2021届高三理科数学二轮复习专练：利用导数证明不等式（Word含解析）

《利用导数证明不等式》专练
一．选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．已知，，有如下四个结论：
①；②；③满足；④．
则正确结论的序号是（
）
A．①③
B．②③
C．①④
D．②④
2．若，则下列结论正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
3．已知＝，＝，＝，则（
）
A．
B．
C．
D．
4．已知数列，满足，，则（
）
A．
B．
C．
D．
5．若，则（
）
A．
B．
C．
D．
6．以下不等式不成立的是（
）
A．，
B．，
C．，
D．，
7．若则（
）
A．
B．
C．
D．
8．若方程x﹣2lnx+a＝0存在两个不相等的实数根x1和x2，则（　　）
A．
B．
C．
D．
9．以下不等式在时不成立的是（
）
A．
B．
C．
D．
10．设，则下列命题：①；②；③是单调减函数；④若恒成立，则正数的取值范围是，其中真命题的个数是（
）
A．1
B．2
C．3
D．4
11．已知，则下列不等式一定成立的是（
）
A．
B．
C．
D．
12．已知函数，若，都有恒成立，则实数的取值范围为（
）
A．
B．
C．
D．
二．填空题
13．已知对任意x，都有，则实数a的取值范围是______.
14．若，为自然数，则下列不等式：①；②；③，其中一定成立的序号是______
15．已知函数，若对，都有恒成立，则实数a的取值范围是________.
16．若，则定义直线为曲线，的“分界直线”.已知，，则，的“分界直线”为______.
三．解答题(解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若，证明：.
18．已知函数有两个零点，且，
（1）求的取值范围；
（2）证明：.
19．已知，，.
（1）当时，求的单调区间；
（2）若存在两个极值点，且，证明：.
20．函数的图像在点处的切线斜率为．
（1）求、的值；
（2）证明：对任意正实数恒成立．
21．已知函数()．
（1）若函数有两个极值点，求的取值范围；
（2）证明：当时，．
22．已知函数
（1）求函数的最大值；
（2）令，若既有极大值，又有极小值，求实数的范围；
（3）求证:当时，.
《利用导数证明不等式》专练解析
1.【解析】由，则
，设,则
当时，，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减,
又，当时，有，则的图象如图.
由，即，且，所以，所以①正确，②错误；设，则
两式相减得，得
两式相加得
设，，则
，
所以在上单调递增，则，
所以在上单调递增，,即，
所以，即，
所以，故④正确，③错误；
综上，正确的命题是①④，故选：C.
2.【解析】对A，B，，
要比较和的大小，即比较和的大小，
令，则，
，，，使，
即
，，单调递增，
，，单调递减，
在区间上不单调，故无法判断与的大小，
所以A，B错误；对C，D，，
要比较与的大小，只需要比较与的大小；
令，则，又，，
在上单调递增，又，，
即，即，整理得：，所以C错误，D正确.
故选：D.
3.【解析】令，
则，
所以单调递减，，所以，
所以，
所以，即；
因为，所以，
又，所以，，所以，
所以；所以.故选：B.
4.【解析】因为，所以，令，则，当时，，单调递增，
由题意，，如果，则，
设，则，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，即，
因为，所以，
所以，
所以对于任意的，均有，
所以.故选：B.
5.【解析】A选项：，
设，∴，
设，则有恒成立，
所以在调递增，所以，，
从而存在，使得，
由单调性可判断出：，，
，，所以在不单调，不等式不会恒成立；
B选项：，
设可知单调递增．所以应该，B错误；
C选项：，
构造函数，，则在恒成立．
所以在单调递减，所以成立；
D选项：，
同样构造，由C选项分析可知D错误．故选：C．
6.【解析】A.令，，由，则在单调递增，则，不等式成立，B.令，，由，当，，单调递减，当，，单调递增，则
，不等式成立
C.令，，由，当，，单调递减，当，，单调递增，
则，不等式成立
D.令，，当时，，所以不等式不成立.故选：D
7.【解析】由函数，，
所以时，，函数
单调递增，时，，函数
单调递减，
又，与，所以将不等式两边取自然对数得，故选：A．
8.【解析】x1和x2是方程x﹣2lnx+a＝0两个不相等的实数根，
不妨设，,
两式相减得，令，
，
，
令，
令恒成立，
在是单调递增，恒成立，
在是单调递增，恒成立，
，
.故选:B.
9.【解析】对于，令，则，当，单调递增，当，单调递减，，即，因此正确.
对于，令，当时，恒成立，在单调递增，，即，因此正确.
