(全国通用)高考数学二轮热点题型归纳与变式演练 专题3-7 导数压轴大题归类：不等式证明归类（2）（原卷+解析）学案

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专题3-7 导数压轴大题归类：不等式证明归类（2）

目录
一、热点题型归纳 1
【题型一】 不等式证明6：凸凹翻转型 1
【题型二】 不等式证明7：三角函数与导数型 4
【题型三】 不等式证明8：极值点偏移（不含参） 6
【题型四】 不等式证明9：极值点偏移（含参） 9
【题型五】 不等式证明10：三个“极值点”（零点）型 12
【题型六】 不等式证明11：比值代换（整体代换等）型 15
【题型七】 不等式证明11：非对称型（零点值x1与x2系数不一致） 18
【题型八】 不等式证明12：韦达定理型 21
【题型九】 不等式证明13：利用第一问构造（包括泰勒展开） 23
【题型十】 不等式证明14：含ex和lnx型 26
【题型十一】 不等式证明15：先放缩再证明型 28
【题型十二】 不等式证明16：切线放缩证明“两根差”型 31
【题型十三】 不等式证明17：条件不等式证明 34
【题型十四】 综合证明：x1与x2综合 37
二、最新模考题组练 40





【题型一】 不等式证明6:凹凸翻转型
【典例分析】
已知，.
（1）求函数的单调区间；
（2）对一切，恒成立，求实数a的取值范围；
（3）证明：对一切，都有成立.
【答案】（1）函数在上单调递减，在上单调递增（2）（3）证明见解析
【分析】
（1）求出的导函数，令导函数小于0，可求得函数单调递减区间，导函数大于0，可求得函数单调递增区间；
（2）把与解析式代入已知不等式，整理后设，求出的导函数，根据导函数的正负判断单调性，进而求出的最小值，即可确定的范围；
（3）所证不等式两边乘以，左边为，右边设为，求出左边的最小值及右边的最大值，比较即可得证．
（1）
解：因为，所以，
当，，当，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增；
（2）
解：原不等式等价于，即对一切恒成立，
设，则，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，
所以实数a的取值范围为；
（3）证明：原问题等价于证明，
由（1）可知，的最小值是，当且仅当时取到，
设，则，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以，当且仅当时取到，
所以对一切，都有成立．
【提分秘籍】
基本规律
类型特征：
（1） 特殊技巧；
（2） 分开为两个函数，各自研究，甚至用上放缩法



【变式演练】
1.已知．
（1）求函数的极值；
（2）证明：对一切，都有成立．
【答案】（1）极小值为，无极大值（2）证明见解析
【分析】
（1）求导，令f′(x)=0，解得，分别讨论和时，的正负，可得的单调区间，即可得答案.（2）问题等价于证明，x∈(0，＋∞)．设，利用导数求得的单调区间和极值，分析即可得答案.
解（1）由，x>0，得f′(x)=ln x＋1，令f′(x)=0，得．
当时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
所以的极小值为，无极大值．
（2）证明：问题等价于证明，x∈(0，＋∞)．由（1）可知，x∈(0，＋∞)，
设，则，当时，，单调递增；
当时，，单调递减．易知，当且仅当时取到．
从而对一切x∈(0，＋∞)，成立，当且仅当时等号成立．
即对一切，都有成立．
2.已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）证明：.
【答案】（1）答案见解析.（2）证明见解析
【分析】（1），令，分别讨论，，，解不等式或即可得单调增区间和减区间，进而可得单调性.
（2）设分别求，利用导数判断两个函数的单调性以及最值，求出即可求证.
解（1）因为，所以，，，
令，当时，恒成立，此时在上单调递减，
当时，解不等式可得：，
所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
当时，解不等式可得：，
所以在上单调递增，在上单调递减，
综上所述：当时，在上单调递减，
当时，在和上单调递减，
在上单调递增，
当时， 在上单调递增，在上单调递减，
（2）由可得，由可得，由可得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，设，则，
由即可得；由即可得，
所以在上单调递增，在上单调递减，所以，
所以，所以对任意的恒成立.

