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2024年新高考数学题型全归纳讲义第七讲导数大题证明不等式归类(原卷版+解析)
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这是一份2024年新高考数学题型全归纳讲义第七讲导数大题证明不等式归类(原卷版+解析),共103页。
TOC \ "1-1" \h \u \l "_Tc4934" 题型01 不等式证明方法 PAGEREF _Tc4934 \h 1
\l "_Tc13723" 题型02 单变量构造:利用第一问结论3
\l "_Tc32511" 题型03 单变量构造:数列型5
\l "_Tc32667" 题型04 数列不等式:无限和裂项型7
\l "_Tc23969" 题型05 数列不等式:累积相消型9
\l "_Tc373" 题型06 数列不等式:取对数型11
\l "_Tc1014" 题型07 虚设根型证不等式13
\l "_Tc31593" 题型08 利用函数“凸凹反转性”证明不等式14
\l "_Tc32089" 题型09 同构型不等式证明16
\l "_Tc20255" 题型10 双变量型构造18
\l "_Tc25024" 题型11 极值点偏移型:和型证明19
\l "_Tc9714" 题型12 极值点偏移型:积型证明 PAGEREF _Tc9714 \h 21
\l "_Tc26962" 题型13 极值点偏移型:平方型证明22
\l "_Tc8895" 题型14 三角函数型不等式证明23
\l "_Tc4479" 题型15 韦达定理代换型25
\l "_Tc17176" 题型16 切线放缩型证明26
\l "_Tc2029" 高考练场28
热点题型归纳
题型01 不等式证明方法
【解题攻略】
【典例1-1】(陕西省澄城县20121-2022学年高三试数学(理)试题)设函数.
(1)讨论的单调性;
(2)证明:当时,.
【典例1-2】已知函数.
(Ⅰ)求函数的单调区间;
(Ⅱ)求证:当时,.
【变式1-1】(湖南省三湘名校教育联盟2021-2022学年高三数学试题)已知函数,曲线在点处的切线方程为.
(1)求a,b的值;
(2)证明:.
【变式1-2】(湖北省华中师范大学潜江附属中学2021-2022学年高三4月数学试题)已知函数f(x)=ax3﹣3lnx.
(1)若a=1,证明:f(x)≥1;
(2)讨论f(x)的单调性.
【变式1-3】(2022·云南昆明·统考模拟预测)已知函数,.
(1)求曲线在点处的切线方程;
(2)证明:.
题型02 单变量构造:利用第一问结论
【解题攻略】
【典例1-1】(2023·吉林长春·长春吉大附中实验学校校考模拟预测)已知函数.
(1)求的最小值;
(2)证明:.
【典例1-2】(2021下·北京丰台·高三统考)已知函数在处有极值2.
(Ⅰ)求,的值;
(Ⅱ)证明:.
【变式1-1】(2021·四川·四川省绵阳南山中学校考模拟预测)设函数,其中为自然对数的底数,曲线在处切线的倾斜角的正切值为.
(1)求的值;
(2)证明:.
【变式1-2】(2022下·山东聊城·高三练习)已知函数.
(1)讨论的单调性并求极值;
(2)证明:当时,.
【变式1-3】(20122安徽马鞍山·统考模拟)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.
题型03 单变量构造:数列型
【解题攻略】
【典例1-1】(2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测)已知函数.
(1)证明:;
(2)讨论的单调性,并证明:当时,.
【典例1-2】2012·河北衡水·统考一模)设函数,其中.
(1)当时,在时取得极值,求;
(2)当时,若在上单调递增,求的取值范围;
(3)证明对任意的正整数,不等式都成立.
【变式1-1】2023·吉林长春·长春吉大附中实验学校校考模拟预测)设函数,其中和是实数,曲线恒与轴相切于坐标原点.
求常数的值;
当时,关于的不等式恒成立,求实数的取值范围;
求证:.
【变式1-2】(2023上·河南南阳·高三统考期中)(1)已知函数,判断函数的单调性并证明;
设为大于1的整数,证明:.
【变式1-3】(2017下·黑龙江大庆·高三大庆中学校已知函数;
(1)若函数在上为增函数,求正实数的取值范围;
(2)当时,求函数在上的最值;
(3)当时,对大于1的任意正整数,试比较与的大小关系.
