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专题8：导数与不等式的证明
近几年新高考中利用导数证明不等式是命题热点之一，应用导数证明不等式，它的关键就在于找出与和这个不等式紧密连着的函数，通过导数作为工具来研究函数的单调性、极值以及最值等，从而实现不等式的证明；由于题型自身的结构不同，因此构成的函数和应用的方法也是不同的，证明过程中的常用方法主要有构造函数法、凹凸反转法、放缩法，同时注重灵活应用函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想.
1.利用导数证明不等式在区间D上恒成立的基本方法是构造函数，然后根据函数的单调性，或者利用函数的最值证明.其中要特别关注如下三点：
(1)是直接构造，还是适当变形化简后构造，对解题的繁简有影响.
(2)找到的零点，往往是解决问题的一个突破口.
(3)构造函数是将不等式问题转化为函数问题的关键.为了便于利用导数研究函数的性质，常用分析法将要证明的不等式进行适当变形、化简或放缩，然后构造相应的函数.
2.利用导数证明不等式的基本步骤：(1)作差或变形；(2)构造新的函数；(3)对新函数求导；
(4)根据新函数的导函数判断新函数的单调性或最值；(5)结论．
3.构造函数证明不等式的技巧：
(1)移项法：证明不等式的问题转化为证明，进而构造辅助函数；
(2)利用不等式性质对所证不等式进行等价变形，转化成为的形式，若能证明，即可得：，本方法的优点在于对的项进行分割变形，可将较复杂的解析式拆成两个简单的解析式.但缺点是局限性较强，如果与不满足，则无法证明.所以用此类方法解题的情况不多，但是在第一个方法失效的时候可以考虑尝试此法.
(3)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数；把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数；
(4)放缩法：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数．
题设情境是应用导数求常系数函数的最值，证明两个函数存在二条公切线，证明不等式.第（1）问应用导数与函数最值的基本知识求解；第（2）问应用分别设两个函数的切点并求出切线方程，由公切线的充要条件得到关于两切点横坐标的方程组，通过消元结合零点定理证明方程有两解；第（3）问由待证不等式通过等价变形，然后构造函数应用导数求其最小值，证明最小值恒为正，从而证明原不等式.
例1（温州市普通高中2023届高三第一次适应性考试）设函数,,其中,，是自然对数的底数．
（1）设,当时,求的最小值；
（1）证明：当,时,总存在两条直线与曲线与都相切；
（3）当时，证明：．
【思路点拨】
第（1）问应用导数求函数最值的方法求解；第（2）问设切点分别求得曲线与的相切方程，由公切线得到关于某个切点的横坐标的方程，然后利用第（1）问的相关结论，应用导数研究函数零点的方法，证明该方程有两不同实根；第（3）问由，构造函数，应用导数论证该函数的最小值恒为正实数即可.
练1(2021年全国卷I)设函数,已知是函数的极值点．
（1）求；
（2）设函数．证明:．
练2（广东省佛山市顺德区第一中学2021-2022学年下学期期中考试）已知函数
（1）讨论函数的单调性;
（2）若，证明:
题设情境是应用导数讨论含参数函数的单调性，应用凹凸反转证明不等式.第（1）问应用导数与函数单调性的基础知识，利用导数的零点与函数定义域的所属关系.应用分类与整合思想求解；第（2）问将待证不等式通过恰当变式，即分离为，然后由不等式左右两边的解析式构造函数，依据的其最大值小于的最小值恒证明原不等式，即凹凸反转法证明不等式.
例2（山东省烟台市2022-2023学年高三上学期期中考试）已知函数．
（1）讨论的单调性．
（2）当时，证明：．
【思路点拨】
第（1）问应用导数研究函数的单调性方法，分类讨论确定函数的单调性；第（2）问依题设，即，等价转化为，应用凹凸反转法，构造函数并求其最大值，同时构造函数并求其最小值，由即可证明不等式.
