第五章 模型2用放缩思想速解不等式证明问题模型 （含解析）2024年高考数学三轮冲刺考点归纳

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【问题背景】利用放缩思想证明不等式是高考中的难点．放缩思想，就是利用不等式的传递性，对照求解目标合理放大或缩小，使用时要注意放缩有度．放缩的方法技巧有很多，比如添项去项放缩、公式放缩、构造函数放缩等，这些方法需要有敏捷的数学观察力和熟练的代数变形能力，需要灵活运用．
【解决方法】
【典例1】（2024山东济南8月开学考试）已知函数．
（1）若，求a的值．
（2）证明：当且时，．
（1）由题意知，，且．
【突破瓶颈】平时我们见到的问题大多是需要证明“”，此时求解的最大值即可．本题却反其道而行之，提前告诉了我们，但是解决方法不变，我们仍旧可以找的最大值，然后判断众多最大值中什么时候满足小于等于0．“0”有什么特殊之处呢？观察解析式，发现恰好为0，也就是是函数的最大值
①当时，恒成立，在上单调递减，所以当时，成立，不合题意．
【分类有标准】令，可得，那么根据极值点是否在定义域内（a与0的关系）、极值点与1的关系分类即可
②当时，由得，由得，
则在上单调递增，在上单调递减，所以成立，不合题意．
③当时，由得，由得，
则在上单调递增，在上单调递减，
所以对于任意的，，符合题意．
④当时，由得，由得，
则在上单调递增，在上单调递减，所以成立，不合题意．
综上所述，．
（2）【套用模型】
第一步：整体审题，找到简单的不等关系．
由（1）知，当时，，即，当且仅当时等号成立．
令，其中且，则有．
第二步：合理放缩．
又，所以，即．
【重要思路】明确放缩的方向，合理地进行添项对不等式进行放大，当遇见与n相关的不等式时，下面这个不等式链是第一思考方向：当时，
第三步：化简不等式，得出结论．
所以，
【累乘法】选择使用累乘法将分子分母相消，从而得出结论
即当且时，．
【典例2】（2024广东梅州中学9月校考）已知数列的前n项和为，，是与的等差中项．
（1）求的通项公式．
（2）设，且数列的前n项和为，求证：．
解析 （1）是与的等差中项，．
当时，，又，．
当时，，
，．
【技巧点拨】递推公式形如“”的数列，可以通过等号两边同时加某个常数，配凑出以q为公比的等比数列
又，，数列是以3为首项，3为公比的等比数列，
，．
（2）【套用模型】
第一步：整体审题，找到简单的不等关系．
由（1）得．
，，
【找不等关系】根据数列通项公式的形式进行等比数列形式的放缩，得到
第二步：从不等关系入手合理放缩．
，
当时，，
，，，，．
第三步：得出结论
【典例3】（2024河南郑州外国语学校10月调研）已知函数．
（1）证明：．
（2）已知，证明：．
（1）函数的定义域为R，，
由得，由得，
故在区间上单调递增，在区间上单调递减，
故的最小值是，所以．
（2）【套用模型】
第一步：整体审题，找到简单的不等关系．
由（1）得，．令，其中，则，即，
令，则，
所以，．
【会转化】通过两次换元，得到，，这帮助我们找到了与之间的关系，那么接下来再找到与的关系即可．显然可以利用不等式，注意步骤要规范书写
令，则且不恒为零，
所以函数在上单调递增，故，则．
第二步：合理放缩．
所以，．
【关键点】以为桥梁，放缩得到三角函数值与对数值之间的不等关系
第三步：化简不等式，得出结论．
所以，问题得证．
（22-23高三上·浙江绍兴·期末）
1．已知数列满足，，（其中、为常数，）.
（1）若，，求数列的通项公式；
（2）若，，数列的前项和为.证明：，.
（2023·广西梧州·一模）
2．已知函数．
（1）设是函数的极值点，求的值并讨论的单调性；
（2）当时，证明：．
（2023·浙江·一模）
3．设数列的前项和为，已知，，成等差数列，且，.
（1）求数列的通项公式；
（2）记，，证明：，.
（22-23高三下·云南玉溪·阶段练习）
4．已知函数.
(1)设是的极值点，求的单调区间；
(2)证明：当时，.
（22-23高三下·湖北武汉·期中）
5．设正项数列的前项和为，且满足对（）．
（1）求，，的值；
（2）根据（1），猜想数列的通项公式，并证明你的结论；
（3）求证：当时，．
（2023·河北石家庄·一模）
6．函数的图象在处的切线方程是.
（1）求a，b的值；
（2）若，证明：.
