专题4.4 导数与不等式-2024年高考数学大一轮复习核心考点精讲精练（新高考专用）

这是一份专题4.4 导数与不等式-2024年高考数学大一轮复习核心考点精讲精练（新高考专用），文件包含专题44导数与不等式原卷版docx、专题44导数与不等式解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共51页， 欢迎下载使用。


【核心素养】
1.不等式问题，主要考查解不等式、不等式的证明、不等式恒成立或不等式存在性问题、由不等式成立求参数问题等，凸显数学运算、逻辑推理、直观想象的核心素养．
2.将函数、导数与数列、放缩法相结合证明不等式、与三角函数相结合考查函数的性质问题等，凸显逻辑推理、直观想象、数学运算等核心素养，也体现命题的创新性.
知识点一
与不等式恒成立、有解、无解等问题有关的参数范围问题
不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁，也是高考的重点和热点问题，往往用到的方法是依据不等式的特点，等价变形，构造函数，借助图象观察，或参变分离，转化为求函数的最值问题来处理．
：
知识点二
利用导数证明、解不等式问题
无论不等式的证明还是解不等式，构造函数，运用函数的思想，利用导数研究函数的性质（单调性和最值），达到解题的目的，是一成不变的思路，合理构思，善于从不同角度分析问题，是解题的法宝.
常考题型剖析
题型一：具体函数不等式求解
【典例分析】
例1-1.（2023·江西宜春·校联考模拟预测）已知函数，若成立，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】设，则可得为偶函数，且在单调递增，所以的图象关于直线对称，在单调递增，则将转化为，从而可求出实数a的取值范围.
【详解】设，
因为，
所以为偶函数，
所以的图象关于直线对称，
所以的图象关于直线对称，
设，则，
令，则，得，
所以在上递增，
因为函数在定义域上单调递增，
所以在单调递增，
所以在单调递增，
因为，
所以，
所以，化简得，解得．
所以实数a的取值范围为，
故选：B
【点睛】关键点点睛：解题的关键是根据已知条件判断出的图象关于直线对称，在单调递增，从而可求解不等式.
例1-2.（2022·贵州安顺·统考模拟预测）已知函数，则关于x的不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先利用导数得到的单调与最值情况，结合，解题设不等式即可得解.
【详解】因为，导数为，
当时，单调递增；当时，单调递减；
所以，
而，且在单调递减，在单调递增，
因为，所以，则，
所以，则原不等式的解集为.
故选：D.
【规律方法】
具体函数不等式求解问题，主要利用导数研究函数的单调性，将函数值关系转化成自变量的关系，即转化得到一个代数不等式求解.
【变式训练】
变式1-1.（2023·广东东莞·统考模拟预测）已知函数，则的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用导数判断函数的单调性，结合奇偶性求不等式即可.
【详解】均为偶函数，故函数为偶函数，
令则，
，即在R上单调递减，
又在恒成立，
故函数在上递减，在递增.
.
故选：C.
变式1-2.（2023·吉林长春·东北师大附中校考模拟预测）设函数，若不等式有且只有两个整数解，则实数的取值范围是_______________．
【答案】
【分析】根据题意，把不等式转化为，令，求得，令，得到，结合，得到存在唯一的使得，得出函数的单调性，结合的值和题设条件，得出，即可求解.
【详解】由函数，则不等式，即，
因为，可化为，令，可得，
令，可得，所以在上单调递增，
又由，所以存在唯一的使得，
当时，，可得，所以单调递减；
当时，，可得，所以单调递增，且，
又因为，
所以当原不等式有且仅有两个整数解时，则满足，
解得，即实数的取值范围是.
故答案为：.
题型二：含导数抽象函数不等式求解问题
例2-1.（2023·全国·高三专题练习）设函数f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数．当x<0时，，且，则不等式f(x)g(x)>0的解集是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据已知构造函数并判断函数的单调性和奇偶性及特殊点，数形结合解出不等式即可.