练3（江苏省南京市第一中学2022-2023学年高三上学期期中考试）已知函数，且函数的图象在点处的切线与直线平行.
（1）求；
（2）求证：当时，.
练4（湖北省年宜昌市部分示范高中教学协作体2021-2022学年高三上学期期中联考）设函数，曲线在点处的切线方程为.
（1）求a，b；
（2）证明：.
题设情境是应用导数求含参数函数的最值，应用放缩法证明不等式.第（1）问应用导数与函数最值的基础知识，应用函数单调性及零点定理探究极值点的存在性与唯一性，从而即可求得函数的最小值；或应同构法，通过换元简化函数解析式求其最小值.第（2）问①利用第（1）问的结论，分类探究函数的最小值满足题设条件的必要条件，从而求得实数的值；②利用实数的取值化简待证不等式，然后利用和放缩法转化待证不等式，最后构造函数，应用导数与函数最值的基本知识证明不等式.
例3（湖北省年宜昌市部分示范高中教学协作体2021-2022学年高三上学期期中联考）已知函数.
（1）当时，求的最小值；
（2）若对任意恒有不等式成立.
①求实数的值；②证明：.
【思路点拨】
第（1）问求函数的导函数，然后令，构造，利用导数研究函数的单调性与实根个数，进而得出的单调性和最值；另解用同构思想,依题设,构造函数.由最小值即为最小值求解;第（2）问①当时，单调递增，值域为，不适合题意；当时，构造，求导得出函数的最大值，可得实数的值；②由①可知，因此只需证：，只需证，即，按和分别证明即可．
练5（湖湘名校教育联合体2022-2023学年高三上学期大联考）已知函数（其中是自然对数底数）.
（1）求的最小值；
（2）若过点可作曲线的两条切线，求证：.
（参考数据：）
练6（湖南省长沙市周南中学2022-2023学年高三上学期月考）已知函数的极大值为，其中为自然对数的底数．
求实数的值；
若函数，对任意，恒成立．
求实数的取值范围；
证明：．
1.（河北省2022-2023学年高三调研联合测评数学试题）已知，.
(1)求函数的单调区间；
(2)对一切，恒成立，求实数a的取值范围；
(3)证明：对一切，都有成立.
2.（湖南省三湘创新发展联合2022-2023学年高三调研考试数学试题）已知，，．
(1)当时，求函数的极值；
(2)当时，求证：．
3.（重庆市巴蜀中学2022-2023学年高三高考适应性月考数学试题）已知函数.
（1）若关于的方程在内有两个不同的实数根，求实数的取值范围.
（2）求证：当时，.
4.（天津市南开区2022届高三下学期三模数学试题）已知，当时恒成立．
（1）求实数的取值范围；
（2）当时，求证：．
5.（2022届广东省汕头市高考三模数学试卷）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，若，试比较，，的大小，并说明理由．
6.（湖北省襄阳市第五中学2022届高三适应性考试数学试题）已知函数，．
（1）设函数，当时，求函数零点的个数；
（2）求证：．
7.（湖南省长沙市长郡中学2021-2022学年高三上月考）已知函数
．
（1）求函数的单调区间；
（2）若且，证明：，．
专题8 导数与不等式的证明--答案解析
【专题探究】
例1【解析】，，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故时，取得最小值
，
在处的切线方程为，
，在点处的切线方程为，
由题意得则，
令，则，由得时，单调递减，
且，当时，单调递增，
又，时，，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
由得，易得在时恒成立，
得，
，所以函数在和内各有一个零点，
故当时，总存在两条直线与曲线与相切．
（3）证明：要证，只需证,
令，以下证明当时，的最小值大于0，,
①当时，，在上单调递减，故,
②当时,,令,
，在上单调递增，
又,
取且使，即，
则，
，故存在唯一零点，
即有唯一的极值点，又，
且，即，故，
，故是上的减函数，
，所以，
综上所求，当时， ．
练1【解析】（1）由,,
又是函数的极值点,所以,解得；
（2）由（1）得,,且,
当时,要证,
,,即证,
化简得；
当时,要证,
,,即证,
化简得；
令,令,则,,
令,,
当时,,单调递减,假设能取到,则,故；
当时,,单调递增,假设能取到,则,故；
综上所述,在时恒成立.
