2025年高考数学复习(新高考专用)重难点05利用导数证明不等式【十大题型】特训(学生版+解析)

这是一份2025年高考数学复习(新高考专用)重难点05利用导数证明不等式【十大题型】特训(学生版+解析)，共88页。

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\l "_Tc28161" 【题型1 直接法证明不等式】 PAGEREF _Tc28161 \h 2
\l "_Tc1908" 【题型2 移项构造函数证明不等式】 PAGEREF _Tc1908 \h 3
\l "_Tc23651" 【题型3 分拆函数法证明不等式】 PAGEREF _Tc23651 \h 4
\l "_Tc17265" 【题型4 分析法证明不等式】 PAGEREF _Tc17265 \h 5
\l "_Tc16292" 【题型5 放缩法证明不等式】 PAGEREF _Tc16292 \h 6
\l "_Tc5051" 【题型6 指对同构】 PAGEREF _Tc5051 \h 8
\l "_Tc16474" 【题型7 隐零点法】 PAGEREF _Tc16474 \h 9
\l "_Tc4187" 【题型8 双变量不等式的证明】 PAGEREF _Tc4187 \h 10
\l "_Tc29928" 【题型9 函数与数列不等式综合证明问题】 PAGEREF _Tc29928 \h 11
\l "_Tc1792" 【题型10 导数新定义的不等式证明问题】 PAGEREF _Tc1792 \h 12
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，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.
【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：
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【题型1 直接法证明不等式】
【例1】（2024·江苏连云港·模拟预测）已知函数f(x)=ex−12x2−x.
(1)求函数f(x)在x=1处的切线方程.
(2)证明：∀x∈[0,+∞),f(x)>sinx.
【变式1-1】（2024·河北保定·三模）已知函数f(x)=x2−ax+lnx，x=1为f(x)的极值点.
(1)求a；
(2)证明：f(x)≤2x2−4x.
【变式1-2】（23-24高三下·云南昆明·阶段练习）已知函数fx=xa−lnx，a>0．
(1)求fx的最小值ga；
(2)证明：ga≤a+1a−1．
【变式1-3】（2024·江苏徐州·模拟预测）已知函数fx=2x2+x−lnx+m，m∈R.
(1)当m=0时，求曲线y=fx在点(1,f(1))处的切线方程；
(2)当m≤1时，证明：fx≥0.
【题型2 移项构造函数证明不等式】
【例2】（2024·广西·模拟预测）设函数fx=lnx+ax+b，曲线y=fx在点1,f1处的切线方程为y=6x−3．
(1)求a,b的值；
(2)证明：fx>−25x−1．
【变式2-1】（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.
【变式2-2】（2024·陕西榆林·三模）已知函数fx=mlnx+x2−x,fx的导函数为f′x.
(1)讨论fx的单调性；
(2)当m=1时，证明：f′x+1≤2exx+1+1x+1+x−1.
【变式2-3】（2024·上海松江·二模）已知函数y=x⋅lnx+a（a为常数），记y=f(x)=x⋅g(x).
(1)若函数y=g(x)在x=1处的切线过原点，求实数a的值；
(2)对于正实数t，求证：f(x)+f(t−x)≥f(t)−tln2+a；
(3)当a=1时，求证：g(x)+csx0.
【变式3-1】（2024·全国·模拟预测）已知函数fx=ax−lnx,a∈R．
(1)若函数Fx=fx−x2有两个极值点，求a的取值范围；
(2)若曲线y=fx在点1e,f1e处的切线与y轴垂直，求证：fx0，gx32x2+xlnx．
【题型4 分析法证明不等式】
【例4】（2024·吉林·模拟预测）已知函数fx=x2−ax−aex.
(1)当a=0时，求函数fx的极值；
(2)求证：当0aa−1.