【详解】构造函数F(x)＝f(x)·g(x)．由题意可知，当x<0时，，
所以F(x)在上单调递增．
又因为f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，
，所以F(x)是定义在R上的奇函数，
从而F(x)在上单调递增．
而F(3)＝f(3)g(3)＝0，所以F(－3)＝－F(3)＝0，
当时，f(x)g(x)>0的解为；
当时，f(x)g(x)>0的解为；
综上可知不等式f(x)g(x)>0的解集为.
故选：A.
例2-2.（2023·广东广州·统考三模）已知可导函数的导函数为，若对任意的，都有，且为奇函数，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据构造函数，利用导数判断其单调性，将不等式化为，利用的单调性求解可得结果.
【详解】设，由题设条件，得，
故函数在上单调递减.
由为奇函数，得，得，
所以，
不等式等价于，即，
又函数在上单调递减，所以，
故不等式的解集是．
故选：D．
【规律方法】
利用函数与导函数的相关不等式构造函数，然后利用所构造的函数的单调性解不等式，是高考常考题目，构造函数的常见类型有：
比如：若，则构造，
若，则构造，
若，则构造，
若，则构造.
若f′(x)>a(a≠0)，则构造函数：h(x)＝f(x)－ax.
若f′(x)±g′(x)>0，则构造函数：h(x)＝f(x)±g(x)．
若f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)，则构造函数F(x)＝f(x)g(x)
若f′(x)g(x)－f(x)g′(x)，则构造可导函数y＝eq \f(fx,gx).
【变式训练】
变式2-1.（2023春·河南三门峡·高三校考阶段练习）已知函数的导函数为，若，则关于的不等式的解集为______.
【答案】
【分析】构造函数，结合已知不等式及导数与单调性关系可求的单调性，结合函数的单调性即可求解不等式.
【详解】令，则，
因为对，所以函数在上单调递减，
又因为，所以，
则有，所以，
由可得，即，
所以，解得，所以关于的不等式的解集为，
故答案为：.
变式2-2.（2023·全国·高三专题练习）已知定义在R上的偶函数的导函数为，当x>0时，，且，则不等式的解集为_________________________.
【答案】
【分析】由变形得，即可构造，结合的奇偶性可得是上的奇函数且在上单调递减，则可对的符号分类讨论，可将化为关于的不等式，最后结合单调性求解即可
【详解】当时，，∴，
令，∴在上单调递减，
又是定义在上的偶函数，∴是上的奇函数，即在上单调递减，
∵，∴，
当，即时，，∴；
当，即时，，∴，则.
故不等式的解集为.
故答案为：.
题型三：比较函数值大小
【典例分析】
例3-1．（2023·全国·高三专题练习）定义在上的函数，已知是它的导函数，且恒有成立，则有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据，构造函数，利用其单调性比较.
【详解】解：令，
则，
因为，
所以，
则在上单调递减.
所以，
故，，
故选：C
例3-2．（2022·全国·统考高考真题）已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由结合三角函数的性质可得;构造函数,利用导数可得,即可得解.
【详解】[方法一]：构造函数
因为当
故，故，所以；
设，
，所以在单调递增，
故，所以，
所以，所以，故选A
[方法二]：不等式放缩
因为当，
取得：，故
，其中，且
当时，，及
此时，
故，故
所以，所以，故选A
[方法三]：泰勒展开
设，则，，
，计算得，故选A.
[方法四]：构造函数
因为，因为当，所以,即，所以；设，，所以在单调递增，则,所以，所以,所以，
故选：A．
[方法五]：【最优解】不等式放缩
因为，因为当，所以,即，所以；因为当，取得，故，所以．
故选：A．
【整体点评】方法4：利用函数的单调性比较大小，是常见思路，难点在于构造合适的函数，属于通性通法；
方法5：利用二倍角公式以及不等式放缩，即可得出大小关系，属于最优解．
例3-3.（2023·四川成都·树德中学校考模拟预测）已知、分别为上的奇函数和偶函数，且，，，，则、、大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用函数奇偶性的定义求出函数、的解析式，利用导数分析函数在上的单调性，并比较、、的大小关系，结合函数在上的单调性可得出、、的大小关系.