【题型二】 不等式证明7：三角函数与导数不等式
【典例分析】
已知函数，，．
（1）若在上单调递增，求a的最大值；
（2）当a取（1）中所求的最大值时，讨论在R上的零点个数，并证明．
【答案】（1）1；（2）2个，证明见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，转化为导函数在上恒成立，再求导求其最小值即可；（2）利用导数分析函数在上的单调性，根据两点的存在性定理可确定出2个零点，再由导数求出函数的最小值，求出最小值的范围即可得证.
解（1）由题意可知，在上恒成立，
因为，所以单调递增，
所以，解得a≤1，所以a的最大值为1.
（2）
易知a=1，所以,
当x≤0时，，所以g(x)单调递减，
当x>0时，，则，所以单调递增,
因为，所以存在，使得，
在上单调递减，在上单调递增，
又，所以,
因为，所以存在，使得，
所以有两个零点， 又因为，
所以，因为，
所以，故成立.

【提分秘籍】
基本规律
1.证明思路和普通不等式一样。
2.充分利用正余弦的有界性

【变式演练】
1.设函数.
（1）求的极值点；
（2）设函数.证明：.
【答案】（1）；（2）证明过程见解析.
【分析】（1）利用二次求导法，结合函数极值的定义进行求解即可；
（2）利用构造函数法，结合导数的性质分类讨论进行证明即可.
解（1）函数的定义域为：，
由，设，
因为，所以是单调递减函数，
因此当时，单调递减，
当时，单调递增，
因此当时，函数有极大值，极大值为；
（2）函数的定义域为：，即，
要想证明，只需证明，
构造函数，由（1）可知当时，函数的极大值为，
即，当时，，
设， ，，
当时，单调递增，即有，
因此此时有成立，
当时，单调递减，即有，
因此此时有成立，
所以当时，，即，
设，当时，显然有，
因此有，即，而，
所以当时，不等式成立，即成立.
2.已知函数
（1）若，成立，求实数的取值范围;
（2）证明：有且只有一个零点，且．
【答案】（1）（2）证明见解析.
【分析】
（1）把已知条件转化成大于在上的最小值即可解决；
（2）先求导函数，判断出函数的单调区间，图像走势，再判断函数零点，隐零点问题重在转化.
解（1）由得，则在上单调递增，在上最小值为
若，成立，则必有由，得故实数的取值范围为
（2）在上单调递增，且恒成立，最小正周期，在上最小值为由此可知在恒为正值，没有零点.
下面看在上的零点情况.，，则
即在单调递增，
，
故在上有唯一零点.综上可知，在上有且只有一个零点.
令，则，。
令，则。即在上单调递减，
故有
【题型三】 不等式证明8：极值点偏移之不含参型
【典例分析】
.已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：．
【答案】（1）x－y－1＝0；（2）证明见解析﹒
【分析】(1)利用导数的几何意义即可求；
(2)①对不等式右侧可以采用切线放缩来进行证明；②不等式左侧变形转化为证明﹒
解（1）切点为，，，切线方程为，即x－y－1＝0；
（2），令，且当时，，单调递减；
当时，，单调递增．∵，不妨设，∴，
对不等式右侧可以采用切线放缩来进行证明．
注意到，而，∴．
再证左边：要证：，只需证明：．∵，∴．
又∵，当时，单调递增﹐故只需证明．
，构造函数，，
∴，∴
∴在上单调递减，∴，
∴，∴．
【提分秘籍】
基本规律
1.求出函数的极值点；
2.构造一元差函数；
3.确定函数的单调性；
4.结合，判断的符号，从而确定、的大小关系
【变式演练】
1.已知函数.
（1）当时，判断在区间上的单调性；
（2）当时，若，且的极值在处取得，证明：.
【答案】（1）在上是增函数．（2）证明见解析．
【分析】（1）求出导函数，设，再求导，由恒成立得单调递增，得，从而得的单调性；
（2）利用导数得出的极小值点，注意，题设中，满足，考虑到，引入新函数，，利用导数确定是单调增函数，得，即得，再利用的关系，及函数的单调性可证得结论成立．
解（1），时，，，
设，则，时，恒成立，
所以，即在上单调递增，又，所以时，恒成立，
所以在上是增函数．
（2），，，由（1）知在上是增函数，
，，所以在，即在上存在唯一零点，，
时，，递减，时，，递增．
是函数的唯一极小值点．若，则，
设，，
，

