2025新高考数学二模试题专题分类汇编不等式（含解析）

专题12 不等式的性质、恒成立及基本不等式
题型01 基本不等式
1．（2025·山东菏泽·二模）已知，，且，则的最大值为（ ）
A． B．1 C．4 D．16
2．（2025·河南新乡·二模）已知随机变量，，则的最大值为（ ）
A．9 B． C． D．
3．（2025·贵州·二模）已知一组数据1，4，5，，3，4，5，1，，7，4的平均数为4，其中，均为正整数，则当取得最小值时，这组数据的方差为（ ）
A． B． C． D．
4．（多选）（2025·内蒙古包头·模拟预测）已知 为正实数， ，则下列说法正确的是（ ）
A． B． 的最小值为 -1
C．的最小值为 12 D． 的最小值为
5．（2025·山东临沂·二模）已知为正项等差数列，若，则的最大值为（ ）
A．4 B．6 C．8 D．10
6．（多选）（2025·江西上饶·二模）若正实数满足，则（ ）
A．的最大值是 B．的最小值是9
C．的最大值是 D．的最小值是
7．（2025·江西·二模）已知，若，当取得最大值时，（ ）
A． B． C． D．
8．（2025·广东清远·二模）已知函数，若，，且，则的最小值是 ．
9．（2025·甘肃·二模）已知实数，满足，则的最小值为 ．
10．（2025·山东菏泽·二模）记的内角的对边分别为，已知．
(1)求；
(2)若，求边上高的最大值．
题型02 不等式的性质
1．（多选）（2025·河南·三模）已知，c为实数，则下列不等式正确的是（ ）
A． B． C． D．
2．（多选）（2025·山东临沂·二模）已知，则下列不等式正确的是（ ）
A． B． C． D．
3．（2025·山东聊城·二模）已知实数满足，则（ ）
A． B．
C．若，则 D．若，则
4．（多选）（2025·河北衡水·二模）已知实数满足，则下列不等关系一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
5．（多选）（2025·山西·二模）已知，则（ ）
A． B． C． D．
题型03 不等式恒成立
1．（2025·江西上饶·二模）若不等式恒成立，则的取值集合为（ ）
A． B． C． D．
2．（2025·四川雅安·二模）已知，且，对于任意均有，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2025·内蒙古呼和浩特·二模）已知函数在上单调，且在上恒成立，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
4．（2025·山西·二模）设函数，对任意，.若对任意，都有，则的极小值为（ ）
A． B． C． D．0
5．（2025·广东揭阳·二模）已知定义在上的函数，对任意满足，且当时，.设，，则（ ）
A． B． C． D．
6．（2025·山东潍坊·二模），，则实数的取值范围是 ．
7．（2025·辽宁·二模）设函数．若在上恒成立，则实数的取值范围为 ．
8．（2025·河北邯郸·二模）设函数，若存在实数，使得恒成立，则实数的取值范围是 ．
9．（2025·山西晋城·二模）若关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围为 ．
10．（2025·江西鹰潭·二模）已知函数
(1)求函数在处的切线方程；
(2)若关于的不等式恒成立，求实数的取值范围；
11．（2025·安徽滁州·二模）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若对任意和任意，都有，求实数的取值范围．
12．（2025·江苏·二模）已知函数，，.
(1)若曲线在点的切线也是曲线的切线，求的值；
(2)讨论函数在区间上的单调性；
(3)若对任意恒成立，求的取值范围.
13．（2025·山东青岛·二模）已知函数
(1)当时，求证：
(2)若对恒成立，求的取值范围.
14．（2025·云南曲靖·二模）已知函数．
(1)当时，求函数在上的值域；
(2)若在上恒成立，求实数的取值范围.
15．（2025·辽宁沈阳·二模）已知函数．
(1)若存在，使成立，求k的取值范围；
(2)已知，若在上恒成立，求k的最小值．
题型04 不等式的证明
1．（2025·江西上饶·二模）已知函数
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)证明：当时成立．
2．（2025·河北邯郸·二模）已知函数，.
(1)讨论函数的单调性；
(2)证明：.
3．（2025·湖北黄冈·二模）已知函数．
(1)若，求在的值域；
(2)证明：存在唯一的极值点，且；
(3)若恒成立，证明：．
4．（2025·山东潍坊·二模）已知函数．
(1)若在处取得极值0，求的值；
(2)若有两个零点．
（i）当时，曲线在点处的切线斜率为1，求的值；
（ii）证明：．
5．（2025·山东临沂·二模）已知函数．
(1)当时，讨论的单调性；
(2)设函数，已知有两个极值点．
①求的取值范围；
②求证：．
6．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）已知函数．
(1)当时，求在区间上的零点个数；
(2)当，时，求证：．
7．（2025·江苏南京·二模）已知函数,.