题型04 数列不等式:无限和裂项型
【解题攻略】
【典例1-1】(2023·内蒙古呼和浩特·呼市二中校考一模)已知函数.
(1)求函数的极值;
(2)求证:.
【典例1-2】(2023·全国·高三专题练习)已知函数,.
(1)讨论函数的单调性;
(2)证明: .
【变式1-1】(2023上·浙江·高三浙江省富阳中学校联考阶段练习)已知函数).
(1)讨论的单调性;
(2)若时,,求实数的取值范围;
(3)对任意,证明:.
【变式1-2】(2023上·福建厦门·高三厦门市湖滨中学校考期中)已知函数.
(1)若不等式在区间内恒成立,求实数的取值范围;
(2)求证:(为自然对数的底数)
【变式1-3】(2023上·陕西·高三校联考阶段练习)已知函数,.
(1)若函数在R上单调递减,求a的取值范围;
(2)已知,,,,求证:;
(3)证明:.
题型05 数列不等式:累积相消型
【解题攻略】
【典例1-1】(2022贵州铜仁·高三贵州省铜仁第一中学阶段练习)已知函数f(x)=aln x-ax-3(a∈R).
(1)若a=-1,求函数f(x)的单调区间;
(2)若函数y=f(x)的图象在点(2,f(2))处的切线的倾斜角为45°,对于任意的t∈[1,2],函数g(x)=x3+x2 (是f(x)的导函数)在区间(t,3)上总不是单调函数,求m的取值范围;
(3)求证:×…×< (n≥2,n∈N*)
【典例1-2】(2023·全国·高三专题练习)已知函数.
(1)若,求的值;
(2)证明:当且时,.
【变式1-1】(2023·全国·高三专题练习)已知函数,
(1)若对任意的恒成立,求实数的取值范围;
(2)求证: .
【变式1-2】(2023·全国·高三专题练习)设整数,,且,函数.
(1)求证:;
(2)求证:.
【变式1-3】(2022·全国·高三专题练习)已知函数,.
(1)若在上恒成立,求实数的取值范围;
(2)求证:.
题型06 数列不等式:取对数型
【解题攻略】
【典例1-1】(2023·全国·高三专题练习)已知函数.
(1)求证:当时,;
(2)已知e为自然对数的底数,求证:,.
【典例1-2】(2023·全国·高三专题练习)已知函数.
(1)求函数的图象在处的切线方程;
(2)若任意,不等式恒成立,求实数的取值范围;
(3)设,证明:.
【变式1-1】(2023上·江苏淮安·高三金湖中学校联考)已知函数.
(1)求曲线在点处的切线方程;
(2)证明:当时,;
(3)设为整数,若对于成立,求的最小值.
【变式1-2】(2023·全国·高三专题练习)已知关于的函数
(1)讨论的单调性;
(2)证明:当时,
【变式1-3】(2023·四川成都·石室中学校考模拟预测)已知函数
(1)若单调递增,求a的值;
(2)判断(且)与的大小,并说明理由.
题型07 虚设根型证不等式
【解题攻略】
【典例1-1】已知函数.
(1)求函数的单调区间;
(2)当时,证明:对任意的,.
【变式1-1】(2023上·福建福州·高三校联考)设函数.
(1)求时,的单调区间;
(2)求证:当时,.
【变式1-2】(2024上·陕西安康·高三校联考阶段练习)已知函数.
(1)讨论函数的单调性;
(2)当时,令,若为的极大值点,证明:.
【变式1-3】(2023上·重庆沙坪坝·高三重庆一中校考阶段练习)已知函数,.
(1)判断的单调性;
(2)若, 求证:,其中e是自然对数的底数.
题型08 利用函数“凸凹反转性”证明不等式
【解题攻略】
【典例1-1】(2023上·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨市第十三中学校校考)已知函数.
(1)讨论的单调性;
(2)证明:当时,.
【典例1-2】已知函数.
(1)当时,恒成立,求的取值范围;
(2)当时,证明:.
【变式1-1】(2021上·全国·高三校联考阶段练习)已知,.
(Ⅰ)讨论的单调性;
(Ⅱ)若,证明:.
【变式1-2】已知,
(1)对,不等式恒成立,求实数的取值范围;
(2)证明:对一切,都有.
