江苏省2022年高考数学模拟题分类汇编-利用导数证明不等式

这是一份江苏省2022年高考数学模拟题分类汇编-利用导数证明不等式，共34页。试卷主要包含了单选题，多选题，解答题等内容，欢迎下载使用。

江苏省2022年高考数学模拟题分类汇编-利用导数证明不等式

一、单选题
1．（2022·江苏·南京市江宁高级中学模拟预测）已知，，，则（        ）
A． B．
C． D．
2．（2022·江苏江苏·二模）已知实数，且，为自然对数的底数，则（       ）
A． B． C． D．

二、多选题
3．（2022·江苏·模拟预测）设函数的导函数存在两个零点、，当变化时，记点构成的曲线为，点构成的曲线为，则（       ）
A．曲线恒在轴上方
B．曲线与有唯一公共点
C．对于任意的实数，直线与曲线有且仅有一个公共点
D．存在实数，使得曲线、分布在直线两侧
4．（2022·江苏江苏·三模）已知各项都是正数的数列的前项和为，且，则（       ）
A．是等差数列 B．
C． D．

三、解答题
5．（2022·江苏无锡·模拟预测）已知函数，其中m＞0，f '(x)为f(x)的导函数，设，且恒成立．
(1)求m的取值范围；
(2)设函数f(x)的零点为x0，函数f '(x)的极小值点为x1，求证：x0＞x1．
6．（2022·江苏南京·模拟预测）已知函数．
(1)求证：；
(2)若恒成立，求实数．
7．（2022·江苏南京·模拟预测）已知函数，
(1)判断是否存在实数，使得在处取得极值？若存在，求出实数；若不存在，请说明理由；
(2)若，当时，求证：．
8．（2022·江苏·南京外国语学校模拟预测）已知函数=e2x，，m>0，设
(1)若函数有两个零点，求实数m的取值范围；
(2)若直线是曲线=e2x的一条切线，求证："a>b，都有．
9．（2022·江苏南通·模拟预测）已知函数．
(1)求f（x）的最大值；
(2)设实数m，n满足－1≤m＜0＜n≤1，且，求证：．
10．（2022·江苏扬州·模拟预测）已知函数.
(1)求函数的最小值；
(2)证明：对于任意正整数，不等式成立.
11．（2022·江苏·苏州市第六中学校三模）已知函数．
(1)若函数在上是单调递增，求实数的取值范围；
(2)若对于任意，存在正实数，使得，试判断与的大小关系，并给出证明．
12．（2022·江苏连云港·模拟预测）已知函数．
(1)已知直线是曲线的一条切线，求k的值；
(2)若函数有两个不同的零点，，证明：．
13．（2022·江苏·阜宁县东沟中学模拟预测）设函数．
(1)当时，恒成立，求k的最大值；
(2)设数列的通项，证明：．
14．（2022·江苏南京·三模）已知函数＝（x2－x＋1）ex－3，，e为自然对数的底数．
(1)求函数的单调区间；
(2)记函数在（0，＋∞）上的最小值为m，证明：e＜m＜3．
15．（2022·江苏·南京市第一中学三模）已知函数．
(1)证明：；
(2)若，证明：．
16．（2022·江苏南通·模拟预测）已知函数．
(1)求函数的单调区间
(2)若，证明：存在两个零点，且．
17．（2022·江苏南通·模拟预测）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)当时，证明：.
18．（2022·江苏南通·模拟预测）已知函数，其中，e为自然对数的底数，
(1)若函数在定义域上有两个零点，求实数a的取值范围；
(2)当时，求证：
19．（2022·江苏南通·模拟预测）已知函数，其导函数为．
(1)若函数在处的切线过原点，求实数a的值；
(2)若，证明：．
20．（2022·江苏泰州·一模）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若，证明：.
21．（2022·江苏省木渎高级中学模拟预测）已知函数(a∈R)．
(1)若是单调增函数，求a的取值范围；
(2)若，是函数的两个不同的零点，求证：．
22．（2022·江苏江苏·一模）设函数.
(1)求函数在处的切线方程；
(2)若为函数的两个不等于1的极值点，设，记直线的斜率为，求证：.
23．（2022·江苏·扬中市第二高级中学模拟预测）已知函数，.
（1）证明：；
（2）若时，恒成立，求实数a的取值范围；
（3）求的最小值.
24．（2022·江苏·南京市雨花台中学模拟预测）已知．
（1）讨论的单调性；
（2）已知函数有两个极值点，求证：．

