新高考数学二轮复习举一反三强化训练微专题12 利用导数证明不等式讲义（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习举一反三强化训练微专题12 利用导数证明不等式讲义（2份，原卷版+解析版）
微专题教学内容
基本方法
在不等式构造或证明的过程中，可借助题目的已知结论、均值不等式、函数单调性、与、有关的常用不等式等方法进行适当的放缩，再进行证明．
（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
（2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
（3）适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
（4）构造“形似”函数，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.
常见类型
与有关的常用不等式：
（1）（）； （2）（）．
与有关的常用不等式：
（1）（）； （2）（）；
（3）（），（）；
（4）（），（）．
用取代的位置，相应的可得到与有关的常用不等式．
典例精讲
【典例1】
证明：当时，．
【答案】证明见解析
【分析】方法一：令，利用导数证明在单调递增，原题即得证.
【详解】[方法一]：令，
则当时，
所以在单调递增，
从而，即，结论成立．
所以原题得证.
[方法二]：由泰勒公式得
，
从而得，结论成立．
会一题通一类
1．证明：在上恒成立.
【答案】证明见解析
【分析】令函数，，利用导数可得该函数的单调性，从而可证不等式.
【详解】证明：令函数，，则，
当时，，则，
所以，则函数在上单调递增，
所以，即在上恒成立.
2．求证：，．
【答案】证明见解析
【分析】令，利用导数求最值证明不等式即可.
【详解】令，
令，得．
当时，，单调递增；
当时，，单调递减．
故．
所以．
3．求证：．
【答案】证明见解析
【分析】不等式可化为，令，接着利用导数确定函数最值即可证明.
【详解】证明：，则，
设，
则．
令，则，
当时，，则在上单调递增，
所以，
所以当时，，可得下表．
则，即，
所以．
4．已知，证明：
【答案】证明见解析
【分析】构造函数，求导即可求证，结合指数函数的单调性可证.
【详解】令，
则，，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，等号仅当时成立，
即，
从而，所以.
综上，
【典例2】
已知函数．
(1)求的极值；
(2)求证：．
【答案】(1)极小值，无极大值
(2)证明见解析
【分析】（1）求导可得，分析的单调性和符号，进而可得的单调性和极值；
（2）构造函数，求导分析单调性和符号，进而分析证明.
【详解】（1）由题意可知：的定义域为，
且，
因为在定义域内单调递增，
所以在上单调递增，又，
当时，；当时，；
可知在内单调递减，在内单调递增，
所以函数的极小值为，无极大值.
（2），
令，
则在上恒成立，
可知为上的增函数，且，
当时，，则；
当时，，则．
当时，．
综上所述：，即．
会一题通一类
已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若，证明：当时，.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求导可得的解析式，分别讨论、和三种情况，根据二次函数的性质，分析即可得答案.
（2）由（1）可得的单调性和最大值，只需证即可，令，利用导数判断的单调性，分析即可得证.
【详解】（1）由题意，
①若时，恒成立，则在上单调递减；
②若时，此时，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增；
③若时，此时，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增；
（2）若，由（1）可得，在上单调递增，在上单调递减，
所以在区间上有最大值，只需证明即可.
令，则，
当时，，所以在区间上单调递减，
由于，所以，即得证，
所以若，当时，.
【典例3】
已知函数，其中．
(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）求出的导数，再按分类讨论求出单调区间.
（2）把代入，等价变形不等式，再构造函数并利用导数求出最小值情况即可.
【详解】（1）函数的定义域为，
求导得，
①若，即，函数在上单调递减；
②若，即，由，得；由，得或，
函数在上单调递增，在，上单调递减；
③若，即，由，得；由，得或，
函数在上单调递增，在，上单调递减，
所以当时，函数在上单调递减，在上单调递增；
当时，函数在上单调递减；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增.
（2）当时，函数的定义域为，
不等式，
设，求导得，
函数在上单调递增，当时，，
当时，，
则存在唯一的实数，使，即，
当时，；当时，，函数在上递减，在上递增，
因此，
而函数在上单调递减，当时，，即，
所以.
会一题通一类
已知函数，．
(1)讨论函数的单调性；
(2)求函数的最小值；
(3)当时，证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）对实数的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数的增区间和减区间；
（2）利用导数分析函数的单调性，即可求出函数的最小值；
（3）当时，将所求不等式变形为，根据，结合（1）（2）中的结论可证得所证不等式成立.