【变式1-3】已知函数f(x)=ax2﹣xlnx.
(I)若f(x)在区间(0,+∞)内单调递增,求a的取值范围;
(Ⅱ)若a=e(e为自然对数的底数),证明:当x>0时,f(x)<xex+.
题型09 同构型不等式证明
【解题攻略】
【典例1-1】(2023·全国·高三专题练习)已知,,.
(1)当时,求函数的极值;
(2)当时,求证:.
【典例1-2】(2023上·安徽马鞍山·高三马鞍山二中校考阶段练习)已知函数,为自然对数的底数.
(1)试判断函数的零点个数并说明理由;
(2)证明:.
【变式1-1】(2023·四川遂宁·统考模拟预测)设,,
试讨论的单调性;
当时,证明恒成立.
【变式1-2】已知,,.
(1)当时,求函数的极值;
(2)当时,求证:.
题型10 双变量型构造
【典例1-1】(2022贵州黔东南·统考一模)已知函数.
(1)试讨论函数的单调性;
(2)对,且,证明:.
【典例1-2】(2023上·四川内江·高三四川省内江市第六中学校考阶段练习)已知函数.
(1)求函数的单调区间;
(2)已知m,n是正整数,且,证明.
【变式1-1】(2022·全国·高三专题练习)已知函数.
(1)求的单调区间;
(2)当时,试证明.
【变式1-2】(2021·全国·高三专题练习)已知函数.
(1)求证:函数在上单调递增;
(2)设,求证:.
【变式1-3】(2022·全国·高三专题练习)已知函数.
(1)若函数在上为单调增函数,求的取值范围;
(2)设,且,求证.
题型11 极值点偏移型:和型证明
【解题攻略】
【典例1-1】(2023·四川成都·成都七中校考模拟预测)已知函数有两个极值点,.
(1)求实数a的取值范围;
(2)证明:.
【典例1-2】(2023·山西·校考模拟预测)已知函数.
(1)若,求的取值范围;
(2)若关于的方程有两个不同的正实根,证明:.
【变式1-1】(2023·江西·统考模拟预测)已知函数.
(1)讨论的单调性;
(2)若,且,证明:,且.
【变式1-2】(2023上·江苏镇江·高三校考阶段练习)已知函数.若函数有两个不相等的零点.
(1)求a的取值范围;
(2)证明:.
题型12 极值点偏移型:积型证明
【解题攻略】
【典例1-1】(2023上·河南·高三南阳中学校联考阶段练习)已知函数.
(1)若有唯一极值,求的取值范围;
(2)当时,若,,求证:.
【典例1-2】(2023上·陕西汉中·高三西乡县第一中学校联考)已知函数,.
(1)求函数的极值;
(2)若,求函数的最小值;
(3)若有两个零点,,证明:.
【变式1-1】(2023上·重庆渝中·高三统考)已知函数.
(1)若函数是减函数,求的取值范围;
(2)若有两个零点,且,证明:.
【变式1-2】(2023上·江苏连云港·高三江苏省海州高级中学校考阶段练习)已知函数.
(1)当时,求函数的零点个数.
(2)若关于的方程有两个不同实根,求实数的取值范围并证明.
题型13 极值点偏移型:平方型证明
【典例1-1】(2023下·辽宁·高三统考)已知函数.
(1)讨论的单调性;
(2)若(e是自然对数的底数),且,,,证明:.
【典例1-2】(2023·广东广州·广州市从化区从化中学校考模拟预测)已知函数.
(1)讨论函数的单调性:
(2)若是方程的两不等实根,求证:;
【变式1-1】(2023·山西·校联考模拟预测)已知函数.
(1)若,求实数的取值范围;
(2)若有2个不同的零点(),求证:.
【变式1-2】(2023上·云南·高三云南师大附中校考阶段练习)已知函数,.
(1)若,求的取值范围;
(2)证明:若存在,,使得,则.
题型14 三角函数型不等式证明
【解题攻略】
【典例1-1】(2023·全国·高三专题练习)已知函数.
(1)证明:;
(2)当时,证明不等式,在上恒成立.
【典例1-2】(2023·四川资阳·统考模拟预测)已知函数.
(1)当时,过点作曲线的切线l,求l的方程;
(2)当时,对于任意,证明:.