（2023高三·河北·专题练习）
7．已知数列的各项均为正数，记数列的前项和为，数列的前项和为，且，．
（1）求的值及数列的通项公式；
（2）若有，求证：．
（23-24高三上·天津南开·阶段练习）
8．已知数列满足：，正项数列满足：，且，，．
(1)求，的通项公式；
(2)已知，求：；
(3)求证：．
（23-24高三上·北京·阶段练习）
9．已知函数.
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)若函数的极大值点为2，求a的取值范围；
(3)证明：当时，.
（22-23高三下·广东·阶段练习）
10．已知函数.（其中常数，是自然对数的底数.）
（1）讨论函数的单调性；
（2）证明：对任意的，当时，.
参考答案：
1．（1）；（2）证明见解析.
【解析】（1），，已知条件可得，利用累加法及等比数列的求和公式，计算可求数列的通项公式；
（2），，，化简可得，通过等比数列的通项公式求得，化简可得，放缩后，通过分组求和可证得结果.
【详解】解析：（1）∵，，∴，即，
∴当：，
得，∴，∴，
当：也符合上式，故（或）.
（2）∵，，∴，∴，
即，∴是以2为首项，2为公比的等比数列，
∴，即.
又，
∴，
综上说述：.
【点睛】方法点睛：数列求和的方法技巧：
（1）倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和.
（2）错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和
（3）分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和.
（4）裂项相消法：用于通项能变成两个式子相减，求和时能前后相消的数列求和.
2．（1），函数在上单调递减，在上单调递增．
（2）详见解析
【分析】（1）首先由函数的解析式求出其导数，根据题意有，解此方程可得的值，从而确定函数的导数的表达式，再利用导数的符号判断函数的单调性；
（2）时，恒成立，取函数
于是当 时，可得： ，问题得证.
【详解】（1）∵，
∴，
由是函数的极值点得，
即，∴.于是，
由知在上单调递增，且，
∴是的唯一零点
因此，当时，，递减；
时，，递增，
∴函数在上单调递减，在上单调递增．
（2）证明：当，时，，又，∴取函数，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，得函数在时取唯一的极小值即最小值为
∴，而上式三个不等号不能同时成立，故
3．（1）；（2）证明见解析.
【解析】（1）根据等差中项可得，当时，，利用两式相减法可得，可得是公比为2的等比数列，根据通项公式和前项和公式解得，从而可得的通项公式；
（2）求出，根据当时，放缩可得，再裂项求和可证不等式.
【详解】（1）因为，，成等差数列，即，
当时，，两式相减得，
所以是公比为2的等比数列，即，
即，所以，
由，得，得，
所以的通项公式.
（2）因为，，所以，
当时，

所以
，
当时，，取到“”号，
综上所述，， .
【点睛】本题考查了等差中项的应用，考查了由递推公式求通项公式，考查了等比数列的通项公式和前项和公式，考查了放缩法，考查了裂项求和法，属于中档题.
4．(1)减区间为，增区间为；
(2)证明见解析﹒
【分析】(1)根据求出a的值，根据导数的正负判断f(x)单调区间即可；
(2)时，，令，判断g(x)单调性，证明其最小值即可．
【详解】（1）函数.，
是的极值点，，解得，
，，
显然在上单调递增，而，
当时，，当时，，
的减区间为，增区间为；
（2）当时，，设，则，
由，得，且在上单调递增，
∴当时，，g(x)单调递减，当时，，g(x)单调递增，
是的极小值点，也是最小值点，
故当时，，
当．
5．（1）,,.
（2）（）
（3）见解析
【分析】（1）根据已知条件，列出关于，，的等式，从而求出，，的值；（2）猜想：（），根据关系式得出为等差数列；（3）通过放缩法以及裂项求和即可求解.
【详解】（1）当时，,则；当时，由得,,故，因为为正项数列，故有，当时，由可得故.
（2）猜想：（）.
证明∵（），∴，则得到，即，为正项数列，由，∴．∴当时，，相减得，进而可得，可知为等差数列.
（3）当时，；当时，；
当时，
故．
故当时，
6．（1），.（2）证明见解析
【分析】(1)由切线方程求出斜率和切点,分别代入导函数及原函数,解方程即可求得;
(2)由(1)可知,由,可得,要证得,只需证,构造,求导化简可知在区间上单调递减，在区间上单调递增,求得即可证得,进而得出结论.
【详解】解：（1）由得该切线斜率为且，
所以，
解得或，
又，
所以，
若，则，与矛盾，
故，.
（2）证明：由（1）可知，
由，可得，
令，，
当时，，
当时，设，，
故函数在上单调递增，又，
所以当时，，
即函数在区间上单调递减，
当时，，
即函数在区间上单调递增，
，
所以，
即.
