专题11 导数在研究不等式的创新应用（讲义）2024高考总复习压轴题《数学》函数与导数解析版

第第页专题11导数在研究不等式的创新应用知识点一不等式的恒成立问题：1、利用导数研究不等式恒成立问题的求解策略：（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；（2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题；（3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．2、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），．3、不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数，，，．（1）若，，有成立，则；（2）若，，有成立，则；（3）若，，有成立，则；（4）若，，有成立，则的值域是的值域的子集．知识点二利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）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；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.（4）对数单身狗，指数找基友（5）凹凸反转，转化为最值问题（6）同构变形例1．（23-24高三上·云南保山·期末）已知，，，则（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】由，，可判断，再由切线不等式，可判断，得解.【详解】由当时，由三角函数线知识可得，所以，又令，，，令，解得，令，解得，所以函数在上单调递增，在上单调递减，，即，当且仅当时等号成立，故而，所以.故选：A.例2．（23-24高三下·江西·开学考试）142857被称为世界上最神秘的数字，，所得结果是这些数字反复出现，若，则（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】设，利用导数研究函数的单调性可得，结合可得，则；由得，进而，即可求解.【详解】由题意知，，设，，当时，单调递增，所以，所以.因为，所以，得，所以，即；由，得，所以，即，所以，即.综上.故选：D.【点睛】方法点睛：利用导数比较大小的基本步骤：(1)作差或变形；(2)构造新的函数；(3)利用导数研究的单调性或最值；(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．常用的不等式：，，，，.例3．（2023·全国·模拟预测）已知函数．若为偶函数，，，，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据函数对称轴可得，进而可知在上为增函数，令，利用导数可得，以及，进而分析得解.【详解】因为为偶函数，则，可知的对称轴为，又因为均只有一条对称轴，可知只有一条对称轴，则，可得，所以，当时，，因为在上为增函数，则在上为增函数，令，则，当时，，则在上单调递增，可得，即，则；由，可得，则；即，可得，所以．故选：A．【点睛】关键点睛：构造恰当的函数，过程中用到了函数，对应的不等式为，以及变形的．此类不等式常用的有，，，，加强记忆，方便碰到此类问题后直接使用．例4．．（2023·陕西商洛·二模）已知函数，若存在，使得，则（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】构造，对求导，得出的单调性即可判断A；由可得，构造，对求导，得出在上单调递增，可得即可判断B；由题意可得，结合的单调性可得，可判断C，D.【详解】令，则，所以在上单调递增，，故，故A错误；由题意得，所以，因为，所以，令，则，且在上恒成立，所以在上单调递增，故，所以，即，故，故B错误.又，所以，所以，即，所以，C错误，D正确.故选：D.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）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；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.例5．（2023·广西·模拟预测）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【分析】由二次函数性质及不等式恒成立易得，当时对求导研究单调性求最小值，结合恒成立求参数范围即可.【详解】当时，的开口向上且对称轴，此时，要使恒成立，则，当时，上，即递减，上，即递增；所以，要使，则，即，故；综上，的取值范围为．故选：C例6．（2023·全国·模拟预测）已知函数，若不等式的解集为，则实数的取值范围为（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】利用二次函数的知识求当时的范围，当时可得恒成立，则恒在的上方（或恰相切），求出恰为函数在处的切线的临界时参数的值，即可得解.【详解】当时，，令，得或，因为不等式的解集为，所以，解得．