【变式1-1】(2022·新疆·统考三模)已知函数,
(1)若在处的切线为,求实数a的值;
(2)当,时,求证:
【变式1-2】设函数,,.
(1)求的最小值,并证明:;
(2)若不等式:成立,求实数a的取值范围.
题型15 韦达定理代换型
【解题攻略】
【典例1-1】已知函数.
(1)求函数的单调区间;
(2)设存在两个极值点,且,若,求证:.
【典例1-2】已知函数f(x)=ln x+ax2-x.
(1)若a=-1,求函数f(x)的极值;
(2)设f′(x)为f(x)的导函数,若x1,x2是函数f′(x)的两个不相等的零点,求证:f(x1)+f(x2)1; 由f′(x)g(2)=4-2ln2-6+4>0,∴当x>2时, x2-2lnx>3x-4,即当x>2时..
【变式1-1】(湖南省三湘名校教育联盟2021-2022学年高三数学试题)已知函数,曲线在点处的切线方程为.
(1)求a,b的值;
(2)证明:.
【答案】(1),;(2)证明见解析.
【分析】(1)根据导数的几何意义,结合,,解方程组即可;
(2)根据(1)中所求,利用导数判断函数单调性,求得最小值,即可证明.
(1)
∵,∴,
∵曲线在点处的切线方程为,
∴,解得,.
(2)
由(1)知,,
∴当时,,为减函数,当时,,为增函数,
∴的最小值为,∴,即证.
【变式1-2】(湖北省华中师范大学潜江附属中学2021-2022学年高三4月数学试题)已知函数f(x)=ax3﹣3lnx.
(1)若a=1,证明:f(x)≥1;
(2)讨论f(x)的单调性.
【答案】(1)证明见解析(2)答案见解析
【分析】(1)对f(x)求导,利用导数求出f(x)的最小值,即可得证;
(2)对f(x)求导,对a分类讨论,由导数与单调性的关系即可解出.
(1)
若a=1,则f(x)=x3﹣3lnx,x>0,,
令f′(x)=0,可得x=1,当x∈(0,1)时,f′(x)<0,f(x)单调递减,
当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,所以f(x)在x=1处取得极小值,也是最小值,最小值为f(1)=1,故f(x)≥1.
(2)
f(x)=ax3﹣3lnx,x>0,(x>0),
当a≤0时,f′(x)<0,则f(x)在(0,+∞)上单调递减;
当a>0时,令f′(x)>0,得x,令f′(x)<0,得0<x,
所以f(x)在(0,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增.
综上,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递减;
当a>0时,f(x)在(0,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增.
【变式1-3】(2022·云南昆明·统考模拟预测)已知函数,.
(1)求曲线在点处的切线方程;
(2)证明:.
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】(1)根据切点和斜率求得切线方程.
(2)构造函数,利用导数判断的单调性,从而证得不等式成立.
【详解】(1),,,
故曲线在点处的切线方程为.
即.
(2)设,
则
.
由(1)知,又,
所以,所以在上单调递增,故,
所以,,.
题型02 单变量构造:利用第一问结论
【解题攻略】
【典例1-1】(2023·吉林长春·长春吉大附中实验学校校考模拟预测)已知函数.
(1)求的最小值;
(2)证明:.
【答案】(1)(2)证明过程见解析
【分析】(1)利用导数的性质进行求解即可;
(2)利用(1)的结果,取特殊值代入进行证明即可.
【详解】(1)显然该函数的定义域为全体正实数,
由,
当时,,所以函数单调递增,
当时,,所以函数单调递减,因此;
(2)由(1)可知:,即,
即,当时,.
【典例1-2】(2021下·北京丰台·高三统考)已知函数在处有极值2.
(Ⅰ)求,的值;
(Ⅱ)证明:.
【答案】(Ⅰ);(Ⅱ)证明见解析.
【分析】(Ⅰ)求出导函数,由且求得,并检验0是极值点;
(Ⅱ)不等式化为,引入函数,由导数求得的最小值,最小值大于0,从而证得不等式成立.
【详解】(Ⅰ)解:由已知,,则 解得,
经检验,符合题意.
(Ⅱ)证明:由(Ⅰ)可知,.要证,
只需证.即.