【详解】因为、分别为上的奇函数和偶函数，且，
则，
所以，，所以，，
当时，，令，其中，
则，函数在上单调递增，
则，因此函数在上为增函数，
因为，
所以，，，
，
因为，
所以，，所以，，
因为函数为上的偶函数，故.
故选：C.
【方法技巧】
比较函数值的大小，通常有三种类型，一是利用函数的单调性或通过引入-1,0,1等中介值完成解答；二是给出看似独立的几个函数值，通过观察其特征，构造函数，应用导数求解；三是给出抽象函数关系，比较函数值大小，一般也要通过构造函数，应用导数求解，构造函数的常见类型和题型二类似.
【变式训练】
变式3-1.（2023·河南·校联考模拟预测）已知函数的定义域为 为函数的导函数，当时， ，且，则下列说法一定正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】构造函数，根据的单调性和奇偶性求解.
【详解】令，则，
因为当时， ，所以 ，所以在上单调递增，
又，
所以，即为奇函数，在上单调递增，
所以对于A，，即，
，A错误；
对于B， ，即 ；，B正确；
对于C，，即，C错误；
对于D，，D错误；
故选：B.
变式3-2. （2023·全国·高三对口高考）已知函数是定义在上的奇函数，且当时不等式成立，若，则的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】构造函数，由结合的单调性和奇偶性即可求解.
【详解】构造函数，则由题意可知当时，
所以函数在区间上单调递减，
又因为是定义在上的奇函数，所以是定义在上的偶函数，
所以在区间上单调递增，
，，，
因为，，
所以，所以，
即，
故选：B
变式3-3. （2022年高考全国I卷）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
题型四：不等式恒成立求参数
【典例分析】
例4-1.（2023春·广东佛山·高三佛山市第四中学校）已知函数，对任意的正实数x都有恒成立，则a的取值范围是__________．
【答案】
【分析】根据已知对式子进行变形，再利用两个函数互为反函数的性质以及导数，研究函数的单调性以及最值进行求解.
【详解】因为对任意的正实数x都有恒成立，
所以，即对任意的正实数x恒成立，
因为函数与函数互为反函数，且，
所以对任意的正实数x恒成立，即，
令，则，
所以在单调递增，在单调递减，
所以，所以，解得.
故答案为：.
例4-2．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）已知是定义在上的可导函数，若，，且时，恒成立，则的取值范围是_________.
【答案】
【分析】由，求导，根据，得到在上是减函数，然后将时，恒成立，转化为求解.
【详解】解：由于，
因为，
，
设，
则，
所以当时，，此时为增函数；
当时，，此时为减函数；
所以，即，
故在上是减函数.
又由于时，恒成立，
所以，
设，易知该函数为单调增函数，
故时，，只需，即.
又由于化为，，
设，由，得，故等价变形为当时，，
令，则，
故当时，为增函数，
所以若使在上恒成立，
只需，即.综上，.
故答案为：
例4-3.（2023·全国·统考高考真题）已知函数
(1)当时，讨论的单调性；
(2)若恒成立，求a的取值范围．
【答案】(1)答案见解析.
(2)
【分析】（1）求导,然后令,讨论导数的符号即可;
（2）构造,计算的最大值,然后与0比较大小,得出的分界点,再对讨论即可.
【详解】（1）
令,则
则
当
当,即.
当,即.
所以在上单调递增,在上单调递减
（2）设
设
所以.
若,
即在上单调递减,所以.
所以当,符合题意.
若
当,所以.
.
所以,使得,即,使得.
当,即当单调递增.
所以当,不合题意.
综上,的取值范围为.
【点睛】关键点点睛:本题采取了换元,注意复合函数的单调性在定义域内是减函数,若,当,对应当.
【总结提升】
利用导数研究不等式的恒成立问题求解策略：
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，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，注意恒成立与有解问题的区别．
【变式训练】
变式4-1.（2022秋·江苏镇江·高三江苏省镇江中学校考阶段练习）已知函数若不等式对一切恒成立，则正整数的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】将不等式整理为，由此构造函数，将不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，即恒成立；令，利用导数判断其单调性，求得其恒大于0时m的范围，即得答案.
