导数与不等式问题，主要有：单变量不等式的证明、双变量不等式的证明、不等式恒成立时求参数的取值范围、含导数不等式的求解问题、比较函数值大小问题等
（二）本专题考向展示

考点突破 典例分析
考向一 导数与解不等式问题
【核心知识】
1.利用导数解决解不等式或取值范围问题的两个基本思路
(1)将问题转化为不等式在某区间上的恒成立问题，即f ′(x)≥0(或f ′(x)≤0)恒成立，利用分离参数或函数性质求解参数范围，然后检验参数取“＝”时是否满足题意．
(2)先令f ′(x)>0(或f ′(x)g(x)移项，即构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，转化为证不等式h(x)>0，再次转化为证明h(x)min>0，因此，只需在所给的区间内，判断h′(x)的符号，从而判断其单调性，并求出函数h(x)的最小值，即可得证.
3.通过题目中已有的或常用的不等式进行证明．适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论，如和是两个典型的不等式，可变形得，.
4.利用赋值法证明与正整数有关的不等式.
5. 利用分析法，通过不等式的等价转换，改证新的不等式成立.
【典例分析】
典例10.（2023·四川资阳·模拟预测（文））已知函数．
(1)当时，过点作曲线的切线l，求l的方程；
(2)当时，对于任意，证明：．
【答案】(1)或
(2)证明见解析
【分析】（1）易知不在上，设切点，由导数的几何意义求出切线方程，将代入求出对应，即可求解对应切线方程；
（2）构造，求得，再令，通过研究正负确定单调性，再由正负研究最值，进而得证.
【详解】（1）由题，时，，，
设切点，则切线方程为，
该切线过点，则，即，
所以或．又；；，．
所以，切线方程为或；
（2）设，则，
令，则，
可知，时，；时，，
故时均有，则即在上单调递增，，
因为时，则，，故在上单调递增，
此时，．
所以，当时，对于任意，均有．
典例11.（2022·全国·高考真题）已知函数．
(1)当时，讨论的单调性；
(2)当时，，求a的取值范围；
(3)设，证明：．
【答案】(1)的减区间为，增区间为.
(2)
(3)见解析
【分析】（1）求出，讨论其符号后可得的单调性.
（2）设，求出，先讨论时题设中的不等式不成立，再就结合放缩法讨论符号，最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围.
（3）由（2）可得对任意的恒成立，从而可得对任意的恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.
（1）
当时，，则，
当时，，当时，，
故的减区间为，增区间为.
（2）
设，则，
又，设，
则，
若，则，
因为为连续不间断函数，
故存在，使得，总有，
故在为增函数，故，
故在为增函数，故，与题设矛盾.
若，则，
下证：对任意，总有成立，
证明：设，故，
故在上为减函数，故即成立.
由上述不等式有，
故总成立，即在上为减函数，
所以.
当时，有，
所以在上为减函数，所以.
综上，.
（3）
取，则，总有成立，
令，则，
故即对任意的恒成立.
所以对任意的，有，
整理得到：，
故
，
故不等式成立.
典例12.（2022·河南驻马店·高三期中（理））已知函数
(1)求的最大值；
(2)求证：
【答案】(1)0
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，即可求出函数的单调区间，从而求出函数的最大值；
（2）由（1）可得，即可得到，再根据不等式的性质、等差数列求和公式以及对数的运算性质计算可得.
【详解】（1）解：因为定义域为，
所以，
当时，，当时，，
∴在上单调递增，在上单调递减，
∴在时，取得最大值，即.
（2）证明：当，时，
不等式左边，
不等式右边，
因此只需证明：，
由（1）知，在时，取得最大值，
∴在恒成立，∴（当且仅当时取等号），
∴，（当且仅当时取等号），又，，
所以，，，，，
∴以上各式相加得：，
∴得证.
【总结提升】
1.常见的放缩公式如下：
(1)ex≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号；
(2)ex≥ex，当且仅当x＝1时取等号；
(3)当x≥0时，ex≥1＋x＋eq \f(1,2)x2, 当且仅当x＝0时取等号；
(4)当x≥0时，ex≥eq \f(e,2)x2＋1, 当且仅当x＝0时取等号；
(5)eq \f(x－1,x)≤ln x≤x－1≤x2－x，当且仅当x＝1时取等号；
(6)当x≥1时，eq \f(2x－1,x＋1)≤ln x≤eq \f(x－1,\r(x))，当且仅当x＝1时取等号．
2.数列不等式的证明，常利用以下方法：（1）数学归纳法；（2）构造函数，利用函数的单调性证明不等式；（3）利用递推关系证明．
考向五 双变量不等式的证明
【核心知识】
破解含双变量（参）不等式的证明的关键
一是分析转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；
二是巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；
三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果．
【典例分析】
典例13.（2021·全国·高考真题）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.