令,则. 令,解得.
,的变化情况如下表所示.
所以,时,有最小值.故成立
【变式1-1】(2021·四川·四川省绵阳南山中学校考模拟预测)设函数,其中为自然对数的底数,曲线在处切线的倾斜角的正切值为.
(1)求的值;
(2)证明:.
【答案】(1);(2)证明见解析.
【分析】(1)求出函数的导函数,再代入计算可得;
(2)依题意即证,即,构造函数,,利用导数说明其单调性与最值,即可得到,从而得证;
【详解】解:(1)因为,所以,
,解得.
(2)由(1)可得
即证.
令,,于是在上是减函数,在上是增函数,所以(取等号).
又令,则,于是在上是增函数,在上是减函数,所以(时取等号).所以,即.
【变式1-2】(2022下·山东聊城·高三练习)已知函数.
(1)讨论的单调性并求极值;
(2)证明:当时,.
【答案】(1)在单调递减,单调递增.极小值为,无极大值;(2)见解析
【分析】(1)求出,明确单调性,从而得到函数的极值;
(2)要证当时,即证当时,,构造新函数,研究其单调性即可.
【详解】(1),,令,解得,令,解得,
所以在单调递减,单调递增.
当时函数取得极小值为,无极大值.
(2)令, ,
由(1)可知在递增,所以,
所以,因此在递减,
当时,即,
所以得证.
【变式1-3】(20122安徽马鞍山·统考模拟)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
【分析】(1)由题意知,令,利用导数求得有最小值,结合在定义域内无极值点,得,再验证时,即可得结论;(2)结合(1)中结论可得在上单调递增,根据可得存在唯一的零点,且在上单调递减,在上单调递增,故可得结论.
【详解】(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,所以.
(2),令,
由(1)可知在上单调递增,又,所以存在唯一的零点,
故在上单调递减,在上单调递增,∴
由知即当时,恒成立.
题型03 单变量构造:数列型
【解题攻略】
【典例1-1】(2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测)已知函数.
(1)证明:;
(2)讨论的单调性,并证明:当时,.
【答案】(1)证明见解析(2)答案见解析
【分析】(1)构造函数,利用导数证明,可得,变形即可得证;
(2)构造,利用导数证明其单调性,再结合复合函数的单调性即可判定的单调性,利用的单调性可得,同时取对数变形即可证明结论.
【详解】(1)证明:令,则,
所以在上单调递减,所以,即.
令,则有,
所以,所以,即.
(2)由可得,令,则,
令,则,
所以在上单调递增,.令,则有,
所以在上单调递增,所以在上单调递增,
所以对于,有,
所以,所以,
即,整理得:.
【典例1-2】2012·河北衡水·统考一模)设函数,其中.
(1)当时,在时取得极值,求;
(2)当时,若在上单调递增,求的取值范围;
(3)证明对任意的正整数,不等式都成立.
【答案】(1);(2);(3)证明见解析.
【分析】(1)先由得到,再由在处取极值得到,进而可得出结果;
(2)先由得,根据在上单调递增,可得在上恒成立,令,可得,求解即可得出结果;
(3)先设,将原不等式化为证明当时,恒成立即可,对函数求导,确定其单调性,即可得出结论成立.
【详解】解:(1) 当时,,依题意有,故,此时,取得极大值,所以;
(2)当时,,若在上单调递增,则在上恒成立,
设,只需,即;
(3) 若证不等式,设,可证当时,恒成立,
在上恒正,
在上单调递增,当时,恒有
即当时,有
故对任意正整数,不等式成立.
【变式1-1】2023·吉林长春·长春吉大附中实验学校校考模拟预测)设函数,其中和是实数,曲线恒与轴相切于坐标原点.
求常数的值;
当时,关于的不等式恒成立,求实数的取值范围;
求证:.
【答案】(1) ;(2) ;(3) 详见解析【详解】. 试题解析:
(1) 对求导得:,根据条件知,所以.
(2) 由(1)得,
.
①当时,由于,有,于是在上单调递增,从而,因此在上单调递增,即而且仅有;
②当时,由于,有,于是在上单调递减,从而,因此在上单调递减,即而且仅有;
③当时,令,当时,,于是在上单调递减,从而,因此在上单调递减,即而且仅有;综上
(3) 对要证明的不等式等价变形如下:
所以可以考虑证明:对于任意的正整数,不等式恒成立. 并且继续作如下等价变形
对于相当于(2)中,情形,有在上单调递减,即而且仅有.