(1)当时，设曲线在处的切线为，求与曲线的公共点个数；
(2)当时，若，恒成立，求实数的取值范围.
8．（2025·山西·二模）已知函数.
(1)设是曲线的任意一条切线，若，求a的值；
(2)证明：存在，对任意，且，都有；
(3)证明：.
9．（2025·广东深圳·二模）已知函数，函数图象上的一点，按照如下的方式构造切线：在点处作的切线，记切线与x轴交点的横坐标为．
(1)写出与的递推关系式；
(2)记的零点为r，且．
（i）证明：当时，；
（ii）证明：对于任意的，都有．
10．（2025·河南·二模）已知函数.
(1)当时，若不等式恒成立，求的取值范围；
(2)若有两个零点，，且.
（i）求的取值范围；
（ii）证明：.
题型05 不等式与函数的性质交汇
1．（2025·贵州·二模）已知为偶函数，当时，，且，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
2．（2025·河南·二模）已知函数，则满足的实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
3．（2025·湖南邵阳·二模）已知函数，则满足的的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
4．（2025·江苏南京·二模）已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
5．（2025·重庆·二模）已知函数 是定义在上的偶函数，且在 上为增函数，设，，则 的大小关系是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2025·山东聊城·二模）函数定义域为，且满足，若是偶函数，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
7．（多选）（2025·河北张家口·二模）已知函数的定义域为R，当时，，且对于任意的，都有，则（ ）
A． B．为偶函数
C．当时， D．当时，
8．（多选）（2025·安徽黄山·二模）已知是定义在上的奇函数，且图象连续不间断，函数的导函数为．当时，，其中为自然对数的底数，则（ ）
A．在上有且只有1个零点 B．在区间上单调递增
C． D．
答案解析
题型01 基本不等式
1．（2025·山东菏泽·二模）已知，，且，则的最大值为（ ）
A． B．1 C．4 D．16
【答案】B
【分析】由基本不等式结合对数运算性质即可求解.
【详解】，当且仅当，即时取等号，
故选：B
2．（2025·河南新乡·二模）已知随机变量，，则的最大值为（ ）
A．9 B． C． D．
【答案】D
【分析】利用正态分布的对称性得到，再用代换1法求最大值即可.
【详解】因为，，所以.
由正态分布的对称性，可得.因为，
所以，当且仅当，即，时，等号成立，即的最大值为.故选：D.
3．（2025·贵州·二模）已知一组数据1，4，5，，3，4，5，1，，7，4的平均数为4，其中，均为正整数，则当取得最小值时，这组数据的方差为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用平均数的定义列式求出，再利用基本不等式“1”的妙用求出取最小值的条件，然后利用方差的定义求解.
【详解】依题意，，解得，
则，当且仅当，即时取等号，因此当时，取得最小值，所以这组数据的方差为.故选：D
4．（多选）（2025·内蒙古包头·模拟预测）已知 为正实数， ，则下列说法正确的是（ ）
A． B． 的最小值为 -1
C．的最小值为 12 D． 的最小值为
【答案】ABD
【分析】根据题意，化简得到，令，得到，结合函数单调性，可判定A正确；由，得到，结合二次函数的性质，可得判定B正确；化简，利用基本不等式，可得判定C不正确；由，得到，可判定D正确.
【详解】由，可得，对于A中，令，则且，可得，则，因为函数在上单调递减，在上单调递增，可得，所以，所以A正确；对于B中，由，可得，则，当且仅当时，取得最小值，所以B正确；对于C中，由，当且仅当时，即时，即时，等号成立，所以C不正确；对于D中，由，
可得，当且仅当时，即时，等号成立，
所以的最小值为，所以D正确.故选：ABD.
5．（2025·山东临沂·二模）已知为正项等差数列，若，则的最大值为（ ）
A．4 B．6 C．8 D．10
【答案】C
【分析】由题意求得，，进一步将所求转换为关于的二次式子即可求解.
【详解】，解得，由于为正项等差数列，则，解得，
，等号成立当且仅当，所以的最大值为8.故选：C.
6．（多选）（2025·江西上饶·二模）若正实数满足，则（ ）
A．的最大值是 B．的最小值是9
C．的最大值是 D．的最小值是
【答案】ABC
【分析】利用基本不等式求积的最大值判断AC；利用“1”的妙用求出最小值判断B；消元利用二次函数求出最小值判断D.
