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- 2021-05-13 发布
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专题14 利用导数证明一元不等式
【热点聚焦与扩展】
利用函数性质与最值证明一元不等式,是导数综合题常涉及的一类问题,考查学生构造函数、选择函数的能力,体现了函数最值的一个作用——每一个函数的最值带来一个恒成立的不等式.此外所证明的不等式也有可能对后一问的解决提供帮助,处于承上启下的位置.
1、证明方法的理论基础
(1)若要证(为常数)恒成立,则只需证明:,进而将不等式的证明转化为求函数的最值
(2)已知的公共定义域为,若,则
证明:对任意的,有
由不等式的传递性可得:,即
2、证明一元不等式主要的方法有两个:
第一个方法是将含的项或所有项均挪至不等号的一侧,将一侧的解析式构造为函数,通过分析函数的单调性得到最值,从而进行证明,其优点在于目的明确,构造方法简单,但对于移项后较复杂的解析式则很难分析出单调性
第二个方法是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、在构造函数时把握一个原则:以能够分析导函数的符号为准则.
4、若在证明中,解析式可分解为几个因式的乘积,则可对每个因式的符号进行讨论,进而简化所构造函数的复杂度.
5、合理的利用换元简化所分析的解析式.
6、判断解析式符号的方法:
(1)对解析式进行因式分解,将复杂的式子拆分为一个个简单的式子,判断出每个式子的符号即可得到解析式的符号
29
(2)将解析式视为一个函数,利用其零点(可猜出)与单调性(利用导数)可判断其符号
(3)将解析式中的项合理分组,达到分成若干正项的和或者若干负项的和的结果,进而判断出解析式符号
【经典例题】
例1【2019年贵州省普高等学校招生适应性考试】已知函数.
(1)求函数的单调区间;
(2)若,求证: (为自然对数的底数).
【答案】(1)见解析;(2)见解析.
【解析】试题分析:(1) ,对a分类讨论,得到函数的单调区间;
(2) 等价于,令,求出其最小值,并证明其大于零即可.
综上所述,当时, 只有增区间为.
当时, 的增区间为,减区间为.
(2)等价于.
令,
而在单调递增,且, .
29
令,即, ,
则时, 时,
故在单调递减,在单调递增,
所以 .
即.
【名师点睛】(1)此题的解法为证明一元不等式的基本方法,即将含的项移至不等号的一侧,构造函数解决。
(2)一些常见不等关系可记下来以备使用:
① ② ③
例2【2019届贵州省凯里市第一中学高三下学期《黄金卷》第三套】已知函数.
(Ⅰ)试讨论函数的单调性;
(Ⅱ)对,且,证明: .
【答案】(1)见解析;(2)见解析.
【解析】试题分析:(1)的定义域为,且,对m分类讨论,明确函数的单调性;(2)要证: 只需证: 即证: . 设,研究函数的单调性即可.
②当时,对,有,函数在单调递减;
对,有,函数在单调递增.
29
(II)对且,要证:
只需证: 即证: . 设,则
当时,有,故函数在单调递减.
又,且,所以,即.
成立
故原不等式成立.
例3【2019届河南省郑州市高三第二次质量预测】已知函数.
(Ⅰ)求曲线在处的切线方程;
(Ⅱ)求证:当时, .
【答案】(Ⅰ);(Ⅱ)见解析.
【解析】试题分析:(1)则导数的几何意义可求得曲线在处的切线方程。(2)由(1)当时, ,即, +,只需证, x
所以. 过点,且在处的切线方程为,故可猜测:当时, 的图象恒在切线的上方.
下证:当时,
设,则,
在上单调递减,在上单调递增,又
29
,∴,
所以,存在,使得,
所以,当时, ;当时, ,故在上单调递增,在上单调递减,在上单调递增,
又,∴,当且仅当时取等号,故.
又,即,当时,等号成立.
【点睛】解本题的关键是第(1)结论对第(2)问的证明铺平了路,只需证明x.所以利用导数证明不等式时,要进行适当的变形,特别是变形成第(1)问相似或相同形式时,将有利于快速证明.
例4【2019届湖南省衡阳市高三二模】已知函数 .
(1)当时,证明: ;
(2)当时,函数单调递增,求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析;(2).
不符合题意,舍去;③当存在部分不合题意,综合三种情况可得结果.
试题解析:证明:(1)当时,即证: ,
,令,
29
则,当时,有.
当时, 单调递增;
当时,有.当时, 单调递减, .取等号条件不不⼀致,
(此问可以参考如图理解). .
(2)依题在上恒成立,
令,
又令,所以当时, 在上单调递增,
,因此,
,当时, 在时单调递减,
当时, 在单调递减, ,不符合题意舍去.
综上: .
例5【2019届河南省中原名校(即豫南九校)高三第六次质量考评】已知函数.