参考答案：
1．D
【分析】构造函数以及函数，分别利用导数研究其单调性，进而根据单调性比较函数值的大小.
【详解】令，，
当时，，，，单调递增，
，即，，即，
令，
，
令，
令，，
当时，，单调递增，

在上单调递减，，
，在上单调递减，
，即，
综上：.
故选：D.
2．D
【分析】化简条件后根据形式构造函数，利用单调性判断不等式
【详解】因为，所以，
函数在上单调递增，且，因为
所以，所以，即，
又，所以，所以，即，综上，.
故选：D
3．AD
【分析】求出曲线、对于的方程，数形结合可判断ABC选项；求出函数在处的切线方程，数形结合可判断D选项.
【详解】对于A选项，因为，则，
令可得或，
因为函数存在两个零点、，则，即.
当时，即当时，，则，
当时，即当时，，则，
则曲线为函数的图象以及射线，
且当时，，所以，曲线在轴上方，A对；
对于B选项，当时，即当时，，
则，
当时，即当时，，则
所以，曲线为函数的图象以及射线，
由图可知，曲线、无公共点，B错；
对于C选项，对于函数，，
此时函数在上单调递减，且，
结合图象可知，当时，直线与曲线没有公共点，C错；
对于D选项，对于函数，，则，
又因为，所以，曲线在处的切线方程为，即.
构造函数，则，
，
令，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，且不恒为零，
所以，函数在上为增函数，
当时，，即，
当时，，即，
所以，曲线、分布在直线的两侧，D对.

故选：AD.
【点睛】关键点点睛：本题考查函数图象的相关问题，解题的关键在于求出两曲线的方程，作出图形，利用图形以及导数的相关知识求解.
4．ABD
【分析】对于A,求出，再将转化为,即可证明，
对于B,利用A的结论求出，再利用基本不等式，即可证明.
对于C，求出，即可判断正误，
对于D，构造函数，即可判断正误
【详解】，，解得：
时，，
整理得：
故是等差数列，选项A正确；
，则，，选项B正确；
，选项C错误；
令，，
在递增，，则
即，选项D正确；
故选：ABD.
5．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）求导可得解析式，即可得解析式，利用导数求得的单调区间和最小值，结合题意，即可得m的范围.
（2）求得解析式，令，利用导数可得的单调性，根据零点存在性定理，可得存在，使得t(x2)＝0，进而可得f '(x)在x＝x2处取得极小值，即x1＝x2，所以，令，分析可得s(x1)＜0，即可得证
(1)
由题设知，
则，
所以
当x＞1时，h'(x)＞0，则h(x)在区间(1，＋∞)是增函数，
当0＜x＜1时，h'(x)＜0，则h(x)在区间(0，1)是减函数，
所以h(x)min＝h（1）＝，解得，
所以m的取值范围为
(2)

令
则＝恒成立，
所以t(x)在(0，＋∞)单调递增．
又，
所以存在，使得t(x2)＝0，
当x∈(0，x2)时，t'(x)＜0，即f ''(x)＜0，则f '(x)在(0，x2)单调递减；
当x∈(x2，＋∞) 时，t'(x)＞0，即f ''(x)＞0，则f '(x)在(x2，＋∞)单调递增；
所以f '(x)在x＝x2处取得极小值．即x1＝x2，
所以t(x1)＝0，即，
所以，
令，则 s(x)在(0，＋∞)单调递增；
所以s(x1)＜0
因为f(x)的零点为x0，则，即s(x0)＝0
所以s(x1)＜s(x0)，所以x0＞x1
【点睛】解题的关键是熟练掌握利用导数求函数单调区间，极（最）值的方法，并灵活应用，难点在于，需结合零点存在性定理，判断零点所在区间，再进行分析和求解，属中档题.
6．(1)证明见解析；
(2)

