资源简介

专题14 导数之证明题目处理
一、考情分析
导数是高中数学选修板块中重要的部分，应用广泛，教材中重点介绍了利用导数求切线、判断单调性、求极值、最值等基础知识，但是高考数学是以能力立意，所以往往以数列、方程、不等式为背景，综合考察学生转化和化归、分类讨论、数形结合等数学思想的应用能力，面对这种类型的题目，考生会有茫然，无所适从的感觉，究其原因是没有认真分析总结这种题目的特点和解题思路，本文介绍证明题目处理解题思路，以飨读者.
二、题型突破
例1．（2021·四川·乐山市教育科学研究所一模（理））已知函数，，其中.
（1）试讨论函数的单调性；
（2）若，证明：.
例2．（河南省2021-2022学年高三上学期第五次联考文科数学试题）已知函数.
（1）判断的单调性.
（2）证明：.
例3．（2021·云南·模拟预测（理））已知函数．
（1）若有两个极值点，求实数a的取值范围；
（2）当时，证明：．
例4．（山东2021-2022学年高三上学期12月名校大联考数学试题）已知，．
（1）求在处的切线方程；
（2）已知的两个零点为，且为的唯一极值点．
①求实数的取值范围；
②求证：．
三、迁移应用
1．（2021·宁夏·银川一中高三阶段练习（理））已知函数.
（1）若函数f（x）的最小值为0，求m值；
（2）设，证明：.
2．（2021·云南红河·模拟预测（理））已知函数（为常数，且）.
（1）求函数的单调区间；
（2）当时，若有两个极值点，，证明：.
3．（2021·广西·高三阶段练习（文））已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）当时，证明：.
4．（2021·全国全国·模拟预测）设函数．
（1）求函数的单调区间；
（2）若函数有两个不同的零点，，为的导函数，求证：．
5．（2021·全国全国·模拟预测）已知函数.
（1）若，讨论的单调性；
（2）证明：.
6．（2021·全国全国·模拟预测）已知，，的导函数为．
（1）求的最大值；
（2）设，试判断的零点个数并证明．
7．（2021·江西·景德镇一中高三阶段练习（理））已知函数，若有两个零点，.
（1）求的取值范围；
（2）若，证明：.
8．（2021·广东·高三阶段练习）已知函数．
（1）求函数的单调区间；
（2）设函数，若函数有两个不同的零点，证明：．
9．（2021·河北·高三阶段练习）已知.
（1）证明：是上的增函数，
（2）若，且，证明：.
10．（2021·福建龙岩·高三期中）设函数f（x）=xsinx+cosx-ax2.
（1）当a=时，讨论f（x）在（-π，π）上的单调性；
（2）当a时，证明：f（x）有且仅有两个零点.
11．（2021·四川南充·一模（文））已知函数，其中．
（1）讨论的单调性；
（2）若，设，求证：函数在区间内有唯一的一个零点．
12．（2021·浙江·台州一中高三期中）已知函数.
（1）当时，求函数的最小值；
（2）证明：对任意，函数有两个不同的零点，满足.专题14 导数之证明题目处理
一、考情分析
导数是高中数学选修板块中重要的部分，应用广泛，教材中重点介绍了利用导数求切线、判断单调性、求极值、最值等基础知识，但是高考数学是以能力立意，所以往往以数列、方程、不等式为背景，综合考察学生转化和化归、分类讨论、数形结合等数学思想的应用能力，面对这种类型的题目，考生会有茫然，无所适从的感觉，究其原因是没有认真分析总结这种题目的特点和解题思路，本文介绍证明题目处理解题思路，以飨读者.
二、题型突破
例1．（2021·四川·乐山市教育科学研究所一模（理））已知函数，，其中.
（1）试讨论函数的单调性；
（2）若，证明：.
【答案】
（1）答案见解析；
（2）证明见解析.
【分析】
（1）的定义域为，求出，分别讨论，，时不等式和的解集即可得单调递增区间和单调递减区间，即可求解；
（2）的定义域为，不等式等价于，，
令，只需证，令，利用导数判断单调性和最值即可求证.