练2【解析】（1）的定义域为，.
当时，在上恒成立，所以在上单调递增；
当时，时，；时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
综上所述，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）当时，.令，，
则，，
令，.
恒成立，所以在上单调递增.
因为，，
所以存在唯一的，使得，即.①
当时，，即，所以在上单调递减；
当时，，即，所以在上单调递增.
所以，，②
方法一：把①代入②得
，.
设，，则恒成立，
所以在上单调递减，所以.
因为，所以，即，所以，
所以时，.
方法二：设，.
则，所以在上单调递增，
所以，
所以.因为，所以，
所以，
所以时，.
例2【解析】（1） 的定义域为，.
当时，，所以在上单调递增，
当时，若，则；若，则.
所以 在上单调递增，在上单调递减.
综上所述，当时，在上单调递增；
当时， 在上单调递增，在上单调递减.
（2）当时，要证 ，即证，即证.
令函数，则.
令，得；令，得.
所以在上单调递增，在上单调递减，所以，
令函数，则.
当时，；当时，.
所以在上单调递减，在上单调递增，所以.
因为，所以，
即，从而 得证.
练3【解析】（1）∵，∴，
∴，由题意得，∴
又，∴由解得．∴，
（Ⅱ）由（1）得，要证，即证；
令，
，
故当时，；令，
因为的对称轴为，且，
故存在，使得；
故当时，,，单调递增；
当时，，， 单调递减；
因为
故当时，，
又当时，,所以 ，即．
练4【解析】 (1)函数的定义域为，
由题意可得，故.
(2)证明：由(1)知，，从而等价于
设函数，则，所以当x∈时，g′(x)<0；当x∈时，g′(x)>0.
故g(x)在上单调递减，在上单调递增，
从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g＝－.
设函数，则．
所以当x∈(0，1)时，h′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0.
故在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
从而在(0，＋∞)上的最大值为h(1)＝－.
因为，
所以当x>0时，g(x)>h(x)，即f(x)>1.
例3【解析】（1）法一：因为函数的定义域为，
由题意，令，得，
令，，
所以在上为增函数，且，所以有唯一实根，
即有唯一实根，设为，即，
所以在上为减函数，在上为增函数，
所以.
法二：因为.
设，则.
记.故最小值即为最小值.，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，
所以的最小值为.
（2）①当时，单调递增，值域为，不适合题意，
当时，由（1）可知，设，所以，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以，即.
由已知，恒成立，所以，所以，所以.
②由①可知，因此只需证：，
又因为，只需证，即，
当时，结论成立，
当时，设，，
当时，显然单调递增.，故在上单调递减，
，即.综上结论成立.
练5【解析】（1）函数定义域为，由已知因此
所以在上单调递增，且，
所以当时，单调递减；当时，单调递增，.
所以.
（2）设切点为，则，
所以曲线在处的切线为，
由于切线过点，所以，
而由（1），在上单调递增，不同的值对应的切线斜率不同
设，
所以过点可作曲线的两条切线当且仅当关于的方程有两个实根.
所以，
①当时，在上单调递减，至多有一个实根，不合题意；
②当时，当时，单调递增；当时，单调递减.
而时，时，，
所以当且仅当时，有两个实根，
即当且仅当时，过点可作曲线的两条切线.
只需证时，.设，则，
当时，单调递减；当时，单调递增，
所以，即.（*）
设，只需证.
（i）当时，由，.
设，则，
当时，单调递减；当时，单调递增；当时，单调递减.而，
所以，则.