【分析】（1）方法1：证，即证，利用导数求得单调性，分别得到，即证；
方法2：令，易得在上单调递增，由零点的存在性定理可得存在唯一的，使得，
则结合基本不等式即可证明；
（2）构造，；则，时，在上为单调增函数，分别讨论，，即可.
(1)
的定义域为．
方法1：要证，即证．
记，，
由于，当时，，则在上为单调减函数，
当时，，则在上为单调增函数，所以．
又，令，得，
当时，，则在上为增函数，
当时，，则在上为减函数，
所以，得证．
方法2：，令，因为，
所以在区间上为单调增函数，
又，，所以存在唯一的，使得．
因为在区间上为单调减函数，在区间上为单调增函数，
且满足，，
所以
，得证．
(2)
令，则，；
则，时，在上为单调增函数
①当时，，且，
所以函数在区间上为单调减函数，在区间上为单调增函数，
即，符合题意．
②当时，，所以，
当时，，
所以，且，
所以存在唯一的，使得，
且在区间上为单调减函数，在区间上为单调增函数，
所以当时，，即不恒成立，不合题意．
③当时，，所以，
当时，，所以，
所以存在唯一的，使得，
且在区间上为单调减函数，在区间上为单调增函数，
所以当时，，即不恒成立，不合题意．
综上，．
【点睛】（1）证明单变量不等式时，构造两个函数，证明其中一个函数最小值大于另一个函数的最大值为重要的方法之一；也可以通过“隐零点”达到证明的目的．
（2）“切点型零点”问题往往通过先猜后证的方式简化思维量、运算量．
7．(1)不存在这样的实数；理由见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）假设存在这样的实数，利用求解的值，代入函数中，利用导数求解函数的单调性，根据函数在某点存在极值点的充要条件判断是否存在；
（2）因为，取代入不等式中，化简不等式，通过构造函数，利用导数研究函数的单调性及最值，即可证明不等式.
(1)
假设存在这样的实数，则有，即．
当，，令，
因为，所以在上为单调增函数，在上为单调减函数，
所以，即在上为单调减函数，
所以不存在这样的实数．
(2)
因为，，所以，
要证，即证．
令，则．
，
令，，，则，
当，，故函数在区间上单调递增，
，故，从而得在区间为单调增函数，
所以，得证．
【点睛】本题主要考查学生对函数极值点的理解，对可导函数而言，导数为0是极值点的必要非充分条件；考查了一个重要的函数模型和一个典型的构造函数的类型；转化主元证明不等式是不等式证明常考的类型之一．
8．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）根据零点存在性定理进行判定；
（2）根据题意，求出切线，然后转化所给不等式逐步分析求证.
（1）

当时，单调递减；当时，单调递增，

要使有两个零点，首先必有
当时，注意到
在和上各有一个零点，符合题意
综上：取值范围为
（2）
证明：，设与切于

要证：证：
即证：，即证：
令证明：
构造在上
，证毕！
【点睛】函数零点的求解与判断方法：
(1)直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．
(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．
(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．
9．(1)1
(2)证明见解析

【分析】（1）分和两种情况讨论，利用导数分别求出函数在两个区间的单调性，从而可得出答案；
（2）令，则，则条件变为，令，则，再结合函数在上的单调性可得，再进行变形即可得证.
(1)
解：当时，，
∴在上递增，此时，
当时，，
∴在上递减，
所以，
∴；
(2)
证明：令，∴，
∴条件变为，
再令，其中，，
由在上递减且，
∴，，
所证不等式变为，
即证：，
∵，∴，
∴.
10．(1)1
(2)证明见解析