（1）
的定义域为，
由可得：，
当时，令，解得；令，解得或；
此时在上单调递增，在和上单调递减：
当时，，此时在和上单调递减；
当时，令，解得，令，解得或，
此时在上单调递增，在和上单调递减：
综上所述：当时，在上单调递增，在和上单调递减；
当时，在和上单调递减；
当时，在上单调递增，在和上单调递减.
（2）
因为，的定义域为，
所以即，
即证：，
令，只需证，
令，则，
令，解得：；，解得；
所以在上单调递减，在上单调递增；
所以，所以，
所以，即成立.
【点睛】
利用导数研究函数单调性的方法：
（1）确定函数的定义域；求导函数，由（或）解出相应的的范围，对应的区间为的增区间（或减区间）；
（2）确定函数的定义域；求导函数，解方程，利用的根将函数的定义域分为若干个子区间，在这些子区间上讨论的正负，由符号确定在子区间上的单调性.
例2．（河南省2021-2022学年高三上学期第五次联考文科数学试题）已知函数.
（1）判断的单调性.
（2）证明：.
【答案】
（1）在R上单调递增，无单调递减区间；
（2）证明见解析.
【分析】
（1）对求导，令并应用导数求最值，确定的符号，即可知的单调性.
（2）利用作差法转化证明的结论，令结合导数研究其单调性，最后讨论的大小关系判断的符号即可证结论.
（1）
由题设，.
令，则.
当时，单调递减；当时，单调递增.
故，即，则在R上单调递增，无单调递减区间.
（2）
.
令，则.
令，则，显然在R上单调递增，且，
∴当时，单调递减；当时，单调递增.
故，即，在R上单调递增，又，
∴当时，，；当时，，；当时，.
综上，，即.
【点睛】
关键点点睛：第二问，应用作差法有，构造中间函数并应用导数研究单调性，最后讨论的大小证结论.
例3．（2021·云南·模拟预测（理））已知函数．
（1）若有两个极值点，求实数a的取值范围；
（2）当时，证明：．
【答案】
（1）
（2）证明见解析
【分析】
（1）由题意在上有两解，构造函数，利用导数得出其单调性，由的图象与直线有两个交点得出实数a的取值范围；
（2）令，利用导数得出其单调性进而证明不等式.
（1）
解：的定义域为，，
由题意在上有两解，
即，即有两解．
令，即的图象与直线有两个交点．
，得，
当时，，递增；
当时，，递减，
∴，．
时，；时，，
∴，∴，∴a的取值范围是．
（2）
证明：当时，，
即证，即证，
令，，
令，则，
当时，，∴在递增．
，，
∴存在唯一的，使得，
当时，，递减；
当时，，递增，
∴．
又∵，，∴，
∴，
∴，∴．
例4．（山东2021-2022学年高三上学期12月名校大联考数学试题）已知，．
（1）求在处的切线方程；
（2）已知的两个零点为，且为的唯一极值点．
①求实数的取值范围；
②求证：．
【答案】
（1）;
（2）①;②证明见解析.
【分析】
（1）求导，进而得到，写出切线方程；
（2）①证明：由，知函数在其定义域内为单调函数，不可能有两个零点，得到，然后利用导数求得函数的极值点，由求解；②根据，令，由，得到，再将证，转化为证，令，用导数法证明即可.
（1）
解：因为，
所以定义域为
所以，
所以切线方程为；
（2）
①证明：，
若，则函数在其定义域内为单调函数，不可能有两个零点，
所以,
由，得，
当，；，；
所以在上单调递减，上单调递增，
因为当趋近时，趋近；当趋近0时，趋近，
要使有两个零点，只要满足，
即；
②因为，令，由，
所以，即，
因此，
而要证，只需证，
即证，即证，
由，只需证，
令，则，
令，则，
故在上递增，，
故在上递增，，
所以．
【点睛】
关键点点睛：解决本题的关键是对要证明不等式作等价的变形，不断简化问题.
三、迁移应用
1．（2021·宁夏·银川一中高三阶段练习（理））已知函数.
（1）若函数f（x）的最小值为0，求m值；
（2）设，证明：.