【详解】由题意不等式对一切恒成立，
即对一切恒成立，
令，则，
当时，；当时，，
即在上单调递减，在上单调递增，
故，则需恒成立；
令，
当时，，当时，，
则在上单调递增，在上单调递减，
且，当时，，
取，（），
取，
即在存在唯一的零点，且，
故时，，时，，
故正整数的最大值为7，
故选：C
变式4-2.（2023·河南郑州·统考模拟预测）已知函数，（其中，是自然对数的底数），若对定义域内的任意两个不同的数、，恒有，则实数的取值范围是______．
【答案】
【分析】设，则，所以，函数在上为减函数，可得出对任意的恒成立，利用参变量分离法可得，利用导数求出函数在上的最小值，即可得出实数的取值范围.
【详解】由题意得，，且，
化为，
令，设，则，
所以，函数在上为减函数，
所以当时，恒成立，得恒成立，
令，则只需．
由知，当时，，递增；
当时，，递减.
所以在处有极小值，也是最小值，且，所以，
经检验，符合题意，故实数的取值范围是．
故答案为：．
变式4-3.（2023·全国·高三专题练习）已知函数，若对任意的，恒成立，求实数的取值范围．
【答案】
【分析】解法一，不等式参数分离为在上恒成立，再构造函数，
，，转化为求函数的最小值，即可求解；
解法二，构造函数，，，利用导数求函数的最大值，转化为
，即可求实数的取值范围.
【详解】解法一，由在上恒成立，得在上恒成立，即在上恒成立
令，
则．
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，所以
因为，，所以，
所以，即实数的取值范围为．
解法二，由在上恒成立，得在上恒成立．
令，，则满足即可
，当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以．
因为，，所以，
所以，即实数的取值范围为．
题型五：不等式能成立或有解问题
【典例分析】
例5-1.（2023·全国·高三专题练习）已知函数，，对于存在的，存在，使，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】条件可转化为，，，，再分别求列不等式可求的取值范围.
【详解】因为对于存在，存在，使，
所以，，，
又，，
显然在上单调递减，则，
当时，，即在上单调递增，
则，
由解得：，
所以实数的取值范围为.
故选：A.
例5-2.（2023·全国·高三专题练习）已知函数，其中是自然对数的底数．若在区间上有解，求实数的取值范围．
【答案】
【分析】求出函数导数，可转化为含参二次函数分类讨论问题求出函数的最小值，根据题意由最小值不大于即可得解.
【详解】若在区间上有解，即求，
，
当时，，在上单调递增，
所以在上的最小值为不成立，故不满足题意.
当时，由得或，由得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
若时，则函数在单调递减，
所以成立，满足题意.
若时，函数在单调递减，在上单调递增.
所以，不成立，舍去，
当时，由得或，由得，
所以在上单调递增，在上单调递减.
所以函数在单调递增，，所以.
综上的取值范围为：
【总结提升】
1.不等式存在成立问题
(1)f(x)>g(x)对x∈I能成立⇔I与f(x)>g(x)的解集的交集不是空集⇔[f(x)－g(x)]max>0(x∈I)．
(2)对∀x1∈D1，∃x2∈D2使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min，f(x)的定义域为D1，g(x)的定义域为D2.
2．有关存在成立问题的解题方法
∀x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)＞g(x2)等价于函数f(x)在D1上的最小值大于g(x)在D2上的最小值，即f(x)min＞g(x)min(这里假设f(x)min，g(x)min存在)．其等价转化的基本思想是：函数y＝f(x)的任意一个函数值大于函数y＝g(x)的某一个函数值，但并不要求大于函数y＝g(x)的所有函数值．
∀x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)3．【特别提醒】不等式恒成立与存在成立的异同
不等式在某区间上能成立与不等式在某区间上恒成立问题是既有联系又有区别的两种情况，解题时应特别注意，两者都可转化为最值问题，但f(a)≥g(x)(f(a)≤g(x))对存在x∈D能成立等价于f(a)≥g(x)min(f(a)≤g(x)max)，f(a)≥g(x)(f(a)≤g(x))对任意x∈D都成立等价于f(a)≥g(x)max(f(a)≤g(x)min)，应注意区分，不要搞混．
【变式训练】
变式5-1．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，若，使成立，则实数的取值范围是________________.