【详解】对于A，，当且仅当时取等号，A正确；
对于B，，当且仅当时取等号，B正确；
对于C，，当且仅当时取等号，C正确；
对于D，，则，当且仅当时取等号，D错误.故选：ABC
7．（2025·江西·二模）已知，若，当取得最大值时，（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据已知条件，利用两角和与差的正弦公式展开，得到与的关系，再将展开，结合基本不等式求出其最大值时的值，进而求出．
【详解】已知，根据两角和与差的正弦公式展开可得：
，移项可得：．
因为，所以，，等式两边同时除以，得到．
根据两角差的正切公式可得：．
令，因为，所以，则．
根据基本不等式：，当且仅当，即，时等号成立．
所以，即当时，取得最大值． 因为，当时，． 当取得最大值时，，故选：A．
8．（2025·广东清远·二模）已知函数，若，，且，则的最小值是 ．
【答案】4
【分析】先分析函数的奇偶性和单调性，结合函数性质可得的关系，再利用基本不等式求和的最小值.
【详解】因为，所以，
，所以函数为奇函数且为增函数，.
由可得，即为.因为，所以．当且仅当，时取等号．故答案为：4
9．（2025·甘肃·二模）已知实数，满足，则的最小值为 ．
【答案】#
【分析】考虑每个选项和圆的关系，考虑每个选项的几何意义即可求解
【详解】因为，所以，所以，所以，
因为 ，所以， 当时取等号，
所以，则的最小值为.故答案为：
10．（2025·山东菏泽·二模）记的内角的对边分别为，已知．
(1)求；
(2)若，求边上高的最大值．
【答案】(1)；(2).
【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由诱导公式及两角和的正弦公式求出，即可得解；
（2）设外接圆的半径为，由即可求出，从而求出，再由余弦定理及基本不等式求出的最大值，最后由等面积法计算可得.
【详解】（1）因为，由正弦定理得：①，因为，所以.故①式可变形为，
即，化简得：，因为，所以，故. 因为，故.
（2）设外接圆的半径为，由正弦定理得：，则，，，又，故得，由（1）知，故，则，由余弦定理得：，即，则，当且仅当时等号成立，设边上高为，由三角形的面积公式得：，即.故边上高的最大值为.
题型02 不等式的性质
1．（多选）（2025·河南·三模）已知，c为实数，则下列不等式正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】AC
【分析】由题意可得，利用不等式的性质及函数的单调性对选项逐一判断即可.
【详解】由题意可得，A项:由单调递增，知，故选项A正确；B项:时选项B不正确；C项:由，则，当且仅当时等号成立，∵，∴等号不成立，故选项C正确；D项:构造函数，，∴单调递增，又，得，故选项D不正确．故选:AC．
2．（多选）（2025·山东临沂·二模）已知，则下列不等式正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】AD
【分析】对于A，可以用作差法判断，对于BC，举反例判断即可，对于D，分三种情况讨论即可判断.
【详解】对于A，，因为，所以，即，所以，故A正确；对于B，取，此时，故B错误；对于C，取，则，故C错误，对于D，若，则显然成立，若，则成立，若，则成立，综上所述，只要，就一定有，故D正确.故选：AD.
3．（2025·山东聊城·二模）已知实数满足，则（ ）
A． B．
C．若，则 D．若，则
【答案】BC
【分析】A举反例；B利用基本不等式即可；C作差法；D举反例.
【详解】对于A，当时，，故A错误；对于B，因，则，，则，等号成立时，故B正确；对于C，因且，则，则，故C正确；对于D，若，则，故D错误.故选：BC
4．（多选）（2025·河北衡水·二模）已知实数满足，则下列不等关系一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】ABD
【分析】根据已知有，则，根据指数函数的单调性判断A；两侧平方有，结合基本不等式、不等式性质判断B；特殊值判断C；讨论、，结合不等式性质判断D.
【详解】因为，所以，所以，故A对；因为，所以，由，所以，故B对；若，满足，显然不成立，故C错；当，则，必有，当，则，故，必有，故D对.故选：ABD
5．（多选）（2025·山西·二模）已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】ABD
【分析】由指数函数单调性可判断A项，由幂函数单调性可判断B项，运用作差法及对数函数性质可判断C项，运用作差法及不等式性质可判断D项.
【详解】对于A项，因为是减函数，而，所以，故A项正确；对于B项，因为在上单调递增，而，所以，故B项正确；对于C项，，因为，，，所以，即，故C项错误；对于D项，，因为，，，所以，即，故D项正确.故选：ABD.
题型03 不等式恒成立
1．（2025·江西上饶·二模）若不等式恒成立，则的取值集合为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用换元法，把原不等式转化为恒成立问题，再分，，讨论即可.
【详解】设，则，.原不等式可化为：.因为，所以，.