【答案】
（1）
（2）证明见解析
【分析】
（1）对函数求导，研究函数的单调性，进而得到函数最值；（2）设对函数求导，得到函数的极小值为，根据函数单调性得到，设对该函数求导，得到在上为减函数，从而得到结果.
（1）
函数f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=+1.
令f′（x）=0，解得x=.
当0时，f′（x）>0.
故当x=时，f（x）取得最小值，最小值为
，得.
（2）
f′（x）=+1..
设则
令，得
当0当x>a时，，因此F（x）在上为增函数.
从而，当x=a时，有极小值.
即.
设，则
当x>0时，，因此在上为减函数.
即，综上，原不等式得证.
2．（2021·云南红河·模拟预测（理））已知函数（为常数，且）.
（1）求函数的单调区间；
（2）当时，若有两个极值点，，证明：.
【答案】
（1）答案见解析
（2）证明见解析
【分析】
（1）先求出函数的定义域，再对函数求导，然后分和两种情况判断导数的正负，从而可求出函数的单调区间，
（2），由题知，方程有两个不同的正根，，设，则①，，②，①+②得：，①-②得：，消去，化简变形，再令，则，，所以只要证，构造函数，利用导数求其最小值大于零即可
（1）
函数的定义域为，，
①当时，由，解得，由，解得，
所以的增区间为，减区间为
②当时，由解得，由，解得，
所以的增区间为，减区间为
综上：当时，的增区间为，减区间为
当时，的增区间为，减区间为.
（2）
由，得
由题知，方程有两个不同的正根，，设
则①，，②
①+②得：，
①-②得：，
消去得，
令，则，，
要证，即证，即证，
即证，
令，则，
当时，所以函数在内单调递增，
又因为，所以，所以，
所以.
【点睛】
关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数求函数的单调性，利用导数证明不等式，解题的关键是由已知得，，两式相加减，得到两个等式，再消去，化简变形，再令，则，，所以只要证即可，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题
3．（2021·广西·高三阶段练习（文））已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）当时，证明：.
【答案】
（1）答案见解析.
（2）证明见解析.
【分析】
（1）求导函数，分和讨论导函数的符号，由此可得出原函数的单调性；
（2）由（1）知，当时，在取得最大值，将原不等式等价于.设，求导函数，分析导函数的符号，得出函数的单调性和最值，由此可得证.，
（1）
解： 的定义域为，，
当时，则当时，，故的单调增区间是；
当时，则当时，；当时，.
故在单调递增，在单调递减.
所以时，的单调增区间是；
时，在单调递增，在单调递减.
（2）
解：由（1）知，当时，在取得最大值，
最大值为，
所以等价于，即证.
设，则，
当时，；当时，.
所以在单调递增，在单调递减.
故当时，.
从而当时，，即得证.
4．（2021·全国全国·模拟预测）设函数．
（1）求函数的单调区间；
（2）若函数有两个不同的零点，，为的导函数，求证：．
【答案】
（1）当时，的单调递增区间为R，无单调递减区间；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为
（2）证明见解析
【分析】
（1）求导，对参数分类，讨论的正负，研究函数的单调性；
（2）由已知，且，则，进而得到 ，构造函数判断函数的单调性知，进而得到，再判断，即可证得结论.
（1）
由题可得，，
当时，，函数的单调递增区间为R，无单调递减区间；
当时，令，得，令，得，所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为．
综上，当时，的单调递增区间为R，无单调递减区间；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为．
（2）
因为函数有两个不同的零点，，
所以，且，，消去，得．
设，则，，，
所以．
设，，则，
所以在上单调递增，所以，故，
所以，所以．
又，
设，，则，
所以在上单调递增，所以，故，所以．
【点睛】
方法点睛：本题考查研究函数的单调性及构造函数证明不等式，解含参数的不等式，通常需要从几个方面分类讨论：
（1）看函数最高次项系数是否为0，需分类讨论；
（2）若最高次项系数不为0，通常是二次函数，若二次函数开口定时，需根据判别式讨论无根或两根相等的情况；
（3）再根据判别式讨论两根不等时，注意两根大小比较，或与定义域的比较.