【详解】（1）函数的定义域为，，
当时，由得，由，得，
此时，函数的减区间为，增区间为；
当时，由得，由，得或，
此时，函数的减区间为、，增区间为；
当时，由得或，由可得，
此时，函数的减区间为，增区间为、.
综上，当时，函数的减区间为，增区间为；
当时，函数的减区间为、，增区间为；
当时，函数的减区间为，增区间为、.
（2）函数的定义域为，，
由，得，由，得，
即在上单调递减，在上单调递增，
在处取得最小值．
（3）当时，等价于，
即，即，
即，即，
，只需证明，
当，时，，只需证明，
由（1）知，时，在处取得最小值，
综上所述，原不等式成立．
【典例4】
已知函数，.
(1)讨论的单调性；
(2)证明：若，则存在唯一的极小值，且.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数分和两种情况讨论导数正负得出函数的单调区间；
（2）由题设，，并用导数研究的单调性和极值，即可证.
【详解】（1）因为，其中，.
①当时，恒成立，的增区间为，无减区间；
②当时，令，得，
由可得；由可得.
此时，函数的减区间为，增区间为.
综上所述：当时，的增区间为，无减区间；
当时，函数的减区间为，增区间为.
（2）当时，，，
令，，则在上恒成立，
∴在上单调递增，
又∵，，则方程只有一解，设为，
∴存在唯一的，使得，即，
当时，，当时，，
∴在上单调递减，在上单调递增，
∴，
∵，∴，
∴，
即.
会一题通一类
已知函数，．
(1)若在上单调递增，，求实数的值；
(2)证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）依题意在区间上恒成立，参变分离可得在区间上恒成立，构造函数并判断函数的单调性，求出的范围，再由构造函数，利用导数求出函数的最小值，即可得解；
（2）依题意需证成立，令，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最小值，即可得证.
【详解】（1）因为，所以，
因为在区间上单调递增，所以在区间上恒成立，
即，即在区间上恒成立，
设，，因为与在区间上单调递减，
所以在区间上单调递减，
所以，则，
由可得，
令，则，
当时，，则单调递减，
当时，，则单调递增，
所以的最小值为，则，
综上可得．
（2）证明：要证成立，需证成立，
令，则，
再令，显然在上是增函数，
当时，，当时，，
所以，即，即，
当时，，，当，．
所以，得证．
【典例5】
已知函数.
(1)若，求函数的单调区间；
(2)若恒成立，求a的取值范围；
(3)证明：，.
【答案】(1)函数的递增区间为，递减区间为；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】（1）直接利用函数的导数判断函数的单调区间；
（2）将不等式转化为恒成立，进而再构造函数，故只需求出的最大值，即可得所求值的范围；
（3）先证明不等式，再根据不等式进行放缩并累加求和即可证明不等式.
【详解】（1）因为函数，函数的定义域为，.
当时，，因为，所以，.
故函数在上单调递减，在上单调递增.
故函数的递增区间为，递减区间为.
（2）由，即，得在上恒成立；
令，.
由得，即，所以当，.
所以在上单调递增，在单调递减，所以.
所以，故a的取值范围为
（3）先证明不等式，令，.
所以在单调递减，所以，即不等式成立.
令，即，所以.
所以，，，.
上述n个式子相加得
.
故，成立.
会一题通一类
函数，.
(1)方程有两解，，求证：；
(2)证明：.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由函数解释式求导，分情况可求得恒成立，整理不等式，构造函数，利用导数研究函数的单调性，求得最值，可得答案；
（2）由（1）所得不等式，利用累加法以及裂项相消，可得答案.
【详解】（1）证明：，定义域为，则
因为方程有两解，，所以，不妨设.
要证，即证，
①若，则.
②若，由知，
当时，，当时，.
在上单调递减，在上单调递增，有.
综合①②知，，所以只需证（*）.
又，，
两式相减，整理得，代入（*）式，得，
化简得，令，则只需证，
令，则需证当时，.
因为在上恒成立，
所以在上单调递增，所以当时，，所以成立.
（2）由（1）知，故，
取，，，，则，
所以.
学后测评
1．已知函数.
(1)若，求曲线在点处的切线方程；
(2)若在上单调递减，求的取值范围；
(3)若，证明：.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）由，得，求导，根据导数的几何意义即可得；
（2）对函数求导得，令，则，再根据函数单调性与导数的关系可得；
（3）由，可得，切线放缩后即可利用导数证明.