当时，，所以在恒成立，所以；当时，，所以成立；当时，，所以在上恒成立，所以.综上可得：.故选：A
2．（2025·四川雅安·二模）已知，且，对于任意均有，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】对分与两种情况讨论，结合三次函数的性质分析即可得到答案.
【详解】因为，所以且，设，则的零点为，当时，则，，要使，必有，则，不合题意；
当时，则或，即或;
综上一定有.故选：B.
3．（2025·内蒙古呼和浩特·二模）已知函数在上单调，且在上恒成立，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由题可得函数在上单调递减，由在恒成立可得恒成立，据此可得答案.
【详解】因函数在上单调，又在上单调递减，
则函数在上单调递减，则.则时，，又，则恒成立，则.
故选：B
4．（2025·山西·二模）设函数，对任意，.若对任意，都有，则的极小值为（ ）
A． B． C． D．0
【答案】A
【分析】先将代入，化简可得，由三次函数的图象性质及零点存在性定理得，，从而得到，最后利用导数计算极小值即可.
【详解】将代入，可得
，由于等式对任意都成立，则项系数必须为0，即，所以，令，可得或，由三次函数图象性质易得为函数的唯一变号零点，由任意，都有，可得，时，总有，所以为函数的变号零点，所以，则，此时，求导得，令，得或2，当或时，；当时，.故为极小值点，极小值.故选：A.
5．（2025·广东揭阳·二模）已知定义在上的函数，对任意满足，且当时，.设，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设，则有.根据已知可得出，从而得出函数在上单调递减.构造函数，利用导函数证明在上恒成立.进而分以及讨论，即可得出答案.
【详解】设，则有.当时，由已知可得，化简可得.又由已知当时，可得，，所以.
所以，在上单调递减.又时，构造，则在上恒成立，所以，恒成立，所以在上恒成立.所以，有在上恒成立；当时，有，所以有，即；当时，，此时有，即.综上所述，.故选：D.
6．（2025·山东潍坊·二模），，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【分析】根据绝对值三角不等式得到，从而得到，解得即可.
【详解】因为（当且仅当时取等号），
又，，所以，则或，解得或，即实数的取值范围是.故答案为：
7．（2025·辽宁·二模）设函数．若在上恒成立，则实数的取值范围为 ．
【答案】
【分析】分类讨论，当时，，再讨论的范围得出；当时，讨论的范围，由导数求得，即可求解．
【详解】①当时，，对称轴为，当时，，则；当时，，则；所以当时，若在上恒成立，则；②当时，，则，当时，，则在上单调递增，当时，，不合题意；当时，令，解得，当时，，则在上单调递增，当时，，则在上单调递减，所以，解得，
所以当时，若在上恒成立，则；综上所述，，
8．（2025·河北邯郸·二模）设函数，若存在实数，使得恒成立，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【分析】将恒成立问题转化为曲线位置问题，再研究曲线相切的情况，利用导数的几何意义求出的取值，最后再分析曲线的性质得到取值范围即可.
【详解】因为存在实数，使得恒成立，所以，
若满足条件，只需在曲线的下方，且在曲线的上方即可，
但我们只需找到与曲线均相切时的的值即可，我们先研究与曲线相切时的情况，设切点为，，由导数的几何意义得，
将代入中，得到，解得，故，解得，代入中，得到，设当与的切点为，，
将代入中，得到，由导数的几何意义得，解得，而在曲线的下方，且在曲线的上方，
则越小，越大，更容易满足题意，故.
9．（2025·山西晋城·二模）若关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围为 ．
【答案】
【分析】构造函数，分应用导函数得出函数的单调性及最值计算求出恒成立问题.
【详解】由，得在上恒成立，
令，则，当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增，所以，
则，所以在上恒成立．当时，恒成立，则；
当时，由，得；当时，由，得．设，则，当或时，，在和上单调递减；当时，，在上单调递增，则在上的最大值为，在上的最小值为．综上可知，实数的取值范围为.
10．（2025·江西鹰潭·二模）已知函数
(1)求函数在处的切线方程；
(2)若关于的不等式恒成立，求实数的取值范围；
【答案】(1)；(2)．
【分析】（1）由导数的意义求出切线的斜率，再由点斜式可得直线方程；
（2）先问题等价于在时恒成立，构造函数，求导分析单调性后得到最小值即可.
【详解】（1），，而，，所以在处的切线方程为：
（2）由题意得：恒成立，因为，所以问题等价于在时恒成立，令，，，当时，，为增函数；当时，，为减函数，则函数，故．
11．（2025·安徽滁州·二模）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若对任意和任意，都有，求实数的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）求出函数的导数，就、、分类讨论其符号后可得单调性；
（2）由（1）可得的最小值，令，求出的最大值后可得参数的取值范围.