(ii)当时，，设，
则，因此，
所以在上单调递增，，
所以在上单调递增，，即，
所以在上单调递增，.
综上得：原不等式成立.
练6【解析】的定义域为，，
令，解得：，令，解得：，
所以当，为增函数，当，为减函数，
所以时，有极大值，所以
由知，，
则，即对恒成立，
所以对恒成立，
即对恒成立，
设，则对恒成立，
设，，原问题转化为：对恒成立，
若，当时，
则，不合题意
若，则对恒成立，符合题意
若，则，
令，，令，，
所以当时，为减函数，
当时，为增函数，
所以，即，即
综上．
要证，只需证，
即，即，只需证，
设，，
因为
所以在上单调递减，在上单调递增，所以：
因为恒成立，
所以在上单调递增，
所以，则，则，
由可知，，所以
所以，即，得证．
所以 成立．
【专题训练】
1.【解析】(1)因为，所以，
当，，当，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增；
(2)原不等式等价于，即对一切恒成立，
设，则，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，所以实数a的取值范围为；
(3)证明：原问题等价于证明，
由（1）可知的最小值是，当且仅当时取到，
设，则，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以，当且仅当时取到，
所以对一切，都有成立．
2. 【解析】(1)，当时，，
即在上单调递减，故函数不存在极值；当时，令，得，
x
+ 0 -
单调递增 极大值 单调递减
故，无极小值.
综上，当时，函数不存在极值；
当时，函数有极大值，，不存在极小值．
(2)显然，要证：，即证：，即证：，
即证：．令，故只需证：．
设，则，
当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
即，，故从而有．
故，即．
3.【解析】（1）由可得：.
即，x与的图象有两个不同的交点.
由,可知：在上单调递增，在上单调递减，故
（2）证明：，
由得在上单调递增，
又,根据零点存在定理可知，
存在，使得,当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增；
故.由，得到，
即，，故，
其中，令，，
由，得到在上单调递减，
故，即，
综上：有当时，.
4. 【解析】（1）即恒成立，
令，则
当时，则在[上单调递增，，成立．
当时，，，单调递减，，，单调递增．
所以不合题意．所以．
（2）由（1）得当时，所以要证，
只要证，
即证：，设，，
，所以在是增函数，
，，所以存在使．
故时，，则为减函数，时则为增函数,
，，
所以时，故命题成立．
5. 【解析】(1)由已知得
当，即时，，则.
故函数在上单调递增.
当或时，方程的两根为，,
当或时，；当时，.
故函数在和上单调递增，在上单调递减.
(2)当时，，，则函数在和上单调递增，
在上单调递减,
，，
，
令，
由可得，函数在上单调递减，且.
故当时，，即函数在上单调递减.
，
，
即.
6. 【解析】（1）由题意得：，则，
；
①当时，，，，，
在上单调递增；
②当时，，，，，
在上单调递增，
又，且的图象在内连续，
，使得，则当时，；当时，；
在(内单调递减，在内单调递增，
综合①②可知：在内单调递减，在内单调递增，
又，，，
且的图象在内连续，
，，使得，
函数在内零点的个数是个．
（2）要证明：，即证：，
即证：…（*）
设，则，
在内单调递减，，，
要证（*）成立，只需证：.
设，则，
设，，在内单调递减，
又，，使得，即，，
当时，，则单调递增，当时，，则单调递减；
，则原命题得证．
7. 【解析】
（1）函数的定义域为，
∵，∴,∴由得或由得；
∴的单调递增区间为和；单调递减区间为．
（2）欲证，，即证，，
令，，则，
令，则，
因为，所以，所以在上单调递增，所以，
所以，所以在上单调递增，所以，
所以欲证，，只需证，①
因为，所以，即，②
令，则，当时，
所以在上单调递增，所以，即，
所以，故②式可等价变形为：
所以，欲证①式成立，只需证成立所以仅需证，
令，（），则，∴在上单调递增，
故，即，∴结论得证．
2

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