【点睛】本题考查导数的几何意义,考查导数在求极值和最值中的应用,考查利用导数证明不等式,难度较难.
7．（1）；；（2）证明见解析．
【分析】（1）令可求出，再令可得与已知条件两式相减可得，令可求出，当可得两式相减可得，进而可得为等比数列即可求解；
（2）由（1）知，再利用等比数列求和公式结合不等式放缩即可求证.
【详解】（1）当时，，即，
化简整理，得，
解得：或（舍去），
当时，由，
可得，
两式相减可得，即
所以，
将代入，
可得，
解得：，
当时，由，
可得，
两式相减可得，
整理得:，且也满足上式，
所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以；
（2）证明：，
所以
，
故．
8．(1)，
(2)
(3)证明见详解
【分析】（1）由题意可得数列为等差数列，数列为等比数列，再分别求解公差与公比即可求；
（2）代入化简可得，再分组根据错位相减与裂项相消求和即可；
（3）放缩可得，再裂项相消求和即可.
【详解】（1）因为，所以数列为等差数列，设公差为，
因为，所以数列为等比数列，设公比为，且，
因为，，，
所以，即，
解得，
所以，.
（2）由（1）可知，由，
记
作差, 得:
所以,
∴.
（3）令，
因为，且，所以成立；
因为，
所以
，
因为，所以，故，
综上，所以.
9．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）对函数求导，根据导函数的函数值等于原函数的图象在该点处的切线的斜率得到该点切线斜率，进而得到切线方程；
（2）求导可得，再分情况讨论导数的根与函数单调性，进而分析是否满足极大值点为2即可；
（3）分析可得，再利用导数研究函数的单调性、最值，从而证明即可.
【详解】（1）由题意得，则，
因此曲线在点处的切线方程是，即；
（2）由题意，设，
①当时，，令有，令有，
故在上单调递增，在上单调递减，满足的极大值点为2；
②当时，令有，，开口向下；
令有，令有或，
故在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，满足的极大值点为2；
③当时，令有，，开口向上；
i. 当，即时，，在上单调递增，无极大值点；
ii. 当，即时，令有，令有或，
故在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，满足的极大值点为2；
iii. 当，即时，令有，令有或，
故在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，不满足的极大值点为2；
综上有当的极大值点为2时，a的取值范围为
（3）证明：当时，，
则，
令，
则，易得在上单调递增，
且，
故当时，单调递减；
当时，单调递增，
所以在处取到极小值，也即最小值，
所以，因此.
10．（1）答案不唯一，具体见解析（2）证明见解析
【分析】（1）求导得，再分参数当和两种情况具体讨论，结合导数正负与原函数关系判断即可；
（2）解法不唯一，由原不等式可等价转化为，采用构造函数法，设，则，当时，，可设，求导判断可知，进而得出当时，；当时，；当时，，
∴，从而得证；还可采用合并参数形式得，令，讨论可判断，当时，显然成立；当且时，，要证对任意的，成立，只需证，可化为，令，通过讨论确定函数极值点进而得证；其余证法详见解析
【详解】（1）.
①当时，，函数在R上单调递增；
②当时，由解得，由解得.
故在上单调递增，在上单调递减.
综上所述，当时，在R上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）证法一：原不等式等价于
令，则.
当时，，
令，则当时，，
∴当时，单调递增，即，
∴当时，；当时，；当时，，
∴
即，故.
证法二：原不等式等价于.
令，则.
当时，；当时，.
∴，即，当且仅当时等号成立.
当时，显然成立；
当且时，.
欲证对任意的，成立，只需证
思路1：∵，∴不等式可化为，
令，则，
易证当时，，
∴当时，，当时，，
∴函数在上单调递减，在上单调递增，
∴
∴，即，
从而，对任意的，当时，.
思路2：令，则.
，或
∴在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减.
∵，
∴，即.
从而，对任意的，当时，.
证法三：原不等式等价于.
令，则.
令，则，其中.
①当时，，在上单调递增.
注意到，故当时，；当时，
∴在上单调递减，在上单调递增.
∴，即.
②当时，.
当时，，单调递减；当时，，单调递增.
②（i）：若，则.
∵
∴当时，；当时，.
与①同，不等式成立.
②（ii）：若，则，
∵
∴，使得，且当时，；当时，；当时，.
∴在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
∵
∴此时，，即.
综上所述，结论得证
【点睛】本题旨在考查导数在研究函数时的应用，以研究单调性，证明不等式等为载体，综合考查学生的分类讨论、化归转化、数形结合等数学思想，考查了学生的数学运算、逻辑推理等数学核心素养.属于难题