【详解】（1）的定义域为，，
若，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减；
若，当或时，，当时，，所以在和上单调递增，在上单调递减；
若，当或时，，当时，，所以在和上单调递减，在上单调递增．综上可知，当时，在上单调递增，在上单调递减；当时，在和上单调递增，在上单调递减；当时，在和上单调递减，在上单调递增．
（2）令，易知，由题意知，，由（1）知，
又，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以，故实数的取值范围为．
12．（2025·江苏·二模）已知函数，，.
(1)若曲线在点的切线也是曲线的切线，求的值；
(2)讨论函数在区间上的单调性；
(3)若对任意恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)答案见解析
(3)
【分析】（1）利用导数的几何意义来求曲线在某点处的切线方程即可求解；
（2）利用分类讨论，通过导数正负符号的判断可得单调区间；
（3）利用端点值刚好为，要满足不等式恒成立，必要条件先行，再证明充分性即可求解.
【详解】（1）由已知得，，在点处的切线方程为.设与切于，，，则过该点的切线方程为：，整理得，由于该切线与重合，则.
（2）由，求导得，
①当时，，，在上单调递增；
②当时，令，当时，，在区间上单调递减，
当时，，在区间上单调递增
③当时，令
当时，，在区间上单调递增；
当时，，在区间上单调递减
（3）由题意得，即对恒成立.令，，令，，因为，，若，则在处的切线必然是上升的，又因为，所以当且靠近的函数值满足，此时就有，从而可推导在且靠近的附近是递增的，又因为，所以在且靠近的附近必有则必然不满足对恒有，所以要满足对恒有，
首先必需满足在且靠近的附近，所以满足，
从而可得参数满足的必要条件是；下面再证充分性，当，时，则，即有，
又构造，，可得，所以在区间上单调递增，即，则可知，则，
恒成立，符合题意，综上：的取值范围为.
13．（2025·山东青岛·二模）已知函数
(1)当时，求证：
(2)若对恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】（1）由，得，构造函数，求解单调性，即可证明；
（2）求导得，令，则，分类讨论可求得的范围.
【详解】（1）由，得.要证只要证 令，则当时，则单调递减，当时，则单调递增，
所以则即
（2）由已知可得，令，求导可得，
(1)当时，由，得，因此，满足题意.
(2)当时，由，得，则在上单调递增.
①当时，，所以，即在单调递增，所以在单调递增，所以，则在上单调递增，所以满足题意.
②当时，，，则存在唯一的，使得，且当时，，在上单调递减，所以不满足题意.
综上：
14．（2025·云南曲靖·二模）已知函数．
(1)当时，求函数在上的值域；
(2)若在上恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求导数，令，求得单调递增区间，令，求得单调递减区间，进而求得极值下端点值，求得最值，可求值域；
（2）求导，令，进而求导数，分，，三种情况讨论，可求得实数的取值范围.
【详解】（1）（1）当时，，所以，
令，得或，令，得，所以在和上单调递增，在上单调递减，又，，所以，又，，所以，所以当时，求函数在上的值域为；
（2）由，得，令，则，因为，所以，所以，
①当时，，满足恒成立，
②当时，，故在上单调递增，又，所以当时，，进而，所以在上单调递减，当时，，进而，所以在上单调递增，所以，满足恒成立，
③当时，，故在上单调递减，又，所以当时，，进而，所以在上单调递增，当时，，进而，所以在上单调递减，所以，不满足恒成立，
综上所述：实数的取值范围为.
15．（2025·辽宁沈阳·二模）已知函数．
(1)若存在，使成立，求k的取值范围；
(2)已知，若在上恒成立，求k的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）转化为存在，使成立，令，利用导数求出的最大值可得答案；
（2）转化为在上恒成立，令，利用导数求出可得答案．
【详解】（1）由得，可得存在，使成立，
令，，令得，当时，单调递增，
当时，单调递减，所以，若存在，使成立，则；
（2），若在上恒成立，则在上恒成立，令，则，令，则（舍）或，当时，单调递增，当时，单调递减，所以，则，则k的最小值为．
题型04 不等式的证明
1．（2025·江西上饶·二模）已知函数
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)证明：当时成立．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程.
（2）等价变形不等式，利用不等式性质将问题转化为证在恒成立，结合导数分段推理证明.
【详解】（1）函数，求导得，
则，而，所以所求切线方程为.
（2）函数的定义域为，不等式，当时，，则，令函数，当时，，令函数，求导得，函数在上单调递减，，；当时，，令，求导得，函数在上单调递减，在上单调递增，而，则存在，使得，
当或时，；当时，，函数在上单调递增，在上单调递减，，则当时，；当时，
函数在上单调递增，在上单调递减，又，则；当时，，函数在上单调递增，，
因此，，则，所以当时，成立.