【答案】
【分析】结合导数分析函数在上的单调性，进而求解即可.
【详解】因为，
所以
当时，，
则函数在上单调递增，
所以，即
因为，使成立，
所以，
即实数的取值范围是.
故答案为：.
变式5-2.（2023·全国·高三专题练习）已知函数为实常数）．若存在，使得成立，求实数的取值范围．
【答案】
【分析】参变分离，构造，求导得到其单调性，从而得到值域，得到数的取值范围.
【详解】由得，即，
因为，所以，所以，
且当时，所以在恒成立，所以，
即存在时，，
令，，
令，
令，解得，
令，解得，
所以在单调递减，单调递增，
所以，
所以时，恒成立，
所以，
所以实数的取值范围是.
题型六：利用导数证明不等式
【典例分析】
例6-1．（2023·全国·统考高考真题）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当时，．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先求导，再分类讨论与两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解；
（2）方法一：结合（1）中结论，将问题转化为的恒成立问题，构造函数，利用导数证得即可.
方法二：构造函数，证得，从而得到，进而将问题转化为的恒成立问题，由此得证.
【详解】（1）因为，定义域为，所以，
当时，由于，则，故恒成立，
所以在上单调递减；
当时，令，解得，
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增；
综上：当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）方法一：
由（1）得，，
要证，即证，即证恒成立，
令，则，
令，则；令，则；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，则恒成立，
所以当时，恒成立，证毕.
方法二：
令，则，
由于在上单调递增，所以在上单调递增，
又，
所以当时，；当时，；
所以在上单调递减，在上单调递增，
故，则，当且仅当时，等号成立，
因为，
当且仅当，即时，等号成立，
所以要证，即证，即证，
令，则，
令，则；令，则；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，则恒成立，
所以当时，恒成立，证毕.
例6-2.（2022·贵州安顺·统考模拟预测）已知函数．
(1)讨论函数的导函数的单调性；
(2)若，求证：对，恒成立．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出导函数，设，求出.分为以及，根据导函数，即可得出函数的单调性；
（2）由已知可将不等式转化为证明恒成立.构造函数，根据导函数得出函数的单调区间，求出函数的极值、最大值，即可得出.即有，变形整理，即可得出证明.
【详解】（1）由已知可得，，设，
则.
当时，有恒成立，所以，即在R上单调递增；
当时，由可得，.
由可得，，所以，即在上单调递减；
由可得，，所以，即在上单调递增.
综上所述，当时，在R上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）因为，所以对，有.
设，则.
解可得，或或.
由可得，，所以，函数在上单调递增；
由可得，或，所以，函数在上单调递减，在上单调递减.
所以，在处取得极大值，在处取得极小值.
又，所以，即.
所以，有，
整理可得，，
所以，有，恒成立．
【点睛】思路点睛：先放缩得出.然后构造函数，根据导函数求出函数的最大值，变形整理，即可得出证明.
【规律方法】
1.利用导数证明不等式常见类型及解题策略：
（1）构造差函数，根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式；
（2）根据条件，寻找目标函数，一般思路为利用条件将所求问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.
2．利用导数证明不等式f(x)>g(x)的基本方法
(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min>g(x)max；
(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)>0.
3．证明不等式时的一些常见结论
(1)ln x≤x－1，等号当且仅当x＝1时取到；
(2)ex≥x＋1，等号当且仅当x＝0时取到；
(3)ln x0；
(4)eq \f(x,x＋1)≤ln(x＋1)≤x，x>－1，等号当且仅当x＝0时取到．
【变式训练】
变式6-1.（2023·四川成都·石室中学校考模拟预测）已知函数.
(1)若在上单调递增，求的值；
(2)证明：（且）.
【答案】(1)1；
(2)证明见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，根据给定条件可得恒成立，再利用导数分类讨论求解作答.
（2）利用（1）的结论得当时，，取，利用不等式的性质结合裂项相消法求和作答.