【分析】（1）利用导数判断出函数的单调性，即可求出其最小值；
（2）利用（1）中的结论可知，，再根据所证不等式中的项的形式对赋值，可得，，即可累加求和证出．
(1)
因为
令且当时，递减；当时，递增，
(2)
由（1）知当时，（当且仅当时取“”）
令



，即原不等式成立．
11．(1)
(2)；证明见解析

【分析】（1）由题意可得当时恒成立，则，利用导数运算处理；（2）函数在上单调递增，通过作差判断的大小关系，借助导数判断大小．
(1)
则
由题意可得当时恒成立
构建，则当时恒成立
∴在上单调递增，当时恒成立
则即
(2)
构建，则
∵且在区间连续
则在区间上存在极值点
即存在正实数，使得，
即

设，，当时恒成立
则函数在上单调递增，则，
即，则，
由（1）可知函数在上单调递增，
则，即．
【点睛】整理得到，观察构建．
12．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）利用切线的性质即可求解；
（2）属于极值点偏移问题，构造函数，求导，根据函数单调性即可证明.
(1)
，设切点为 ，则切线斜率为
切线方程为 ，
即 ，
因为直线是曲线的一条切线，所以 ，即 ，
故 ；
(2)
由题可知函数 有两个不同的零点 ，
即 ，
记 ，则 ，
当时， ，单调递增，不可能有两个零点，
当时，令 ，得，
当时， ，函数单调递减；
当时， ，函数单调递增，因为有两个零点，
所以，解得，                       
所以不妨设，要证，即证，
因为，，又在单调递增，
所以即证，即证，
构造函数，
所以 ，
所以函数在单调递减，且，        
所以当时，，
即，，即，
又在单调递增，故；


【点睛】对于极值点偏移问题，传统的解法是构造函数，利用所构造函数与原函数的对称性，再对所构造函数求导，利用函数的单调性即可证明.
13．(1)2
(2)证明见解析

【分析】（1）求出，然后分、讨论的单调性，结合可得答案；
（2）首先可得，然后由可得、，即可证明.
(1)
，
①当时，由得，
令，则，
所以在上单调递增，所以，即
所以在上单调递增，又，因此恒成立；
②当时，令，
则，当，得，
所以在上，，单调递减，又，所以，
即，所以在上单调递减，又，所以当时，不满足要求．
综上，,最大值为2.
(2)
由

，
要证，即证，
即证明：．
由（1），即，
取（），得，
所以，
累加得：，所以．
14．(1)单调递增区间为，，单调递减区间；
(2)证明见解析.

【分析】（1）求导，利用导数求函数的单调区间即得解；
（2）求导得到，再求出，再对分类讨论得证.
(1)
解：，
，，单调递增；，，单调递减；
，，单调递增；
单调递增区间为，，单调递减区间.
(2)
解：，，
①，则，
②当时，，
所以
所以；
当时，
设所以在单调递增，
所以，所以，
所以，
当时，，
对任意，均有，则，
综上：.
15．(1)证明见解析
(2)证明见解析.

【分析】（1）求导，研究函数单调性得函数在上单调递减，进而得；
（2）结合（1）得，进而利用数学归纳法证明即可.
（1）
解：因为，
所以，
所以函数在上单调递减，
所以，即.
（2）
解：由（1）知，故，
所以，
所以，令，则，
下面用数学归纳法证明.
①当时，，故成立；
②假设时，，
即成立，
当时，，
由于


所以，当时，不等式成立.
综上①②，不等式成立.
【点睛】本题考查利用导数证明不等式，数学归纳法证明不等式，考试运算求解能力，逻辑推理能力，是难题.本题第二问解题的关键在于借助第一问的结论得，进而利用数学归纳法证明即可.
16．(1)的减区间为，增区间为
(2)证明见解析