2．（2025·河北邯郸·二模）已知函数，.
(1)讨论函数的单调性；
(2)证明：.
【答案】(1)当时，函数在上单调递减；当时，函数在上单调递减，在上单调递增
(2)证明见解析
【分析】（1）由函数的解析式可知函数的定义域为及导函数，对分和两类讨论即可求解；
（2）由（1）知当时，，即，进而可得.令，对函数求导可知在上单调递增，可得，故，原不等式得证.
【详解】（1）由题知：，其定义域为，.
当时，则，在上单调递减；当时，令，解得；令，解得，∴函数在上单调递减，在上单调递增.综上所述，当时，函数在上单调递减；当时，函数在上单调递减，在上单调递增.
（2）要证，即证.由（1）知：当时，在上单调递减，在上单调递增，∴，即，，.
令，，∴在上单调递增，∴当时，，即，∴，即，∴原不等式成立.
3．（2025·湖北黄冈·二模）已知函数．
(1)若，求在的值域；
(2)证明：存在唯一的极值点，且；
(3)若恒成立，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求导后分析单调性可得；
（2）由（1）可知为函数的唯一极值点且为极小值点，求导后分当时和讨论，当时，分别构造，求导分析单调性和极值，利用零点存在定理分析；
（3）由（2）可知的最小值，利用恒成立，得到，采用分析法证明令，构造函数，求导分析单调性和最值可证明.
【详解】（1）当时，，
当时，单调递减；当时，单调递增，
又，所以在的值域为．
（2）证明：当时，由（1）可知为函数的唯一极值点且为极小值点，满足
下面讨论的情形：，
当时，，所以，所以在单调递增，无极值点．
当时，，设恒成立，所以在单调递增，
令得即，则有，即．
又设，易知在单调递增，，
令，设，，
当时，单调递减，所以，即，
而，根据函数零点存在定理可知，存在唯一的，使得即，
当时，即，当时，即，
故是函数唯一的极值点且为极小值点．
综上所述，存在唯一的极小值点，且．
（3）证明：由（2）可知在单调递减，在单调递增，所以的最小值为，又因为即，所以，从而有，
若恒成立，则，令，则，要证，即证即．设在单调递减，
所以，所以在单调递增，所以，即．所以成立．
4．（2025·山东潍坊·二模）已知函数．
(1)若在处取得极值0，求的值；
(2)若有两个零点．
（i）当时，曲线在点处的切线斜率为1，求的值；
（ii）证明：．
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）求导，由题意得，求得的值并利用单调性进行验证；
（2）（i）根据导数的几何意义得，，求得的值并进行验证；
（ii）利用导数求得极小值，再根据有两个零点，即可得证.
【详解】（1），由题意即解得．
当时，，单调递减，单调递增，所以在处取极值．
（2）（i）时，，，所以，
又，所以，解得或．若只有一个零点，不符合题意，舍去，所以．
（ii），若，则在上单调递增，不合题意，
若，令，得，且单调递减，
单调递增，所以在处取极小值，因为函数有两个零点，则，所以，
即．
5．（2025·山东临沂·二模）已知函数．
(1)当时，讨论的单调性；
(2)设函数，已知有两个极值点．
①求的取值范围；
②求证：．
【答案】(1)答案见解析
(2)①；②证明过程见解析
【分析】（1）求导，根据导数零点大小对分类讨论即可得解；
（2）①根据分离参数即可求解；②理由韦达定理将转换为的函数，利用导数研究函数的单调性即可得证.
【详解】（1）对函数求导得，，
若，则，
若，，此时在定义域上单调递增，
若，则，当或时，，当时，，
此时在上单调递增，在上单调递减，
若，则，当或时，，当时，，
此时在上单调递增，在上单调递减，
综上所述，若，则在定义域上单调递增；
若，则在上单调递增，在上单调递减；
若，则在上单调递增，在上单调递减.
（2）①，
求导得，
因为有两个极值点，所以有两个“变号”零点，
即有两个零点，
令，是一一对应的，
从而有两个零点，
设，该二次函数开口向下，对称轴是，
注意到，所以，即的取值范围是；
②由（2）①不妨设，即，等价于，由韦达定理有，，
，令，，所以单调递增，
从而.
6．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）已知函数．
(1)当时，求在区间上的零点个数；
(2)当，时，求证：．
【答案】(1)1
(2)证明过程见解析
【分析】（1）直接求导得函数在上单调递增，结合零点存在定理即可求解；
（2）求导后令，继续求导得的单调性，进一步结合零点存在定理得它的符号变化，从而可得的单调性，由此即可得解.