【详解】（1）函数，求导得，
由于函数在R上单调递增，则恒成立，
令，则，
当时，，当时，，不满足条件；
当时，，在R上单调递增，
又，即，不满足条件；
当时，令，得，
则当时，，单调递减，当时，，单调递增，
于是当时，取得最小值，
于是，即，
令，则，
当时，，单调递增；时，，单调递减，
则，由于恒成立，因此，则有，
所以单调递增时，的值为1.
（2）由（1）知，当时，，即有，当且仅当时取等号，即当时，，
因此当且时，
，
而当时，，
所以，
则，所以，.
【点睛】关键点睛：函数不等式恒成立求参数范围问题，结合已知，利用换元法构造新函数，用导数探讨函数的性质，借助数形结合的思想推理求解.
变式6-2.（2023·天津·统考高考真题）已知函数．
(1)求曲线在处切线的斜率；
(2)当时，证明：；
(3)证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义求斜率；
（2）问题化为时，构造，利用导数研究单调性，即可证结论；
（3）构造，，作差法研究函数单调性可得，再构造且，应用导数研究其单调性得到恒成立，对作放缩处理，结合累加得到，即可证结论.
【详解】（1），则，
所以，故处的切线斜率为；
（2）要证时，即证，
令且，则，
所以在上递增，则，即.
所以时.
（3）设，，
则，
由（2）知：，则，
所以，故在上递减，故；
下证，
令且，则，
当时，递增，当时，递减，
所以，故在上恒成立，
则，
所以，，…，，
累加得：，而，
因为，所以，
则，
所以，故；
综上，，即.
【点睛】关键点点睛：第三问，作差法研究单调性证右侧不等关系，再构造且，导数研究其函数符号得恒成立，结合放缩、累加得到为关键.
一、单选题
1．（2022秋·海南·高三校联考期末）已知函数对任意的，都有，且，，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据已知条件，利用赋值法及函数单调性与导函数的正负的关系，结合函数的单调性即可求解.
【详解】因为，
用代替代入上式，得到，
又，令，则.
因为对任意的，都有，
所以在上单调递增.
由，得，
所以，解得，
所以不等式的解集为.
故选：D.
2．（2022春·江西南昌·高三统考阶段练习）若关于的不等式对恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由题意可知，且对恒成立，设，则问题转化为在上恒成立，利用导数说明函数的单调性，再分和两种情况讨论，结合函数的取值情况及单调性，分别计算可得.
【详解】由题意可知，，即对恒成立．
设，则问题转化为在上恒成立，
因为，所以当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
又，所以当时，；当时，．
①在上，若恒成立，即，；
②在上，若，则恒成立，即恒成立，
令，，则，所以在上单调递增，
所以，所以，综上所述，实数的取值范围为．
故选：B．
二、多选题
3．（2023·山东泰安·校考模拟预测）已知函数，若不等式有且只有三个整数解，则实数的取值可以为（ ）
A．B．C．D．
【答案】AB
【分析】依题意可得不等式有且只有三个整数解，令，利用导数判断函数的单调性，再由且函数的图象恒过点，作出两函数的图象，依题意可得，即可求出参数的取值范围.
【详解】因为定义域为，由，
可得，
即不等式有且只有三个整数解，
令，则，所以当时，
当时，则在上单调递增，在上单调递减，
又，
所以当时，当时，
易知函数的图象恒过点，
在同一平面直角坐标系中作出与的图象如下图所示：

由题意及图象可知，要使不等式有且只有三个整数解，
则，即，解得，
故符合题意的有A、B.
故选：AB
【点睛】关键点睛：本题解答的关键是转化为不等式有且只有三个整数解，利用导数得到函数的单调性，再数形结合得到不等式组.
4．（2023·黑龙江·黑龙江实验中学校考三模）已知函数在上可导，其导函数为，若满足：，，则下列判断不正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BD
【分析】根据题意令，利用导数及题干所给条件求得的单调性，利用函数的对称性，可得，对其进行比较即可判断各选项.
【详解】令，则 ，
因为函数满足，
当时 在上单调递增，
当时在上单调递减，
又由，
所以关于对称，从而，
即，，，故A正确；
由，，，故B错误；
由，即，，故C正确；
由，即，，故D错误；
故选：BD.