当时，，结合不等式的解集为，得恒成立，即恒成立，则恒在的上方（或恰相切），又的表示过定点的直线，点恰在曲线上，所以临界条件为恰为函数在处的切线，由可得，则，所以，解得．综上可得实数的取值范围为.故选：A．例7．（23-24高二上·湖南衡阳·期末）已知函数满足.若对于恒成立，则实数a的取值范围是.【答案】【分析】由，式中的x换成，联立求得，从而，然后将，转化为，利用在R上单调递增求解.【详解】①，将①式中的x换成，得，得，故.所以由，得.因为在R上单调递增，所以对于恒成立.令，则，令，得，令，得，故在上单调递减，在上单调递增，所以，故，解得.故答案为：例8．（23-24高三上·河北保定·阶段练习）已知函数，若对恒成立，则实数a的取值范围是．【答案】【分析】对不等式进行合理变形同构得，构造函数利用函数的单调性计算即可.【详解】易知，由可得，即，则有，设，易知在上单调递增，故，所以，即，设，令，，故在上单调递减，在上单调递增，所以，则有，解之得．故答案为：.例9．（2023·四川眉山·模拟预测）已知函数，若恒成立，则的取值范围为．【答案】【分析】在同一坐标系下画出，的图像，数形结合进行分析.【详解】，则，故，，递增；，，递减，由，解得是唯一零点，又，在坐标系中画出图像，又是经过定点的直线，如图，显然时不成立，时，显然成立，时，如图和相切于时，由于，根据导数的几何意义，，结合图像可知，时，.故答案为：

例10．（2021·上海长宁·二模）定义域为的奇函数在上单调递减．设，若对于任意，都有，则实数的取值范围为．【答案】【解析】证明函数为偶函数，再利用偶函数的性质，将问题转化为在上恒成立；【详解】解：由题意得，所以，即为偶函数，因为奇函数在上单调递减且，根据奇函数对称性可知，恒成立，当时，故在上单调递增，根据偶函数对称性可知，在上单调递减，因为对于任意，都有，所以在上恒成立，所以所以在上恒成立，所以．故答案为：．例11．（2024·四川·模拟预测）已知函数．(1)求函数的最小值；(2)当时，求证：．【答案】(1)2(2)证明见解析【分析】（1）直接求导得函数单调性，进一步即可得解；（2）由（1）有，当时，结论是平凡的，所以只需证明当时，，构造函数结合导数即可进一步得证.【详解】（1），所以在上单调递增，从而函数的最小值为.（2）证明：由（1）当时，，所以要证当时，有，即，只需证，当时，结论是显然的，所以只需证当时，，不妨设令，则，令，则，从而在上单调递增，所以，从而在上单调递增，所以，综上所述，命题得证.【点睛】关键点点睛：第二问的关键是将原问题转换为只需证当时，，由此即可顺利得解.例12．（2024·广东·一模）数值线性代数又称矩阵计算，是计算数学的一个重要分支，其主要研究对象包括向量和矩阵.对于平面向量，其模定义为.类似地，对于行列的矩阵，其模可由向量模拓展为（其中为矩阵中第行第列的数，为求和符号），记作，我们称这样的矩阵模为弗罗贝尼乌斯范数，例如对于矩阵，其矩阵模.弗罗贝尼乌斯范数在机器学习等前沿领域有重要的应用.(1)，，矩阵，求使的的最小值.(2)，，，矩阵求.(3)矩阵，证明：，，.【答案】(1)10(2)(3)证明见解析【分析】（1）根据等差数列求和公式和一元二次不等式的求解即可；（2）总结得第对角线上的平方和为，再代入化简即可；（3）等价转化结合放缩法得证明成立，再利用换元法和导数证明即可.【详解】（1）由题意得.若，则，即.因式分解得.因为，所以.所以使的的最小值是10.（2）由题得第1对角线上的平方和为，第2对角线上的平方和为，第对角线上的平方和为，第对角线上的平方和为，所以所以.（3）由题意知，证明等价于证明，注意到左侧求和式，将右侧含有的表达式表示为求和式有故只需证成立，即证成立，令，则需证成立，记，则在上恒成立，所以在上单调递增，所以，所以在上恒成立，即成立，所以原不等式成立.【点睛】关键点点睛：本题第三小问的关键是转化为证明，再结合放缩法转化为证明，最后利用导数证明即可.例13．（2024·云南昆明·一模）已知函数．(1)若，求实数的值；(2)证明：当时，；(3)证明：．【答案】(1)(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）求出的导数，分类讨论，确定函数的单调性，利用成立，求出；（2）由知，将各式累乘得证；（3）由知，将各式累加得证.【详解】（1）由题意知，，，①当时，，在上单调递减，所以，当时，，不合题意；②当时，由得，则在上单调递增，由得，则在上单调递减，所以，，不合题意；③当时，由得，，则在上单调递增，由得，，则在上单调递减，所以，对于任意的，，符合题意；④当时，由得，，则在上单调递增，由得，，则在上单调递减，所以，，不合题意．综上所述，．（2）证明：由（1）知，时，即，当且仅当时等号成立．所以，当时，令得，所以，所以当时，成立.（3）证明：由（1）知，时，即，当且仅当时等号成立．当时，令得，所以，所以，所以成立.【点睛】方法点睛：证明数列不等式可以借助于函数不等式证明，先用导数证明得到一个不等式，再将进行合适的赋值，将不等式累加或累乘得到所证不等式.例14．（2024·甘肃平凉·模拟预测）已知函数．(1)判断的单调性；(2)设方程的两个根分别为，求证：．【答案】(1)在上单调递减，上单调递增(2)证明见解析【分析】（1）求导，由和求解；（2）令，利用导数法得到在上单调递减，在上单调递增，将证，转化为证，再由，转化为证，令，利用导数法证明即可.【详解】（1）因为，所以，令，得，当时，，当时，，所以f(x)在上单调递减，在上单调递增．