【详解】（1）当时，，求导得，
当时，且这三者不同时为0，从而在上恒成立，
从而在上严格单调递增，
注意到，
从而在区间上的零点个数为1；
（2）当，时，，求导得，
令，则，
由（1）知在上单调递增，从而在上单调递减，
又在上单调递减，
所以在上单调递减，
注意到，
从而存在唯一的，使得，
所以当时，，即在上单调递增，
当时，，即在上单调递减，
而，
所以当时，，
从而存在唯一的，使得，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
综上所述，在上单调递增，在上单调递减，
，所以当，时，.
7．（2025·江苏南京·二模）已知函数,.
(1)当时，设曲线在处的切线为，求与曲线的公共点个数；
(2)当时，若，恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)1个
(2)
【分析】（1）先求切线方程，再联立方程，化为单变量方程，分析单调性和极值点，判断交点个数；
（2）利用函数在区间内的最大值与最小值之差，考虑极值点和端点，列不等式，解出的取值范围.
【详解】（1）当时，，其定义域为.因为，所以.
所以曲线在处的切线方程为，即.联立方程可得，.设，，求导得.
所以在上单调递增.又，所以有且仅有一个零点，所以直线与曲线的公共点个数为1.
（2）对函数求导得，令，可得.
分情况讨论，①当时，即，此时在区间上单调递增，
则，解得.又，所以.
②当时，即，在上单调递减，在上单调递增.
所以最小值为，，，
当最大时，即，解得.
此时，，而恒成立.
所以，满足题意.
当最大时，即，解得.
此时，即.
设，，，
所以在上递减，故，所以，满足题意.
综上，.
③当时，即，在区间上单调递减，
此时.
若其成立，则，与条件相矛盾，所以该情况下不等式不能恒成立.
综上所述，实数的取值范围为.
8．（2025·山西·二模）已知函数.
(1)设是曲线的任意一条切线，若，求a的值；
(2)证明：存在，对任意，且，都有；
(3)证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）设切点再根据点斜式结合不等式计算得出参数；
（2）构造函数，结合函数单调性计算证明；
（3）由（2）知 ，结合应用错位相减法计算证明即可.
【详解】（1）设直线与曲线切点横坐标为，因为，
所以切线方程为：，
所以，即对任意都成立，
因为，所以在上递增且存在唯一正的零点，
又在上递减，所以也是它的零点.
所以；解得.
（2）因为的定义域为，，，
当时，，递减；当时，，递增.
取，设，代入得，，所以，设，，
因为，所以在上单调递增，
所以，即，所以，所以时，结论成立.
（3）取，，，，则，，由（2）知，，即，因为，，所以，设，所以，两式相减得，，所以，所以.
9．（2025·广东深圳·二模）已知函数，函数图象上的一点，按照如下的方式构造切线：在点处作的切线，记切线与x轴交点的横坐标为．
(1)写出与的递推关系式；
(2)记的零点为r，且．
（i）证明：当时，；
（ii）证明：对于任意的，都有．
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义求出在点处的切线方程，令即可求解；
（2）（i）易知当时，当时，利用导数和零点的存在性定理证明在上单调递增，进而，即可证明；（ii）由（i）知当时，令，只需证.令（），利用3阶导数研究的单调性可得，结合累乘法计算即可证明.
【详解】（1），，
则函数在点处的切线方程为
，
令，得．
（2）（i）当时，，
当时，，单调递增，
又因为，
所以有唯一的零点，其中．
令，则，
当时，，故在上单调递增．
因为，所以．
因为在上单调递增，所以当时，，
又因为，所以，
即证得：当时，．
（ii）由（i）知：因为，从而，进而，
由此递推可知：当时，，
令，
下面证明：对于任意的，都有成立，
即．
因为，所以只需证明，
即，
令，其中，
则，
因为，
所以，故，从而在上单调递增，可知，故在上单调递增，因此，
因为，故，即对于任意的，都有成立，由此可得：，所以对于任意的，都有．
10．（2025·河南·二模）已知函数.
(1)当时，若不等式恒成立，求的取值范围；
(2)若有两个零点，，且.
（i）求的取值范围；
（ii）证明：.
【答案】(1)
(2)（i），（ii）证明见解析
【分析】（1）整理不等式并构造函数，利用导数分情况研究函数单调性，可得答案；
（2）（i）利用导数分情况研究函数单调性，求得其最值，结合零点存在性定理，可得答案；（ii）明确零点的取值范围，分析整理不等式，利用函数的单调性，构造不等式与函数，利用导数求新函数的最值，可得答案.
【详解】（1）设，则，令，则，所以在上单调递增，从而.