对于，令，令，则，不满足，因此不正确.
对于，令，当时，恒成立，在单调递增，，即，因此正确.
故选：.
10.【解析】对于①，函数，，求导得，即函数是上的增函数，则，所以，即成立；
对于②，，，求导得，即函数是上的增函数，则，所以，即成立；
对于③，函数，，求导得，令，由②知时，，所以，即函数在上单调递减，即命题③正确；
对于④，恒成立，若，取，则，显然不成立，故不符合题意；
若，则，所以不等式等价于，
由③知，在上单调递减，则，解得.即命题④正确.所以真命题的个数是4.故选：D.
11.【解析】对A，令，，当，在单调递减，，即，故A正确；
对B，，，，故B错误；
对C，令，当时，；当时，，在单调递减，在单调递增，显然当时，，故C错误；
对D，，由C选项的分析，当时，，故D错误；故选：A.
12.【解析】，
若，都有恒成立，
则.，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
故的最小值为.又，
所以.故实数的取值范围为.故选C
13.【解析】根据题意可知，，
由，可得恒成立，
令，则，
现证明恒成立，设，
，当时，解得：，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，故时，函数取得最小值，，所以，即恒成立，
，
，
所以，即.所以实数的取值范围是.
14.【解析】对于①若成立.两边同时取对数可得
,化简得
因为，则,不等式两边同时除以可得
，
令,，
则，
当时,
,所以，
即在内单调递增，
所以当时,即，
所以，
故①正确，
对于②若,化简可得，
令,，则，
由可知在内单调递增，
而，所以在内先负后正，
因而在内先递减,再递增,所以当时无法判断与的大小关系.故②错误.
对于③,若，令，
利用换底公式化简可得,，
则，
当时,
，
所以,即，
则在内单调递减，
所以当时,
，
即，所以③正确，
综上可知,正确的为①③
15.【解析】由题意得到：．，
且等号不能同时取，所以，即，
因而，，令，，
又，
当时，，，，
从而（仅当时取等号），
在上为增函数，的最小值为，
的取值范围是，即
16.【解析】由，
，
则，的图象存在交点，且，在，递增，
可得直线必过，即，
由，即在恒成立，即有，
可得，且，解得，
即有直线方程为，
下面证明在恒成立，即在恒成立，
由的导数为，
由可得，即有函数在递增，
可得在恒成立，
则，的“分界直线”为．
17.【解析】（1）由题易知的定义域为，.
当时，恒成立，因此在上单调递减；
当时，令，得；令，得.
故在上单调递增，在上单调递减.
综上所述，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
（2）当时，，
不等式即，
令，则，令，得.
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
所以.又当时，，所以，故原不等式得证.
18.【解析】（1）令，，
令，
，当与相切时，如图所示：
设切点为，则，，，
即切点坐标是，把代，解得：，
若有两个零点，即，有个交点，
只需即可，即，的范围是；
（2）由题意知：，，
即，，①
，即②
要证成立，即证成立，即证，
由①知：即证，即证，又由②知：即证，即证，
即证，令，则，即证，
设，，，
在上单调递减，，
即成立，故得证.
19.【解析】（1）当时，，即有且，
当时，有；当时，有；
∴的增区间为，减区间为
（2）由题意得：，
又两个极值点，即是的两根，可知，
当，证明，
即证，
即证，
即证，
即证，即证，即证，
令，则，令，而，即在是增函数，
∴，故成立，
∴原不等式成立.
20.【解析】（1）由题设可知的定义域为，,
因为在点处切线的斜率为，
∴，，解得，，
（2）证明：由（1）知()，
则转化为证明对任意正实数恒成立，
设，
则，
当时，，当时，，
∴在上单调递增，在上单调递减．
∴在处有最大值，
所以对任意正实数恒成立，即对任意正实数恒成立，即，原命题得证．
21.【解析】（1）的定义域为，，
若函数有两个极值点，则有两个变号零点，
等同于，即水平直线与曲线有两个交点(不是的切线)，
令，的定义域为，则，令，解得，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递减，
则为的极大值，也为最大值，当时，，
当时，，当时，且为正数，
则的图像如图所示，则此时；
（2）证明：令()，则只需证明当时恒成立即可，则，令，
则，
当时，，，，
则，则在时单调递增，
又，∴时，，则在时单调递增，∴当时，即当时，．
22.【解析】，
在上，，函数单调递增，
在上，，函数单调递减，
当时，.
既有极大值，又有极小值，
等价于在区间上有两个不相等的实数根.
即，解得，
所以实数的范围.
由得，当，即，
可得，
于是，，
于是
。
2
2