【分析】（1）求出函数的定义域，对函数求导，然后分和两种情况通过讨论导数的正负可求出函数的单调区间，
（2）由（1）结零点存在性定理可得在上存在唯一零点，在上存在唯一零点，则设，则，从而可得，所以要证，只要证，设，只要证，然后构造函数，利用导数证明即可
(1)
的定义域为，
若，当时，，，所以，递减；
当时，，，所以，递增
若，当时，，，所以，递减；
当时，，，所以，递增.
综上，时，的减区间为，增区间为
(2)
由（1）知，时在上递减，在上递增，
因为，所以，
因为，
所以在上存在唯一零点.
因为，，
设，，则，
所以在上递增，，即，
所以在上存在唯一零点.
综上，，时，存在两个零点，
因为
设，则，
即，即.
要证，只要证，只要证，
设，只要证.
设，，
因为
所以在上递减，所以，
故原不等式得证.
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调区间，利用导数解决函数零点问题，解题的关键是得到零点后，得设，则得，要证，只要证，令，然后构造函数证明即可，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题
17．(1)答案见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）首先求出函数的定义域与导函数，再对分两种情况讨论，分别求出函数的单调区间；
（2）依题意要证，即证，令，，即证，令，，利用导数说明函数的单调性，即可得到函数的最小值，从而得证；
(1)
解：因为，．
所以，
当时，，函数在上单调递增．
当时，令，解得，
当时，当时，
所以函数在上单调递减，在上单调递增．
综上可得：当时在上单调递增．
当时在上单调递减，在上单调递增．
(2)
证明：当时，.
要证，即证，即证，即，令，，即证，
令，，所以，令，解得，
当时，，所以在上单调递减；当时，，
所以在上单调递增，所以当时取得极小值即最小值，
，即，所以；
18．(1)
(2)证明过程见解析.

【分析】（1）求定义域，求导，对a分类讨论，结合单调性及最小值，列出不等关系，求出实数a的取值范围；（2）先进行简单放缩，构造函数，进行证明.
(1)
的定义域为，，当时，恒成立，故在上单调递增，故函数在定义域上不可能有两个零点；
当时，令得：，令得：，故在单调递减，在上单调递增，故在处取得极小值，也是最小值，，要想函数在定义域上有两个零点，则，解得：，又，当时，，由零点存在性定理可知：在与范围内各有一个零点，综上：实数a的取值范围是.
(2)
证明：当时，即证，（）
由于，故，只需证，令，则，因为，所以，令得：，令得：，所以在处取得极大值，也是最大值，，故在上恒成立，结论得证.
【点睛】导函数证明不等式，常常需要对不等式进行变形放缩，常见放缩有三角函数有界性放缩，切线放缩，如，，等.
19．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）求导写出斜率，表示出切线方程，代入原点即可.
（2）由得出，借助基本不等式将转化成关于的函数，求出最小值即可.
(1)
因为，所以．
又因为，
所以在处的切线方程为：．
点代入切线方程可得．
(2)
因为，，且
所以，所以，
因为，所以．
所以．
因为，所以，
所以．
设，
则．
当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
所以当时，．
所以，所以，
所以．
【点睛】本题关键在于通过这一条件得到，借助基本不等式将转化成关于的代数式，进而构造关于的函数求解.
20．(1)答案见解析；
(2)证明见解析.

【分析】(1)求出函数的导函数，再讨论或即可作答.
(2)由(1)求出，把所证不等式分成两部分分别作等价变形，构造函数，利用导数探讨函数的单调性推理作答.
(1)
函数的定义域为，求导得：，
当时，恒成立，则在上单调递增，
当时，的解集为，的解集为，
即的单调增区间为，单调减区间为，
所以，当时，在上单调递增，
当时，在上单调递增，在上单调递减.
(2)
因为，由(1)知，，且，解得，
设，则，要证，即证，即证，
即证，设，
则，即在上单调递减，有，
即，则成立，因此成立，
要证，即证，即证，即证，即证，
而，即证，
令，则，
设，求导得，即在上单调递增，
则有，即，在上单调递减，而，当时，
，则当时，成立，故有成立，
所以，.
【点睛】思路点睛：函数不等式证明问题，将所证不等式造价转化，构造新函数，再借助函数的单调性、极(最)值问题处理.
21．(1)；
(2)证明见解析.