【详解】（1）由，得，则，则，
从而曲线在点处的切线方程为，即.
（2）由，得，
因为在上单调递减，所以在上恒成立，
令，则，
显然在上恒成立，则在上单调递减，即在上单调递减，
则，解得，
即的取值范围为.
（3）由，可得.
令，则.
当时，单调递增，当时，单调递减，
则，即，当且仅当时，等号成立.
由，可得，则，当且仅当时，等号成立.
因为上面两个不等式的取等条件不同，所以，
从而当时，.
2．已知函数，.
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)当时，证明：；
(3)当时，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求导数得切线斜率，点斜式可求切线方程；
（2）移项构造新函数，求导判断单调性可求最值，进而可证不等式；
（3）移项作差，构造新函数，利用导数判断单调性，求出最值可证结论.
【详解】（1）依题意，，则，
而，
故，
故所求切线方程为.
（2）证明：要证，即证，
设，则，
令，则，
因为，所以，因此单调递减，
又，所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，
故，
即，即得证.
（3）证明：依题意，,即，
即，即.
令，则，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
所以，故，
令，则，
令，则，
令，解得，，
所以当和时，，则单调递增，当时，，则单调递减，
且，，
因此当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，即；
故当时，，即得证.
3．已知函数．
(1)若，求曲线在处的切线方程；
(2)若对任意恒成立，求a的取值范围；
(3)证明：．
【答案】(1)；
(2)；
(3)
证明见解析.
【分析】（1）求出及，由点斜式求得切线方程；
（2）由分析需满足条件，得到，再说明时不满足条件；
（3）由（2）得，令可得，累加证明.
【详解】（1）当时，，，即切点坐标为，
又可得，即切线斜率为，
所以曲线在处的切线方程为，即；
（2）当时，若单调递减，则满足条件，
因此需在恒成立，即在恒成立，
所以
设，
则当时，恒成立（当且仅当时取等号），
所以在单调递增，所以，
所以，得；
当时，，，
所以存在，，
则当时，，单调递增，此时，不满足条件，
综上可知，实数的取值范围为.
（3）由（2）可知，当时，在单调递减，
且时，，即，
令，则，所以，
即，
所以
.
4．已知函数.
(1)求的图象在点处的切线方程；
(2)求的零点个数；
(3)证明：.
【答案】(1)
(2)2
(3)证明见解析
【分析】（1）根据导数的几何意义求在处的切线方程即可；
（2）解法一：由，得，进而构造函数，利用导数分析其单调性，进而求解即可；
解法二：由，得，令，，进而结合导数分析的单调性，进而结合特殊值进行比较求解即可；
（3）转化问题为证明，构造函数，结合导数分析单调性，进而求解即可.
【详解】（1）由，得，
则，
故的图象在点处的切线方程为.
（2）解法一：由，得，
令，
则，
令，显然在上单调递增，
且，故，
当时，，则，即在上单调递减；
当时，，则，即在上单调递增.
因为，
所以，从而的零点个数为2，
即的零点个数为2.
解法二：由，得，，
令，，
则，
当时，，即在上单调递减，
当时，，即在上单调递增，
显然函数在上单调递减，
因为，所以，
又，所以，
故的零点个数为2.
（3）证明：要证，需证，
令，则，
令，
则，
则在上单调递增，
因为，所以当时，，则，即在上单调递减，
当时，，则，即在上单调递增，
从而，证毕.
5．已知函数．
(1)当时，证明：有且仅有一个零点；
(2)若曲线与相切．
（ⅰ）求a；
（ⅱ）当时，证明：．
【答案】(1)证明见解析；
(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析.
【分析】（1）根据已知，根据其单调性结合零点存在性定理，即可证；
（2）（i）利用导数几何意义求切线方程，由切线重合列方程求参数；（ii）设并应用导数研究函数值符号，即可证.
【详解】（1）当时，，显然是增函数，
而，故在区间上有零点，
结合的单调性可知，在R上有且仅有一个零点．
（2）（ⅰ）不妨记切点为，则，
由，
故切线方程为，
即，
令其与重合，故，
则，
若，显然有，这与题设条件矛盾，
若，由可知二者不在处相切，矛盾，
故，于是，经验证符合题意，
综上，；
（ⅱ）设，则，
由可知，设，
当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增，故，
于是．
6．已知函数，.
(1)讨论函数的单调性；
(2)证明：.