三、填空题
5．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）已知定义在上函数满足：，写出一个满足上述条件的函数__________.
【答案】（答案不唯一）
【分析】先证明，再证明均满足题设要求，故可得为满足题设要求的函数.
【详解】先证明：.
设，则，
故在上为减函数，故，
故恒成立，故可设，
则，即，
而，
故均满足题设要求，
特别地，取，故满足题设要求.
故答案为：（答案为不唯一）.
6.（2023·广东佛山·统考模拟预测）已知是定义在上的偶函数且，若，则的解集为______.
【答案】
【分析】构造函数，求导得函数的单调性，即可由单调性求解.
【详解】令，则 ，
由于，所以，故在上单调递减，又是定义在上的偶函数且，故，所以，
等价于，因此，
故的解集为，
故答案为：
7．（2023·全国·高三专题练习）若，不等式恒成立，则参数a的取值范围为______．
【答案】
【分析】由于不等式恒成立，于是得到，构建函数，，利用函数的单调性求解.
【详解】由于不等式恒成立，于是得到，
然后构建函数，，则，
再构建一个函数，，
则，函数单调递增，
于是当时，，
则，函数单调递增，而，
于是函数，
因此参数的取值范围为．
故答案为：．
8．（2023·广东广州·广州市从化区从化中学校考模拟预测）设函数在上存在导数，对任意的，有，且在上.若.则实数的取值范围为__________.
【答案】
【分析】构造，确定函数为偶函数，确定函数的单调区间，变换得到，即，解得答案.
【详解】设，则，
，即，
故，函数为偶函数，
当时，，函数单调递增，故当时，函数单调递减，
，即，
即，故，解得.
故答案为：.
9．（2023·上海嘉定·上海市嘉定区第一中学校考三模）设函数，的导函数是，，当时，，那么关于的不等式的解是______.
【答案】
【分析】构造，则原不等式可转化为，利用的奇偶性和单调性求解即可.
【详解】构造，则，其定义域为，
因为，所以是奇函数，
又因为当时，，所以结合是奇函数可知在上单调递增，
原不等式可转化为，即，
所以，解得，
故答案为：
10.（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考三模）定义在R上的函数，若的解集为[1，+∞)，则a的取值范围为____________.若关于x的不等式恒成立，则a的最大值为_____________.
【答案】
【分析】由题意可得，讨论不合题意，时，当时，，当，对求导求出的单调性，即可得出答案；当时，恒成立，当时，，令，由的单调性可得，分离参数可得，令，对求导，得出的单调性，即可得出答案.
【详解】的定义域为，故
当时，，所以，
因为的，所以，
所以在R上单调递增，则在(﹣∞,a)上递增，
若，则，不合题意，
当时，恒成立，
因为，，
所以在上单调递增又，所以的解集为[1,+∞)，
故a的取值范围为：.
因为，
当时，
，令，，
令，，
当，，当，，
所以在单调递增，在单调递减，
所以，所以在上单调递增，所以，
所以在上单调递增，所以，
所以恒成立，
当，，
即，令，因为，所以，
所以在上单调递增，
所以，所以，所以，
令，所以，令，得，
令，得，所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，解得：.
故a的最大值为.；
四、解答题
11．（2023·全国·高三专题练习）当时，证明：恒成立.
【答案】证明见解析
【分析】利用导数证明出：当时，以及成立，即可证得，结合不等式的基本性质可证得所证不等式成立.
【详解】由题意可知，函数的定义域为，
先证明，令，
则，
令，其中，则，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，，即，
所以，，
设，其中，则且不恒为零，
所以，在上为增函数，故当时，，
所以，，
因为，故，故原不等式得证.
【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.
12．（2023春·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）已知函数.
(1)求的极值；
(2)对任意的，求证：.
【答案】(1)极小值，无极大值
(2)证明见解析
【分析】（1）根据导函数求单调性求极值即可；
（2）根据（1）结论结合数列求和得证.
【详解】（1）因为，
则，
当时，，时，
故在上单调递减，在上单调递增，
故在处取得极小值，无极大值.
（2）由（1）知在上单调递增，
故时，
即：，令得，
化简得：，
于是有：，，，
累加得：
即