【变式4-1】（2024·西藏·模拟预测）已知函数fx=xlnx+1−x2+axa∈R．
(1)若fx在定义域内是单调函数，求a的取值范围；
(2)若fx有两个极值点x1，x2，求证：x1+x2>0．
【变式4-2】（2024·河北·模拟预测）已知函数fx=alnx−x.
(1)讨论fx的单调性；
(2)证明：当a>0时，fx≤aea−1.
【变式4-3】（2024·宁夏吴忠·模拟预测）已知函数f(x)=aex−x−32(a∈R)．
(1)讨论fx的单调性；
(2)证明：当a>0时，f(x)>2lna−a2．
【题型5 放缩法证明不等式】
【例5】（2024·山东·模拟预测）已知函数fx=emxx2−3m+3mx+2m2+5m+3m2，其中m≠0.
(1)求曲线y=fx在点2,f2处切线的倾斜角；
(2)若函数fx的极小值小于0，求实数m的取值范围；
(3)证明：2ex−2x+1lnx−x>0.
【变式5-1】（2024·山东·模拟预测）已知函数fx=1x+alnx+2x−2，其中a∈R．
(1)当a≥1时，判断fx的单调性；
(2)若fx存在两个极值点x1,x2x2>x1>0．
（ⅰ）证明：x2−x1+2>2a；
（ⅱ）证明：x∈1,+∞时，fx>1x23−4x22+5x2−2．
【变式5-2】（2024·辽宁·二模）已知函数fx=lnx+ax2+a+2x+1，（a∈R，a≠0）.
(1)讨论函数fx的单调性；
(2)若a=−2，证明：ex−x2+2x−xfx>1.
【变式5-3】（23-24高三上·湖北·阶段练习）已知函数fx=xlnx.
(1)讨论fx的单调性；
(2)若两个不相等的正实数a，b满足fa=fb，求证：a+bsin0=0，
当x>0时，f(x)>1≥sinx，
综上所述：∀x∈[0,+∞),f(x)>sinx.
【变式1-1】（2024·河北保定·三模）已知函数f(x)=x2−ax+lnx，x=1为f(x)的极值点.
(1)求a；
(2)证明：f(x)≤2x2−4x.
【解题思路】（1）求导f′(x)=2x−a+1x，由f′(1)=0求解；
（2）转化为证x2−x−lnx≥0，令g(x)=x2−x−lnx，由g(x)min≥0证明.
【解答过程】（1）解：f′(x)=2x−a+1x，
依题意，f′(1)=2×1−a+1=0，解得a=3，
经检验符合题意，所以a=3；
（2）由（1）可知，f(x)=x2−3x+lnx，
要证f(x)=x2−3x+lnx≤2x2−4x，即证x2−x−lnx≥0，
设g(x)=x2−x−lnx，则g′(x)=2x−1−1x=(x−1)(2x+1)x，
所以当x∈(0,1)时，g′(x)0，g(x)单调递增，
当x=1时，g(x)取得极小值，也是最小值，
因为g(1)=0，g(x)≥g(1)=0，
所以f(x)≤2x2−4x.
【变式1-2】（23-24高三下·云南昆明·阶段练习）已知函数fx=xa−lnx，a>0．
(1)求fx的最小值ga；
(2)证明：ga≤a+1a−1．
【解题思路】（1）对函数求导，判断导函数的零点情况，利用隐零点（设而不求）分析函数单调性并求出最值，
（2）对ga函数求导，分析其单调性及最值,使得gamax≤(a+1a−1)min.
【解答过程】（1）f(x)的定义域为0,+∞，f′x=axa−1−1x=axa−1x，
令ax0a−1=0解得x0=1a1a，又因为当a>0时，y=axa−1为增函数，
故当x∈0,x0时，f′x0，则fx在x0,+∞上单调递增；
故fxmin=fx0=x0a−lnx0=1a−1aln1a=1+lnaa，故ga=1+lnaa．
（2）ga=1+lnaa，a>0，则g′a=−lnaa2，
故当a∈0,1时，g′a>0，则ga在0,1单调递增；
当a∈1,+∞时，g′a−1，
则g′x=4x+1−1x+1=4x2+5xx+1=x4x+5x+1，
当−1−25x−1．
【解题思路】（1）由题意可得f1=3f′1=6，即可得解；
（2）构造函数gx=lnx+5x−1+25x，利用导数求出函数gx的最小值，即可得证.