【答案】(1)当时，函数在上单调递减；当时，函数在上单调递减，在上单调递增
(2)证明见解析
【分析】（1）由函数的解析式可知函数的定义域为及导函数，对分和两类讨论即可求解；
（2）由（1）知当时，，即，进而可得.令，对函数求导可知在上单调递增，可得，故，原不等式得证.
【详解】（1）由题知：，其定义域为，.
当时，则，在上单调递减；
当时，令，解得；令，解得，
∴函数在上单调递减，在上单调递增.
综上所述，当时，函数在上单调递减；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增.
（2）要证，即证.
由（1）知：当时，在上单调递减，在上单调递增，
∴，即，
，.
令，，
∴在上单调递增，
∴当时，，即，
∴，即，
∴原不等式成立.
【点睛】本题考查利用导数讨论含参函数的单调性，证明函数不等式恒成立问题，属于难题.
研究含参函数的单调性常用分类讨论的数学思想；
对于函数不等式的证明，常采用放缩法，如本题中，证明不等式恒成立的问题关键在于不等式的等价转化.
7．函数．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，恒成立，求的取值范围；
(3)证明：当时，．
【答案】(1)答案见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求导，分情况讨论导函数的符号，可得函数的单调区间.
（2）分情况讨论，分离参数，可把问题转化为，恒成立的问题，设，，利用导数求函数的最小值即可.
（3）问题转化为，设，，只需证的最小值大于0即可.
【详解】（1）因为，所以.
若，则在上恒成立，所以函数在上单调递增；
若，由；由.
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
综上：当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增.
（2）当时，.
当时，上式恒成立，即；
当时，.
设，，
则.
设，，则在上恒成立，即在上单调递增，
又，所以在上恒成立.
所以由，由.
所以在上单调递减，在上单调递增.
所以.
所以.
综上可知：的取值范围为：.
（3）时，要证，即.
设，则，.
设，，则在上恒成立.
所以在上单调递增.
又，，则方程只有一解，设为，且，.
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.
所以在上恒成立.
从而原命题成立.
8．已知，当时，.
(1)求的值；
(2)证明：实数a的取值范围为；
(3)证明：当时，.
【答案】(1)0
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由解析式可直接求解；
（2）通过，，求导确定函数单调性，确定最值，即可证;
（3）由（2）得到当时，.即可得到，进而可求证.
【详解】（1）;
（2）证明：当时，.
故在上单调递减，故当时，，符合题意.
当时，，，存在使得当时，恒成立，则存在使得，矛盾.
故实数a的取值范围为;
（3）证明：由（2）知，当时，.
故，
故当时，.
9．已知函数.
(1)若在上单调递增，求实数的取值范围；
(2)设，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）在上单调递增等价于在上恒成立，再分离参数，结合不等式求最值即可；
（2）令，利用小问（1）可得到：，再根据此式放缩，累加即得答案.
【详解】（1），
因为在上单调递增，所以在上恒成立，
所以恒成立，令，只需，
，
当且仅当，即时等号成立，所以.
由，得，即的取值范围是.
（2）由（1）知，当时，在上单调递增，
所以当时，，即.
令，，所以，
即，所以，.
当依次取1，2，…，n时，，，…，.
上面式子叠加即得.
10．已知函数，.
(1)讨论的单调性；
(2)当时，恒成立，求的取值范围；
(3)当时，设，证明：在上存在唯一的极小值点且.
参考数据：.
【答案】(1)答案见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求得，分、两种情况讨论，分析导数的符号变化，由此可求得函数的增区间和减区间；
（2）由已知不等式结合参变分离得出对任意的恒成立，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；
（3）当时，利用导数分析函数的单调性，利用极值点与导数的关系结合零点存在定理可证得在上存在唯一的极小值点，并可得出，再结合二次函数的基本性质可证得.
【详解】（1）因为，其中，.
①当时，恒成立，的增区间为，无减区间；
②当时，令，得，
由可得；由可得.
此时，函数的减区间为，增区间为.
综上所述：当时，的增区间为，无减区间；
当时，函数的减区间为，增区间为.
（2）当时，恒成立，即恒成立.
令，则，其中，
由可得；由可得.
所以，函数的减区间为，增区间为.
所以，即，故的取值范围是.
（3）当时，，，
令，则.
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
又因为，且，
所以存在唯一的，使得，即.①
当时，，即，单调递减，
当时，，即，单调递增，
所以是在上唯一的极小值点.
则，由①可知.
2
－
0
＋
减
最小值
增