（2）令，则，令，得，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，又，所以不妨设．要证，即证，即证．因为，所以即证．令，则，所以在上单调递减，所以，从而必有．即．【点睛】思路点睛：令，利用导数法得到在上单调递减，在上单调递增，再由，可设，从而，结合，转化为证．例15．（2024·四川成都·模拟预测）已知函数．(1)若恒成立，求实数的值；(2)证明：．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）当时，求出导函数即可判断单调性直接说明；当时，求出导函数通过确定单调性，求出最值进而可得答案；（2）通过不等式以及进行放缩，然后利用裂项相消法求和证明即可.【详解】（1）因为，所以，当时，因为，所以恒成立，则在上单调递增，且，所以恒大于等于零不成立；当时，由得，，易知当时，，当时，所以在上单调递减，在上单调递增.则，若恒成立，则令，则，在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以所以当时，.综上，若恒成立，则；（2）由（1）得，当时，恒成立，即，当且仅当时等号成立，令，则，，，

所以，，，令，则恒成立，所以函数在上单调递增，故当时，，即．所以，，，所以.【点睛】方法点睛：导函数证明数列相关不等式，常根据已知函数不等式，用关于正整数的不等式代替函数不等式中的自变量，通过多次求和(常常用到裂项相消法求和)达到证明的目的，此类问题一般至少有两问，已知的不等式常由第一问根据特征式的特征而得到.例16．（2024·广东湛江·一模）已知函数．(1)讨论的单调性；(2)若方程有两个根，，求实数a的取值范围，并证明：．【答案】(1)在上单调递增，上单调递减，(2)见解析【分析】（1）求出，根据导数的符号判断函数的单调性；（2）由，得，设，画出的图象可得；由，设，对求导可得，又，再由在上单调递减，可得，即可证明.【详解】（1）由题意可得，所以，的定义域为，又，由，得，当时，，则在上单调递增，当时，，则在上单调递减，（2）由，得，设，，由，得，当时，，则在上单调递增，当时，，则在上单调递减，又，，且当趋近于正无穷，趋近于，的图象如下图，所以当时，方程有两个根，证明：不妨设，则，，设，，所以在上单调递增，又，所以，即，又，所以，又，，在上单调递减，所以，故.【点睛】关键点点睛：（1）解此问的关键在于求出的导数，并能根据导数的符号结合相关知识判断出单调性；（2）解此问的关键在于把转化为来证，又，构造，对求导，得到的单调性和最值可证得，即可证明.例17．（2024·海南海口·模拟预测）已知函数.(1)若的最小值为1，求；(2)设为两个不相等的正数，且，证明：.【答案】(1)0(2)证明见解析【分析】（1）由导数求解函数的单调性即可求解最值，（2）构造函数，利用极值点偏移即可求证，进而结合不等式的关系即可求证.【详解】（1）函数的定义域为，令，则，所以函数在上单调增.又，所以当时，当时，所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以，所以.（2）由，得，即即.由（1）知在上单调递减，在上单调递增，不妨设.令，则.当时，，所以当函数单调递减，所以，即，又，所以.因为，当时函数单调递增，所以，所以，因为，所以，所以.【点睛】方法点睛：1.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．2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.例18．（2023·重庆沙坪坝·模拟预测）已知函数．(1)证明：当时，；当时，．(2)正项数列满足：，，证明：（i）数列递减；（ii）．【答案】(1)证明见详解(2)证明见详解【分析】（1）先证明，继而可得结论.（2）（i）要证数列递减，只证，即证，换元后，利用导数证明即可；（ii）先证，继而得，则，根据条件，求和即可.【详解】（1）设，则，令得，令得，所以在上单调递减，在上单调递增，则，即，则当时，即；时，即.（2）（i）因为数列各项为正，要证数列递减，只需证明，即证，又，所以即证，令，不等式化为，设，则，恒成立，故在上单调递增，则恒成立，即在上恒成立，则原命题得证.（ii）先证明：，即证，设，则，所以在上单调递增，则，则所证不等式成立.又，，所以，，所以，，则当时，，又当时，，故成立.【点睛】本题第一问的关键点是：先证明，继而分和，变化不等式，可得到结论；本题第二问的关键是（i）：构造不等式，不等式化为，利用换元法，设，构造函数，利用导数证明；（ii）先证明，继而得到，，再结合等比数列的前和求解.例19．（2024·陕西商洛·模拟预测）已知函数.(1)求的单调区间；(2)若，函数.（i）证明：在区间上存在极值点；（ii）记在区间上的极值点为在区间上的零点的和为.证明：.【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析【分析】（1）根据多次求导及导数的符号判断得出函数的单调区间；（2）（i）利用多次求导判定函数的导函数在区间上存在异号零点即可；（ii）结合（i）的结论得，判定在区间上的零点为和0，再结合几个常用的函数放缩多次分段构造函数证明即可.【详解】（1）因为，所以.令