【解答过程】（1）函数fx的定义域为0,+∞,f′x=1x+a，
将x=1代入y=6x−3，解得y=3，即f1=3，
由切线方程y=6x−3，可知切线斜率f′1=6，
故a+b=3,1+a=6，
解得a=5,b=−2；
（2）由（1）知fx=lnx+5x−2，
要证fx>−25x−1，即证lnx+5x−1+25x>0．
设gx=lnx+5x−1+25x，
则g′x=25x2+5x−25x2=5x−15x+25x2，
令g′x=0，解得x=15，或x=−25（舍去），
当x∈0,15时，g′x0,gx单调递增；
所以g(x)min=g15=2−ln5>0，
所以gx>0，即fx>−25x−1．
【变式2-1】（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.
【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2-2】（2024·陕西榆林·三模）已知函数fx=mlnx+x2−x,fx的导函数为f′x.
(1)讨论fx的单调性；
(2)当m=1时，证明：f′x+1≤2exx+1+1x+1+x−1.
【解题思路】（1）求导，根据判别式分类讨论，即可根据导数的正负确定函数单调性，
（2）将所证不等式等价变形后构造st=t3+tet2−1，利用导数求解函数的单调性，即可求证.
【解答过程】（1）f′x=mx+2x−1=2x2−x+mx(x>0)，
当Δ=1−8m≤0，即m≥18时，此时，f′x≥0，故fx在0,+∞上单调递增.
当Δ=1−8m>0，即m0，令φ′t>0,则00，当t∈(1,+∞)时，φt0，
可得ℎx=xlnx+(t−x)ln(t−x)+2a，其中01，即2x−tt−x>0，即2x−tx−tm0=3>0，即ℎ′x>0，
所以函数ℎx在0,+∞上单调递增，则ℎx>ℎ0=0，所以12e2x+2ex−2x2−52>0．
再证：xlnx−ex−12x20，即证lnxx0，tx单调递增；
当x∈e,+∞时，t′x0，则φ′x=x−2exx3．
当x∈0,2时，φ′x0，φx单调递增．
所以φx≥φ2=e24+12．所以lnxx≤1e32x2+xlnx．
【题型4 分析法证明不等式】
【例4】（2024·吉林·模拟预测）已知函数fx=x2−ax−aex.
(1)当a=0时，求函数fx的极值；
(2)求证：当0aa−1.
【解题思路】（1）对函数求导后，由导数的正负求出函数的单调区间，从而可求出函数的极值；
（2）对函数求导后，由导数的正负求出函数的单调区间，求出f(x)min=−aea，然后将问题转化为证−aea>aa−1，证法一：转化为证1−aea0恒成立，
所以当a>0时，f(x)>2lna−a2.
【题型5 放缩法证明不等式】
【例5】（2024·山东·模拟预测）已知函数fx=emxx2−3m+3mx+2m2+5m+3m2，其中m≠0.
(1)求曲线y=fx在点2,f2处切线的倾斜角；
(2)若函数fx的极小值小于0，求实数m的取值范围；
(3)证明：2ex−2x+1lnx−x>0.
【解题思路】（1）利用函数乘法求导法则来求函数f(x)的导函数并因式分解得f'x=emxx−2mx−m−1，即可求出k=f′2=0，从而可求得切线的倾斜角为0；
（2）对参数m分四种情形mx2和1>2lnxx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，
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·甘肃·一模）已知函数fx=ax−a+1lnx−1x+2a∈R.
（1）讨论函数fx单调性；
（2）当a=−2时，求证：fx0时，x>6a12，当f′(x)