(1)若曲线在处的切线过原点,求实数的值;
29
(2)若,求证当时, .
参考数据: .
【答案】(1) ;(2)证明见解析.
【解析】试题分析: 求出导数,求得切点的斜率,然后根据两点间的斜率公式,解方程即可求得实数的值; 构造,求导得在上单调递减,设,代入换元,求导证明结果
解析:(1)因为,
所以,
由题意知,曲线在处的切线过原点,
则切线斜率,
设,则,
由且,可知,
所以在上单调递减,
所以当时, .
29
所以当时, ,
即当时, .
点睛:本题主要考查的知识点是利用导数研究曲线上某点切线方程,还考查了利用导数研究函数的单调性,利用导数证明不等式,考查了学生的运算求解能力,在证明过程中注意换元思想及二阶导数的运用.
例6【2019届陕西省高三检测(二)】已知函数,直线与曲线切于点且与曲线切于点.
(1) 求的值和直线的方程;
(2)求证: .
【答案】(1), ;(2)证明见解析.
【解析】试题分析:(1)分别求出的导数,求得切线的斜率和切线方程,再由切线唯一,即可求得a,b和切线方程;
(2)由(1)知, ,则即为证明.
设,通过求导研究函数的性质可得
.当时,等号成立.再设,则.命题得证.
试题解析:(1) ,
29
,
曲线在点处的切线为,
曲线在点处的切线为
,即.
当时, ;
当时, .
在单调递减,在单调递增,
.当时,等号成立.
设,则.
当且仅当时,等号成立.
又与不同时为0, .
.
29
故.
例7【2019届山西省榆社中学高三诊断性模拟】已知函数.
(1)讨论函数在上的单调性;
(2)比较与的大小,并加以证明.
【答案】(1)见解析(2)
【解析】试题分析:(1)由题意,可采用导数法进行探究讨论,由函数求出其导数,根据导数解析式中参数及未知数的范围,进行分类讨论,从而对导数符号进行判断,从而问题可得解;
(2)根据题意,可构造函数,利用导数法,通过研究函数的单调性及单调区间,求出其最小值,并证明,从而问题可得解.
试题解析:(1),
当,即时, ,
∴在上单调递减;
证明如下:
设,
29
∵为增函数
∴可设,∵, ,
∴
当时, ;当时, .
∴
又,∴,
∴,
∵,∴,
∴,∴.
【名师点睛】此题主要考查导数在研究函数的单调性、最值、以及不等式的证明中的应用,属于中高档题型,也是常考题.利用导数研究函数单调性的一般步骤,第一确定函数的定义域;第二求函数的导数;第三若求单调区间(或证明单调性),只需在函数的定义域内解(或证明)不等式或;若已知函数的单调性求参数,只需转化为不等式或在单调区间内恒成立的问题求解,在求解过程中要注意分类讨论.
例8【2019届四川省德阳市高三二诊】已知函数且.
(1)求实数的值;
(2)令在上的最小值为,求证:.
【答案】(1).(2)见解析.
(2)由(1)知 ,
所以,
29
令,可证,使得,且当时,;当时,,进而证明 ,
即.
试题解析:(1)法1:由题意知:恒成立等价于在时恒成立,
令,则,
所以要使在时恒成立,则只需,
亦即,
令,则,
所以当时,;当时,,即在上单调递减,在上单调递增.
又,所以满足条件的只有2,
即.
法2:由题意知:恒成立等价于在时恒成立,
令,由于,故 ,
所以为函数的最大值,同时也是一个极大值,故.
又,所以,
此时,当时,,当时,,
即:在上单调递增;在上单调递减.
故合题意.
(2)由(1)知 ,
29
所以,
令,则,
即,所以 ,
即.
例9【2019届衡水金卷(一)】已知函数,且函数的图象在点处的切线斜率为.
(1)求的值,并求函数的最值;
(2)当时,求证:.
【答案】(1)答案见解析;(2)证明见解析.
【解析】试题分析:(1)由,可求得b=1,代入函数得,所以分0和0讨论单调性,再求得函数最值。(2)构造函数,只需证 在R上恒成立,显然时,符合,当时,,导函数零点,由单调可知下证 ,在区间上恒成立。
试题解析:(1)由题得,,
根据题意,得,∴,
∴.
当时,,在上单调递减,没有最值;
当时,令,得,令,得,
∴在区间上单调递增,在区间上单调递减,
∴在处取得唯一的极大值,即为最大值,且.
29
综上所述,当时,没有最值;
当时,的最大值为,无最小值.
(2)要证,即证,
∴.
∵,
∴,,
∴,即成立,
故原不等式成立.
【点睛】利用导数证明不等式恒成立问题是常见题型,要证,只需证成立,即证.即转化为求函数的最值问题.