5．（2021·全国全国·模拟预测）已知函数.
（1）若，讨论的单调性；
（2）证明：.
【答案】
（1）在上单调递减，在上单调递增
（2）证明见解析
【分析】
（1）当时，求得，令，求得，结合，的单调性，求得的符号，即可求解；
（2）求得，且在上单调递增，根据题意得到，得出函数的单调性，转化为，设设，结合函数单调性与最值，即可求解.
（1）
解：当时，函数，
可得，
令，可得，
又由函数，可得
当时，，所以函数在上单调递增，
所以时，，单调递减，
时，，单调递增.
（2）
解：由题意，函数，
可得，且在上单调递增，
又由，，
所以存在唯一的，使得，即，
所以，可得，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，
可得.
设，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以， 所以，即.
6．（2021·全国全国·模拟预测）已知，，的导函数为．
（1）求的最大值；
（2）设，试判断的零点个数并证明．
【答案】
（1）最大值为
（2）有3个零点，证明见解析
【分析】
（1）由导数的正负研究函数的增减性，即可求解的最大值；
（2）由（1）得，0是一个零点，当时，，故只研究在上的零点个数，通过构造，通过导数研究增减性，结合零点存在定理确定零点个数，进而可求的零点个数.
（1）
，令，解得；令，解得，
故在上单调递增，在上单调递减，
从而；
（2）
，，显然0是一个零点，
当时，（当，时，），从而，因此只需考虑在上的零点个数，
记，则与在上的零点是相同的，
，易知，均为上的连续函数，
注意到，在上均单调递减，故在上单调递减，
又，，
故先正后负，从而先增后减，
因为，，，
所以由零点存在性定理，可知在上有1个零点，在上有1个零点，
故在上恰有两个零点，则在上恰有两个零点，
综上，在上恰有3个零点．
7．（2021·江西·景德镇一中高三阶段练习（理））已知函数，若有两个零点，.
（1）求的取值范围；
（2）若，证明：.
【答案】
（1）
（2）证明见解析
【分析】
（1）根据题意得，是方程的两个根，进而将问题转化为有两个实数根，再研究函数的性质，数形结合求解即可；
（2）设，，进而根据得，进而，故，再令，，研究函数的单调性得其在递增，故，即
（1）
解：∵
有两个零点，且，
，是方程的两个根
由
即有两个实数根，
设，所以
所以得，得，
所以在上单调递增，在单调递减，
又趋近于时，趋近于；趋近于时，趋近于，
且，
所以作出函数的大致图像，如图，
（2）
解：设，，
由已知
，
，即
设，
，
设
当时，，
，在递增，
又，，
【点睛】
本题考查利用导数研究函数的零点问题，考查运算求解能力，逻辑推理能力，是难题.本题第二问解题的关键在于令，将问题转化为，再构造函数，，研究函数的性质求解.
8．（2021·广东·高三阶段练习）已知函数．
（1）求函数的单调区间；
（2）设函数，若函数有两个不同的零点，证明：．
【答案】
（1）的单调递增区间为，无单调减区间
（2）证明见解析
【分析】
（1）求得函数的导数，结合基本不等式求得恒成立，即可求解；
（2）由有两个不同的零点，转化为有两个根，设，利用导数求得最大值，得到，转化为，不妨设，要证，只需证明，转化为恒成立，设，结合导数求得函数的单调性，即可求解.
（1）
解：由函数定义域为，且，
因为，当且仅当时，即时，等号成立，
所以恒成立，所以在单调递增，
故函数的单调递增区间为，无单调减区间．
（2）
解：由函数，
因为函数有两个不同的零点，
所以有两个不同的根，即有两个不同的根，
设，可得，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，上单调递增，
当时，函数取得最小值，最小值为，
所以，即，
由，可得，即，
所以，
不妨设，要证，只需证明即可，
即证，只需证明：，
设，
即证：恒成立，
设，可得，
所以在上单调递减，所以，故恒成立，
所以．
9．（2021·河北·高三阶段练习）已知.
（1）证明：是上的增函数，
（2）若，且，证明：.
