专题05导数与不等式（讲）【解析版】

第一篇热点、难点突破篇专题05导数与不等式（讲）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)<0)，求出参数的取值范围后，再验证参数取“＝”时f(x)是否满足题意．2.构造辅助函数常根据导数法则进行：如构造，构造，构造，构造，，想到构造等.一般：（1）条件含有，就构造,（2）若，就构造，（3），就构造，（4）就构造，等便于给出导数时联想构造函数.【典例分析】典例1.（2022·宁夏六盘山高级高三阶段练习（理））若，则不等式的解集是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】结合函数的奇偶性、单调性求得不等式的解集.【详解】的定义域为，，所以是奇函数，在上递增，所以由得，所以，解得，所以不等式的解集是.故选：C典例2.（2021·河南·温县第一高级高三月考（理））函数的定义域是，，对任意，，则不等式的解集为（）A． B．C．或 D．或【答案】A【分析】构造函数，结合已知条件可得恒成立，可得为上的减函数，再由，从而将不等式转换为，根据单调性即可求解.【详解】构造函数，因为，所以为上的增函数．又因为，所以原不等式转化为，即，解得.所以原不等式的解集为，故选：A.典例3.（2022·上海市奉贤高三期中）定义在R上的函数的导函数为，若对任意的实数x，都有，且，则不等式的解集是_________【答案】【分析】构造函数，求导得到在R上单调递减，由得到，对变形后得到，从而，由单调性得到，求出不等式的解集.【详解】因为，构造，则，所以在R上单调递减，由,令得：，故，由得：，因为，所以，故，因为在R上单调递减，所以，解得：.故不等式的解集是.故答案为：.【总结提升】(1)根据导数计算公式和已知的不等式构造函数，利用不等关系得出函数的单调性，即可确定函数值的大小关系，关键是观察已知条件构造出恰当的函数．(2)含有两个变元的不等式，可以把两个变元看作两个不同的自变量，构造函数后利用单调性确定其不等关系．考向二利用导数比较大小【核心知识】利用函数的单调性、构造函数法（常见构造函数法见考向一）等，是应用导数比较大小的常见方法.【典例分析】典例4.（2021·全国·高考真题（理））设，，．则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用对数的运算和对数函数的单调性不难对a,b的大小作出判定，对于a与c，b与c的大小关系，将0.01换成x,分别构造函数,，利用导数分析其在0的右侧包括0.01的较小范围内的单调性，结合f(0)=0,g(0)=0即可得出a与c，b与c的大小关系.【详解】[方法一]：，所以；下面比较与的大小关系.记，则，，由于所以当0<x<2时，，即，，所以在上单调递增，所以，即，即；令，则，，由于，在x>0时，，所以，即函数在[0，+∞)上单调递减，所以，即，即b<c；综上，，故选：B.[方法二]：令，即函数在（1，+∞)上单调递减令，即函数在（1，3)上单调递增综上，，故选：B.【点睛】本题考查比较大小问题，难度较大，关键难点是将各个值中的共同的量用变量替换，构造函数，利用导数研究相应函数的单调性，进而比较大小，这样的问题，凭借近似估计计算往往是无法解决的.典例5.（2022·广东·深圳实验光明部高三期中）定义在上的偶函数满足,当时,,则（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据偶函数和,判断出周期,根据的解析式判断出单调性,将根据奇偶性,周期性,对称性,转化至同一单调区间,判断的大小即可判断函数值的大小比较,不好判断时可利用放缩或构造函数进行大小判断.【详解】解:由题知为偶函数,,①,将代换为可得:②①-②可得,,周期为4,,,,,时单调递增,由以上可知:;,,将代入上式,则有,,,,将代入上式,则有,,,若比较的大小,只需比较的大小,,只需要比较的大小,两式相减可得:,记,,,单调递增,则,即,故,时单调递增,,,.故选:C【点睛】(1)若,则周期为,若满足,周期均为,为非零常数;(2)常用的放缩有:;当时取等;,当时取等,在大题中应用时需进行证明,做差求导求最值即可证明.典例6.（2022·湖北·荆门市龙泉高三阶段练习）已知，，且，则（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据放缩求解即可．【详解】解：，令，，则，在上递增，，，，∵，∴，∵，令，，∴，∴是增函数．∴，∴，∴，∴，综上所述．故选：D．【点睛】本题解题的关键是对常见三角不等式模型的理解记忆，对放缩的要求较高．【总结提升】从上述典型例题发现，无论是比较函数值的大小，还是比较某些自变量值的大小，应用导数研究函数的单调性，构造函数，是常见方法，也是基本方法．考向三不等式恒成立问题中求参数值（范围）【核心知识】1.不等式恒成立问题常见方法：①分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；②数形结合(图象在上方即可)；③讨论最值或恒成立；④讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围.2.含参数的不等式恒成立的处理方法：①的图象永远落在图象的上方；②构造函数法，一般构造，；③参变分离法，将不等式等价变形为，或，进而转化为求函数的最值.3.利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：（1），；（2），；（3），；（4），.【典例分析】典例7.（2022·河南驻马店·高三期中（理））已知函数，在区间内任取两个实数，且，若不等式恒成立，则实数的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】化简题目所给不等式，构造函数，由在区间上恒成立分离常数，结合二次函数的性质求得的取值范围.【详解】不妨设，则，即，令，则，∴在单调递增，对恒成立，而恒成立，令，，则在单调递减，∴，∴，的取值范围是.故选：A典例8.（2022·湖北·高三期中）若不等式对任意恒成立，则a的取值范围是_______________.【答案】【分析】根据，构造函数，求导可得在时为增函数，从而存在零点使得，即，由即可得解.【详解】由，令，即对任意恒成立，易知时为增函数，且时，时，故存在使得，即，所以时为减函数，时为增函数，所以所以，即，所以，，故答案为：典例9.（生标准学术能力诊断性测试2022-2023学年高三上学期11月测试）已知，，若对于任意，都有，则实数的取值范围为______.【答案】【分析】先判断与互为反函数，图象关于轴对称，然后结合图象变换以及导数求得的取值范围.【详解】由，，，，交换，则，所以与互为反函数，图象关于轴对称，当时，，画出的图象如下图所示，满足，即.当时，的图象由的图象向上平移所得；的图象由向右平移所得；所以满足.当时，的图象由的图象向下平移所得；的图象由向左平移所得；由得；由得，所以当时，与的图象都过原点，同时，与的图象关于对称.令，所以在区间递减；在区间递增.所以，所以（当时等号成立），同理可证得（当时等号成立），故（当时等号成立），所以时，满足.当时，，不满足.综上所述，的取值范围是.故答案为：【规律方法】1.不等式的恒成立问题，往往可转化为函数的最值的符号来讨论，也可以参变分离后转化不含参数的函数的最值问题，转化中注意等价转化.2.在解题过程中，必要时可作出函数图象，借助几何图形直观分析转化.通过围绕参数分类讨论不等式是否成立，不失为一种好的方法【如例9】.考向四单变量不等式的证明【核心知识】1.利用单调性证明单变量不等式一般地，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.利用最值证明单变量不等式利用最值证明单变量的不等式的常见形式是f(x)>g(x)．证明技巧：先将不等式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)≤lnx≤x－1≤x2－x，当且仅当x＝1时取等号；(6)当x≥1时，eq\f(2x－1,x＋1)≤lnx≤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