【答案】（1）的递增区间为，递减区间为；（2）证明见解析.
【分析】(1) 首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定原函数的单调性.
(2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令，命题转换为证明：，然后构造对称差函数，结合函数零点的特征和函数的单调性即可证得题中的结论.
【详解】(1)的定义域为．
由得，，
当时，；当时；当时，．
故在区间内为增函数，在区间内为减函数，
(2)[方法一]：等价转化
由得，即．
由，得．
由（1）不妨设，则，从而，得，
①令，
则，
当时，，在区间内为减函数，，
从而，所以，
由（1）得即．①
令，则，
当时，，在区间内为增函数，，
从而，所以．
又由，可得，
所以．②
由①②得．
[方法二]【最优解】：变形为，所以．
令．则上式变为，
于是命题转换为证明：．
令，则有，不妨设．
由（1）知，先证．
要证：
．
令，
则，
在区间内单调递增，所以，即．
再证．
因为，所以需证．
令，
所以，故在区间内单调递增．
所以．故，即．
综合可知．
[方法三]：比值代换
证明同证法2．以下证明．
不妨设，则，
由得，，
要证，只需证，两边取对数得，
即，
即证．
记，则.
记，则，
所以，在区间内单调递减．，则，
所以在区间内单调递减．
由得，所以，
即．
[方法四]：构造函数法
由已知得，令，
不妨设，所以．
由（Ⅰ）知，，只需证．
证明同证法2．
再证明．令．
令，则．
所以，在区间内单调递增．
因为，所以，即
又因为，所以，
即．
因为，所以，即．
综上，有结论得证．
【整体点评】(2)方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能.
方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略.
方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可.
方法四：构造函数之后想办法出现关于的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在.
典例14.（2020·天津·高考真题）已知函数，为的导函数．
（Ⅰ）当时，
（i）求曲线在点处的切线方程；
（ii）求函数的单调区间和极值；
（Ⅱ）当时，求证：对任意的，且，有．
【答案】（Ⅰ）（i）；（ii）的极小值为，无极大值；（Ⅱ）证明见解析.
【分析】(Ⅰ) (i)首先求得导函数的解析式，然后结合导数的几何意义求解切线方程即可；
(ii)首先求得的解析式，然后利用导函数与原函数的关系讨论函数的单调性和函数的极值即可；
（Ⅱ）首先确定导函数的解析式，然后令，将原问题转化为与有关的函数，然后构造新函数，利用新函数的性质即可证得题中的结论.
【详解】(Ⅰ) (i) 当k=6时，，.可得，，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
(ii) 依题意，.
从而可得，
整理可得：，
令，解得.
当x变化时，的变化情况如下表：
所以，函数g(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，+∞)；
g(x)的极小值为g(1)=1，无极大值.
（Ⅱ）证明：由，得.
对任意的，且，令，则
. ①
令.
当x>1时，，
由此可得在单调递增，所以当t>1时，，即.
因为，，，
所以
. ②
由(Ⅰ)(ii)可知，当时，，即，
故 ③
由①②③可得.
所以，当时，任意的，且，有
.
典例15.（2022·江苏南通·高三期中）已知函数的极值为．
(1)求p的值，并求的单调区间；
(2)若，证明：．
【答案】(1)；单调减区间为，单调增区间为；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据极值点处导数为零，以及函数的极值，列出方程求得参数；再利用导数判断函数单调性即可；
（2）构造函数，根据其单调性，通过证明，即可证明结果.
【详解】（1）设的极值点为，，
则，
解得，，经检验，时满足题意．
所以，，
当时，，当时，，
所以的单调减区间为，单调增区间为．
（2）不妨设，因为，
由（1）知，，．
设函数，，
则，所以在上单调递减，
所以，即，
所以，即．
又，，所以，即．
由，得，又，所以
所以，即，得证．
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数由函数极值求参数，以及利用导数求函数单调性和证明不等式；第二问处理的关键是如何逆向思考，得到构造的思路，属综合困难题.
【总结提升】
证明双变量函数不等式的常见思路
1．将双变量中的一个看作变量，另一个看作常数，构造一个含参数的辅助函数证明不等式．
2．整体换元．对于齐次式往往可将双变量整体换元，化为一元不等式．
3．若双变量的函数不等式具有对称性，并且可以将两个变量分离开，分离之后的函数结构具有相似性，从而构造函数利用单调性证明.
单调递减
极小值
单调递增