由得，所以，
由，得，，又，
所以，所以是增函数，
当时，，
所以，，又，
，所以，又，在上单调递增，
所以，所以．
2.已知函数.（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，设函数的两个零点为，，试证明：.
【答案】（1）当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减；（2）证明见解析.
【分析】（1）求出导函数，讨论的取值范围，利用导数与函数单调性之间的关系即可求解.
（2）利用导数求出函数的极大值，由零点存在性定理可得两零点所在的区间，不妨设，则有，构造函数，，利用导数判断出函数单调递增，从而可得，再由即可求解.
解：（1）易得函数的定义域为.对函数求导得：.
当时，恒成立，即可知在上单调递增；
当时，当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减.
（2）当时，，，此时在上单调递增，在上单调递减.
，又，，不妨设，则有，
令，，.
当时，，单调递增，，，
，又，，
，，在上单调递减，，即.
【题型四】 不等式证明9：极值点偏移之含参型
【典例分析】
已知函数的两个零点为．（1）求实数m的取值范围；
（3） 求证：．
【答案】（1）（2）见解析
【详解】（1），当时，，
在上单调递增，不可能有两个零点；
当时，由可解得，由可解得，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以，
要使得在上有两个零点，则，解得，
则m的取值范围为．
（2）令，则，由题意知方程有两个根，
即方程有两个根，不妨设，，令，
则当时，单调递增，时，单调递减，综上可知，，
要证，即证，即，即证，
令，下面证对任意的恒成立，∵，∴，
∴又∵，∴，则在单调递增∴，故原不等式成立．
【提分秘籍】
基本规律
1.消去参数，从而转化成不含参数的问题去解决；
2.以参数为媒介，构造出一个变元的新的函数.

【变式演练】
1..已知函数.
（1）设函数，且恒成立，求实数的取值范围；
（2）求证：；
（3）设函数的两个零点、，求证：.
【答案】（1）（2）证明见解析（3）证明见解析
【分析】（1）利用变量分离法得出，利用导数求出函数的最小值，即可得出实数的取值范围；
（2）证明出，即可证得结论成立；
（3）分析可得，证得，利用基本不等式可得出，构造函数，分析看可知函数在上为增函数，分析得出，结合函数的单调性可证得结论成立.
解：（1）由可得，可得，令，其中，则，
当时，，此时函数单调递减，当时，，此时函数单调递增，
所以，，所以，；
（2）解：要证，即证，由（1）可知，，当且仅当时，等号成立，令，其中，则，当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，所以，，
因为和取等的条件不同，故，即；
（3）解：由题知①，②， ①②得③，
②①得④. ③④得，
不妨设，记.令，则，
所以在上单调递增，所以，则，即，
所以.因为，
所以，即.令，，则在上单调递增.
又，所以，即，所以.
2.已知函数.（1）若f（1）=2，求a的值；
（2）若存在两个不相等的正实数，满足，证明：
①；②.
【答案】（1）2；（2）证明过程见解析.
【分析】（1）代入f（1）=2即可求出a的值；（2）①分情况讨论，得到时满足题意，根据函数单调性，不妨设，构造差函数，证明极值点偏移问题；②在第一问的基础上进行放缩即可证明..
解（1）由，化简得：，两边平方，解得：.
（2）不妨令，
①当时，在上单调递增，故不能使得存在两个不相等的正实数，满足，舍去；
当时，为定值，不合题意；
当时，，由对勾函数知识可知：当时，在上单调递增，在上单调递增，两个分段函数在处函数值相同，故函数在上单调递增，不能使得存在两个不相等的正实数，满足，舍去；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，且，即分段函数在处函数值相等，要想存在两个不相等的正实数，满足，则有三种类型，第一种：，显然，令，则，当时，，即在单调递增，所以，即，由于，所以，又因为，所以，因为，而在上单调递减，所以，即，综上：；第二种情况：，显然满足，
接下来证明，令，则，当时，，即在单调递增，所以，又，所以，又，所以，因为，，在上单调递增，所以，即，综上：；第三种情况：，由第一种情况可知满足，由第二种情况可知：，则，
综上：，证毕.
②由①可知：当时，由得：，整理得：，即；
当时，，整理得：，整理得：，因为，所以，综上：，证毕.
【题型五】 不等式证明10：三个“极值点（零点）”不等式
【典例分析】
已知函数在处的切线方程为．
（1）求函数的解析式；
（2）当时，若函数的3个极值点分别为，，，求证：．
【答案】（1）（2）证明见解析【分析】
（1）由切线方程及导数的几何意义，得，解得，把点代入曲线方程，解得，进而可得函数的解析式；
（2）由（1）可得的解析式，对求导，分析的单调性，极值，推出函数的3个极值点中，有一个为，有一个小于，有一个大于1，进而得出答案．
解：（（1）1）由，可得，，所以，
所以，解得，又因为在曲线上，所以，解得，
所以函数的解析式为：；
（2）证明：，，
令，，当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以，因为函数有3个极值点，所以，所以，所以当时，又，
（1），从而函数的3个极值点中，有一个为，有一个小于，有一个大于1，
又，所以，，，即，，
故．