【答案】
（1）证明见解析
（2）证明见解析
【分析】
（1）求出函数的导函数，证明导函数在上大于等于零恒成立即可；
（2）要证，只须证，即证，根据，得，只需证当时，，只需证，令，只要证明函数为增函数即可.
（1）
证明：，
是上的增函数；
（2）
证明：要证，只须证，即证，
由，且函数单调递增，
若，必有，此时，
若，必有，此时，
由上知若，必有，
又当时，，故只需证当时，，
而，故只需证，
令，
则
，
，故，
，
，
故为增函数，，而，且，
知，
故，可得，
所以.
【点睛】
本题考查了利用导数判断函数的单调性及利用导数证明不等式问题，考查了学生的逻辑推理能力及数据分析能力，考查了转化思想，属于难题.
10．（2021·福建龙岩·高三期中）设函数f（x）=xsinx+cosx-ax2.
（1）当a=时，讨论f（x）在（-π，π）上的单调性；
（2）当a时，证明：f（x）有且仅有两个零点.
【答案】
（1）在（-π，-），（0，）上单调递增，在（-，0），（，π）上单调递减
（2）证明见解析
【分析】
（1）利用导数进行讨论单调性；（2）利用偶函数的特点，可直接讨论研究定义域大于零部分的函数零点情况.
（1）
当a=时，f（x）=xsinx+cosx-x2，
则=x（cosx-），x∈（-π，π），
令=0，得x=-或x=0或x=，
当-π0，当-当00，当所以f（x）在（-π，-），（0，）上单调递增，在（-，0），（，π）上单调递减.
（2）
f（x）的定义域为（-∞，+∞），
因为f（-x）=-xsin（-x）+cos（-x）-a（-x）2=xsinx+cosx-ax2=f（x），所以f（x）为偶函数.
因为f（0）=1>0，所以当a时，f（x）有且仅有两个零点等价于当a时，f（x）在（0，+∞）上有且仅有一个零点.
=x（cosx-a），
当a≥1时，若x>0，则<0，所以f（x）在（0，+∞）上单调递减，
因为f（π）=-1-aπ2<0，由零点存在性定理知，f（x）在（0，+∞）上有且仅有一个零点
综上，当a时，f（x）有且仅有两个零点.
11．（2021·四川南充·一模（文））已知函数，其中．
（1）讨论的单调性；
（2）若，设，求证：函数在区间内有唯一的一个零点．
【答案】
（1）当时，在和上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，在和上单调递增，在上单调递减.
（2）证明见解析
【分析】
（1）求出后，分，，三种情况，由的正负确定函数的单调性；
（2）根据的单调性，利用零点存在性定理进行证明即可.
（1）
，
，令，得或，
①当时，由，得或；由，得，
在和上单调递增，在上单调递减；
②当时，时；当时.
在上单调递增；
③当时，由，得或;由，得，
在和上单调递增，在上单调递减，
综上所述：当时，在和上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，在和上单调递增，在上单调递减.
（2）
由（1）知，当时，在上单调递减，在上单调递增，
，
存在唯一的，使得．
函数在区间内有唯一的一个零点.
12．（2021·浙江·台州一中高三期中）已知函数.
（1）当时，求函数的最小值；
（2）证明：对任意，函数有两个不同的零点，满足.
【答案】
（1）
（2）证明见解析
【分析】
（1）利用导数法直接求解即可；
（2）先用导数法判断函数的单调性和最值，再结合零点的存在性定理可判断有两个不同的零点，先判断，再分与讨论即可求解
（1）
当时，，
，
令解得，
令解得，
所以在单调递减，在单调递增，
所以；
（2）
，
当时，
令解得，令解得，
所以在单调递减，在单调递增，
所以
，
又，
，
所以在和上各有一个零点，
即对任意，函数有两个不同的零点，
由于，故设，
注意到，
所以，
因此，
令，则，
由图可证在单调递增，在单调递减，
注意到，
情形一：当时，，此时成立；
情形二：当时，，
所以，
另一方面 ，
此时，
所以成立；
综上所述，成立；

展开更多......

收起↑