例10【2019届河北省保定市高三一模】已知函数.
(1)判断函数的单调性;
(2)设函数,证明:当 且时, .
【答案】(1)答案见解析;(2)证明见解析.
【解析】试题分析:(1)先求导数,再研究二次方程解的情况:先讨论导函数不变号的情况,再讨论有两个不等根,最后根据导函数符号确定单调性,(2)先作差函数,求导转化研究根的情况,有一正根,表示差函数最小值,最后利用导数研究最小值函数最小值大于零.
29
单调递减区间为;
(2)令, ,
设的正根为,所以,
∵,∴,
在上为减函数,在上为增函数,
,
令,
恒成立,所以在上为增函数,
又∵,∴,即,
所以,当时, .
【精选精练】
1.【2019届河北省唐山市高三二模】设 .
(1)证明: 在上单调递减;
(2)若,证明: .
【答案】(1)见解析;(2)见解析
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【解析】试题分析:(1)第(1)问,直接求导,证明0<x<1时, f¢(x)<0 .(2)第(2)问,
分0<a≤和<a<1两种情况证明,每一种情况都是先通过求单调性再求函数的最小值大于1.
(2)g¢(x)=axlna+axa-1=a(ax-1lna+xa-1),
当0<a≤时,lna≤-1,所以ax-1lna+xa-1≤xa-1-ax-1.
由(Ⅰ)得,所以(a-1)lnx<(x-1)lna,即xa-1<ax-1,
所以g¢(x)<0,g(x)在(a,1)上单调递减,
即g(x)>g(1)=a+1>1.
当<a<1时,-1<lna<0.
令t(x)=ax-xlna-1,0<a<x<1,则t¢(x)=axlna-lna=(ax-1)lna>0,
所以t(x)在(0,1)上单调递增,即t(x)>t(0)=0,
所以ax>xlna+1
所以g(x)=ax+xa>xa+xlna+1=x(xa-1+lna)+1>x(1+lna)+1>1.
综上,g(x)>1.
点睛:本题的难点在第(2)问,当0<a≤时求导之后,怎么证明g¢(x)=axlna+axa-1=a(ax-1lna+xa-1)<0,其中用到了第一问的结论,不然不是很好判断导数的正负.
2【2019届河北省石家庄市高三下学期一模】已知函数, ,在
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处的切线方程为.
(1)求, ;
(2)若,证明: .
【答案】(1), ;(2)见解析
【解析】试题分析:(1)求出函数的导数,得到关于 的方程组,解出即可;
(2)由(1)可知, ,
由,可得,令, 利用导数研究其单调性可得
,
(2)由(1)可知, ,
由,可得,
令,
,
令
当时, , 单调递减,且;
当时, , 单调递增;且,
所以在上当单调递减,在上单调递增,且,
故,
29
故.
【点睛】本题考查利用函数的切线求参数的方法,以及利用导数证明不等式的方法,解题时要认真审题,注意导数性质的合理运用.
3.【2019届湖南省(长郡中学、衡阳八中)、江西省(南昌二中)等十四校高三第二次联考】已知 .
(1)求的单调递减区间;
(2)证明:当时, 恒成立.
【答案】(1)见解析;(2)见解析
试题解析:(1)易得定义域为,
,解得或.
当时,∵,∴,
解得,∴的单调递减区间为;
当时,
i.若,即时, 时, ,
时, , 时, ,
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∴的单调递减区间为;
ii.若,即时, 时, 恒成立,
时,无单调递减区间; 时,单调递减区间为.
(2)令 ,
则
.
令, ,
时, , 时, ,
∴时, ,即时, 恒成立.
解得或, 时, , 时,
,∴时, ,得证.
4.已知函数, .
(1)讨论函数的单调性;
29
(2)当时,证明.
【答案】(1)见解析;(2)见解析
【解析】试题分析:(1)先求出函数的定义域与导函数,讨论参数a和时的单调性即可;(2) 由(1)知,当时, . 只需证,构造关于a的新函数,求导判断单调性求出最值即可得证.
试题解析:
(1)函数的定义域为,且.
当时, , 在上单调递增;
当时,若时,则,函数在上单调递增;若时,则,
所以.
所以恒成立,所以 .
5.设函数
(1)当时,恒成立,求的取值范围;
(2)求证:当时,.
【答案】(1)a≥1;(2)见解析.
【解析】试题分析:(1)恒成立,变形为在上恒成立,设
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,即求。(2)原不等式可等价变形
即0,设,由(Ⅰ)知:当时,,所以所以有
试题解析:(Ⅰ)由题设知在上恒成立,设
则当时, 即在上为减函数
∴当时,,
即在上为增函数,此时有,即
∴当x(0,+)时,.