【提分秘籍】
基本规律
1.可以通过代换消去一个极值点。
2.一些函数也可以求出具体的极值点
3.通过分类讨论可以“锁定”一个的取值范围，适当放缩。

【变式演练】
1.已知函数.
（1）若曲线在处的切线斜率为，求实数的值；
（2）若函数有3个不同的零点，，，求实数的取值范围，并证明：.
【答案】（1）1；（2），证明见解析.
【分析】
（1）由导数的几何意义，知，即可求出的值；
（2）由题意，又有3个不同的零点，则有两个异于2的不等实根，令，结合导数研究的零点分布情况即可求的取值范围，应用分析法：要证仅需证，而，是的两个实根有，令，，，只需证，上恒成立即可.
【详解】
（1）对求导，得，
依题意，，解得.
（2）依题意，，，令，得或，
要使有三个不等实根，需使有两个异于2的不等实根，不妨设，，令，则，
当时，，在上单调递减，不可能有两个零点，不合题意；
当时，令，得，
∴当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，∴要使有两个异于2的不等实根，须使，即，此时有，，，
∴由函数零点存在定理知有两个零点，即，又有，
∴实数的取值范围是.要证，只需证.①
∵，是的两个实根，且，∴，即，有.
令，，则，，，∴要证①式成立，只需证，，即证，.令，，则在上恒成立，
∴在上单调递增，有，
∴，则得证.
2.已知函数f(x)=ex-ax21+x．
（1）若a=0，讨论f(x)的单调性．
（2）若f(x)有三个极值点x1，x2，x3．
①求a的取值范围；
②求证：x1+x2+x3>-2．
【答案】（1）f(x)在(-∞,-1)和(-1,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增（2）①(1e,12)∪(12,+∞) ；②证明见解析
【分析】（1）求导，根据的导函数与0的关系求出单调区间，
（2）①先求导，f'(0)=0，令g(x)=ex-a(x+2)，再求导，判断根的范围
②利用分析法进行求证，要证：x1+x2+x3>-2，只要证：x1+x2>-2，只要证ex2-e-2-x2-2a(x2+1)0，求导，判断增减性，问题得以证明．
解：（1）当a=0时，f(x)=ex1+x，x≠-1，∴f'(x)=xex(1+x)2，
当f'(x)0，所以x0是g(x)的极小值点且为最小值，
要使g(x)=0有两根，只要g(x0)1e且a≠12时，g-3=e-3+a>0，设Sx=x-2lnx,x>2，则S'x=x-2x>0，
故Sx在2,+∞上为增函数，故Sx>S(2)=2-2ln2>0即ex>x2x>2，
取M=max2,a+a2+8a2，则x>M时，ex-ax-2a>x2-ax-2a>0，
故此时g(x)=0有两个既不等于0也不等于-1的根，
而g(-1)=1e-a-x2-2，
因为g(x)在(-∞,lna)上单调递减，其中lna>-1，故只要证g(x1)