①当，即时，，则在上单调递增，从而，符合题意；
②当，即时，，则一定存在，使得当时，，则在上单调递减，从而，合题意．综上所述，的取值范围为．
（2）（i）由题意知，的定义域为．
当时，，所以在上单调递增，从而在上至多有一个零点．7分当时，令，得．当时，在上单调递减；当时，在上单调递增．所以是的极小值点，也是最小值点，即．，则．所以当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，所以是的极大值点，也是的最大值点．即，从而．一方面，由（1）可知，取，当时，，即，即，易知当时，也成立．所以当时，．所以，即，从而．因为，所以在内有一个零点.另一方面，由（1）知，．又，所以
，所以在区间内有一个零点．综上所述，的取值范围是．
（ii）证明：由，得，所以，即．
要证成立，只需证，即证，即证．令，则．即证，即证．设，则，所以在区间上单调递增，所以，即式成立．
所以不等式成立.
题型05 不等式与函数的性质交汇
1．（2025·贵州·二模）已知为偶函数，当时，，且，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据条件分类讨论，分别对情况解不等式即可.
【详解】当时，，若，则；当时，，成立；当时，因为为偶函数，所以，即，；综上：，故选：B.
2．（2025·河南·二模）已知函数，则满足的实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据解析式得到，即的图象关于对称，导数研究函数的区间单调性，利用对称性、单调性解不等式求参数范围.
【详解】若，则，故，
所以的图象关于对称，当，有，则，所以在上单调递增，故在上单调递减，对于，则，可得，所以.故选：B
3．（2025·湖南邵阳·二模）已知函数，则满足的的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用函数的单调性和奇偶性结合导数可得.
【详解】，定义域为，，为奇函数，
又，所以在上单调递增，所以即，即的取值范围是.故选：C
4．（2025·江苏南京·二模）已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据对数函数的单调性、对数的运算性质可得、，即可求解.
【详解】，由，得，则，即；
，所以.故选：D
5．（2025·重庆·二模）已知函数 是定义在上的偶函数，且在 上为增函数，设，，则 的大小关系是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】易得函数在 上为减函数，再利用指数函数和幂函数的单调性得到求解.
【详解】因为函数是定义在上的偶函数，且在上为增函数，所以函数在上为减函数，又 ，，所以，则，故选：B
6．（2025·山东聊城·二模）函数定义域为，且满足，若是偶函数，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据函数是偶函数列式得出函数解析式，再应用导函数判断函数单调性，最后结合单调性计算求解.
【详解】因为，且是偶函数，所以，
所以，单调递减，则不等式化简为，所以，即，所以或.故选：B.
7．（多选）（2025·河北张家口·二模）已知函数的定义域为R，当时，，且对于任意的，都有，则（ ）
A． B．为偶函数
C．当时， D．当时，
【答案】ACD
【分析】对A，利用赋值法，令可得解；对B，令，结合奇偶函数定义判断；对C，根据当时，，结合是奇函数，得当时，，从而得解；对D，令，利用单调性定义证明在上单调递增，结合是奇函数，所以在上单调递增，得解.
【详解】对于A，令，得，解得，故A正确；
对于B，令，则，所以是奇函数，故B错误；对于C，当时，，因为当时，，是奇函数，所以当时，，所以，故C正确；对于D，设，令，则，因为，所以，因为，所以，因此，即在上单调递增，因为是奇函数，所以在上单调递增，
当时，，故，故D正确.故选：ACD.
8．（多选）（2025·安徽黄山·二模）已知是定义在上的奇函数，且图象连续不间断，函数的导函数为．当时，，其中为自然对数的底数，则（ ）
A．在上有且只有1个零点 B．在区间上单调递增
C． D．
【答案】ACD
【分析】构造，根据已知及奇偶性定义、导数研究函数的性质得到在R上单调递减，且时，时，，进而判断各项的正误.
【详解】令，而是定义在上的奇函数，则，
，即在R上也是奇函数，而，当时，，所以在上单调递减，结合奇函数性质知：在R上单调递减，综上，时，时，，故，
显然时，故时，时，所以在上有且只有1个零点，，，A、C、D对；由，显然在上单调递增，且，在上单调递减，在上单调递增，且周期为，，
所以在上不一定单调，B错.故选：ACD
9．（2025·贵州毕节·二模）已知函数是定义域为的奇函数，是的导函数，，当时，，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】当时，，可得在上单调递增，结合函数是定义域为的奇函数，，从而得到不等式，求出答案.
【详解】令，则，由题意知当时，，故在上单调递增，因为函数是定义域为的奇函数，所以，所以，所以是定义域为的偶函数，所以在上单调递减，又因为，所以，所以，所以当时，，则；当时，，则；当时，，则；当时，，则.则不等式的解集为.故选：D.