【名师点睛】不等式恒成立,求参数范围,常用分离参数法,转化为为求函数最值范围。在导数解决不等式问题,常用到一些恒成立的式子进行放缩,本题第一问题就是一个常见不等式,放缩常常用到的不等式有:
(1)
(2)
(3)
(4)
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6.【2019届北京市门头沟一模】已知在处的切线方程为。
(1)求的解析式;
(2)求的导函数的零点个数;
(3)求证: .
【答案】(1); (2)1个;(3)见解析.
(2),设,
则, 在上递增,
,存在,
的导函数的零点个数为1个。
(3)由(2)可知, 在上递减,在上递增,
,所以, .
点睛: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求和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.
7【2019届衡水金卷(五)】已知函数,其中为自然对数的底数.
(1)求函数的单调区间;
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(2)求证: 时, .
【答案】(1) 的增区间为,减区间为.(2)见解析.
故在区间内, ;
在区间内, ;
在区间内, ,
故的增区间为,减区间为.
(2)原式化为,令,
由(1)可知在区间内单调递减,在区间内单调递增, .(*)
令,则,
设,则,
故仅有一解为,
在区间内, ,
在区间内, ,
故.(**)
由(*)(**)式相乘得,
即,
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当时,取等号.
8.【2019届安徽省马鞍山市高三第二次监测】已知函数.
(1)若在定义域内无极值点,求实数的取值范围;
(2)求证:当时,恒成立.
【答案】(1);(2)见解析
中结论可得在上单调递増,根据可得存在唯一的零点,且在上单调递减,在上单调递増,故可得结论.
试题解析:(1)由题意知,
令,则,
当时,在上单调递减,
当时,在上单调递增,
又,∵在定义域内无极值点,
∴
又当时,在和上都单调递增也满足题意,
由知
29
即当时,恒成立.
9.【2019届云南省昆明市高三二统】函数, .
(1)求函数的极值;
(2)若,证明:当时, .
【答案】(1)函数只有极小值.
(2)见解析.
【解析】试题分析:(1)求出,分别令求得的范围,可得函数增区间, 求得的范围,可得函数的减区间,根据单调性可得函数的极值;(2)不等式等价于,由(1)得,可得,设,利用导数研究函数的单调性,根据单调性可得,进而可得结果.
试题解析:(1)函数的定义域为, ,
由得, 得,所以函数在单调递减,
在上单调递增,所以函数只有极小值.
(2)不等式等价于,由(1)得: .
所以, ,所以 .
令,则,当时, ,
所以在上为减函数,因此, ,
因为,所以,当时, ,所以,而,所以.
10.【2019届新疆乌鲁木齐市2019届高三第二次监测】已知.
29
(1)当时,讨论函数的零点个数,并说明理由;
(2)若是的极值点,证明.
【答案】(1)恒有两个零点;(2)证明见解析.
根据导数得到的单调性和最小值,证得,即可作出证明.
试题解析:
(1)当时, ,
, , ,
, ,
∴在上递减,在上递增,∴恒有两个零点;
(2)∵,∵是的极值点,
∴;∴
故要证: ,令,即证,
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故有唯一的根, ,
当时, ,当时, ,
∴ .
综上得证.
11【2019届北京市汇文实验中学高三九月月考】已知函数.
(Ⅰ)若函数在点处的切线方程为,求切点的坐标;
(Ⅱ)求证:当时, .(其中).
【答案】(Ⅰ).(Ⅱ)见解析.
【解析】试题分析: 求出,根据导数的几何意义结合切线方程,即可得到结论; 构造函数,求出,利用单调性即可证明
解析:(Ⅰ)由,得,
因为函数在点处的切线方程为,
所以,得.
所以切点的坐标为.
(Ⅱ)设
,
令,得
当时, ,
29
点睛:本题主要考查的知识点是导数的几何意义,利用导数求闭区间上函数的最值问题。求导,利用导数的几何意义进行求解; 作差构造函数,将不等式恒成立问题转化为求函数的最值,求导,利用导函数的符号确定函数的单调性和最值。
12.【2019届云南省昆明市高三二统】已知函数, .
(1)当时,求函数的极值;
(2)若,证明:当时, .
【答案】(1)见解析.(2)见解析.
【解析】试题分析:(1)由导数可求得单调区间及极值。(2)同(1)可知, , , ,即证>0.
试题解析:(1),由得.
由得, 得,
所以函数只有极小值.
(2)不等式等价于,由(1)得: ,
所以,所以, ,
29
所以,所以,而,所以.
【点睛】利用导数证明不等式恒成立问题,不能强制多次求导,要考虑对不等式进行变形,特别题目有第(1)问是要考虑利用第(1)的结果,对不等式进行变形,特别注意常见函数不等式的切线放缩的几个常见式子.如本题就是利用了进行放缩变形.
29