【分析】(1)对函数求导，利用导数值恒大于等于0，再分离参数，构造函数并求最值即可作答.
(2)根据给定条件可得，，再分别作差、求和分析推理构造函数，利用导数探讨最值作答.
(1)
函数定义域为，当时，，
因是单调增函数，则时，，令，
，即有在上单调递增，，，则，
所以a的取值范围是.
(2)
因，是函数的两个不同的零点，则，显然，有，，
，不妨令，设，于是得，
要证，只需证，
令，，则在上单调递增，
则有，于是得，
又，要证，只需证，
而，即证，
令，，，
从而得在在上单调递减，，即有，
综上得：.
【点睛】思路点睛：证明不等式成立问题，将所证不等式等价转化，构造函数，借助导数探讨函数单调性、最值作答.
22．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）首先求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，再求出，即可求出切点坐标，从而求出切线方程；
（2）首先求出函数的导函数，依题意在上有两个不等于的正根，即可得到韦达定理，不妨设，所以，根据两点斜率公式得到，即证，根据对数平均不等式可得，只需证明，令，依题意即证，，再构造函数利用导数说明函数的单调性，即可得证；
(1)
解：因为，所以，，所以，所以切点为，切线的斜率，所以切线方程为
(2)
解：因为
因为为函数的两个不等于1的极值点，所以在上有两个不等于的正根，所以，所以，不妨设，所以，所以




要证即证，
即，
令，则，所以当时，，所以函数在上单调递增，故，即，所以在上恒成立，因为，所以，所以，即，
即，所以，
下面只需证明，令，因为，所以，所以，所以，
即证，，
即证，，令，，，所以在上单调递减，所以，得证；
【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
23．（1）证明见解析；（2）；（3）1.
【分析】（1）由条件转化为证明，即证明，构造函数，利用导数证明恒成立；（2）不等式转化为，根据（1）可知时，不等式成立，当时，不成立，即不等式不恒成立，即可得结论；（3）先求，再设函数，利用导数，判断函数的单调性，求函数的最小值.
【详解】（1）∵，∴证明即证明即证明.
设，∴，   
∴时，单调递增；时，单调递减.
∴，
∴即成立.   
（2）时，即，
由（1）知，当时，成立，   
当时，显然时不成立，
综上，.
（3）.
设，，
∴在上单调递增，
∵，，
∴存在使，且时即，递减；
时即，递增，
∴，
∵，∴，∴，
∴，
∵在是单调递增，
∴，
∴，   
∴.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数证明不等式，以及求函数的最小值，本题的关键是第三问再求得函数的最小值是，利用求得.
24．（1）当时，函数单调递减；当时，函数单调递增．（2）见解析.
【解析】（1）先对函数求导，令，求出解为，从而可探究、随自变量的变化，结合导数与单调性的关系即可求解；
（2）由（1）可知，记，结合基本不等式可证明，从而可知在上单调递增，则可知，结合 的单调性可证明.
【详解】解：（1），记，则．
由， ，解得．
当时，，函数即单调递减；
当时，，函数即单调递增．
（2）由题意知有两个零点，为，不妨设，
由（1）可知，．所以.
记
，则，因为，
由均值不等式可得，
当且仅当，即时，等号成立．所以在上单调递增．
由，可得，即，
因为为函数的两个零点，所以，所以，
又，所以，又函数在上单调递减，
所以，即．
【点睛】本题考查了运用导数求解函数的单调性，考查了基本不等式，考查了运用导数证明不等式成立.本题的难点在于第二问中，自行构造出.