取,当时,成立;
当时,.
从而对于任意正整数都有成立.
对于相当于(2)中情形,对于任意,恒有而且仅有. 取,得:对于任意正整数都有成立.
因此对于任意正整数,不等式恒成立.
这样依据不等式,再令利用左边,令 利用右边,即可得到成立.
【变式1-2】(2023上·河南南阳·高三统考期中)(1)已知函数,判断函数的单调性并证明;
(2)设为大于1的整数,证明:.
【答案】(1)函数在上单调递减,在上单调递增,证明见解析;
(2)证明见解析
【分析】(1)求得函数的定义域后,判定出函数为偶函数,利用导数即可证明其单调性;(2)把不等式变形为,两边取对数后,根据的单调性即可证明;也可以两边取对数后把不等式变形为,构造函数,利用函数的单调性证明.
【详解】(1)函数的定义域为,函数的定义域为
函数在上单调递减,在上单调递增
证明:,∴则为上的偶函数.
,,故,
所以函数在上单调递减,在上单调递增.
(2)(证法一)要证明,需证明即证明,
即,由(1)可知即证.
∵且在单调递增,∴
所以对,成立.
(证法二)要证明,即证明,
即证,即证,
设函数,,
故函数在上单调递增又,∴,
即成立,故原不等式成立.
【变式1-3】(2017下·黑龙江大庆·高三大庆中学校已知函数;
(1)若函数在上为增函数,求正实数的取值范围;
(2)当时,求函数在上的最值;
(3)当时,对大于1的任意正整数,试比较与的大小关系.
【答案】(1)(2)函数在区间上的最大值是,最小值是0(3)
【分析】(1)求导,由题意可得对恒成立,再利用参变分离运算求解;(2)将代入,求导,得到的单调区间,从而求的最值;(3)由(1)得的单调性,令,可得,运算整理证出结论.
【详解】(1)因为,所以
因为函数在上为增函数,所以对恒成立,
所以对恒成立,即对恒成立,所以.
(2)当时,,
当时,,故在上单调递减;当,,故在上单调递增,
所以在区间上有唯一极小值点,故,
又∵,,
因为,所以,即
所以在区间上的最大值是
综上可知:函数在区间上的最大值是,最小值是0.
(3)由(1)可知:当时, 在上为增函数.
当时,,则
即,即
当时,对大于1的任意正整数,有
题型04 数列不等式:无限和裂项型
【解题攻略】
【典例1-1】(2023·内蒙古呼和浩特·呼市二中校考一模)已知函数.
(1)求函数的极值;
(2)求证:.
【答案】(1)①当时,没有极值;②当时,有极大值,无极小值.
(2)证明见解析
【分析】(1)求定义域后求,运用导数分类讨论与时单调性进而分析的极值.
(2)运用对进行放缩及对数运算公式即可证明.
【详解】(1),则定义域为,
.
①当时,恒成立,则为上的增函数,所以没有极值.
②当时,由,得;由,得.
所以在上单调递增,在上单调递减.
故当时,有极大值,无极小值.
综述:①当时,没有极值;
②当时,有极大值,无极小值.
(2)证明:取m=1,由(1)知在上单调递减,所以.
即,.
令,得,即,
分别取k=n+1,n+2,…,n+(n+1),,
可得.
即成立.
【典例1-2】(2023·全国·高三专题练习)已知函数,.
(1)讨论函数的单调性;
(2)证明: .
【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析
【分析】(1)求得,分和,两种情况讨论,结合导数的符号,进而求得函数的单调区间;
(2)由(1),根据题意,得到,即,当时,结合,,,,将不等式累加后,即可求解.
【详解】(1)解:由函数,可得的定义域为,
且
若,可得,在上单调递减;
若,令,因为,可得,
当时,,单调递增;
当时,,单调递减,
综上可得:当时, 在上单调递减;
当时,的递增区间为,递减区间为.
(2)证明:由(1)知,当时,的递增区间为,递减区间为,
所以,所以,即,
当时,可得:,将不等式累加后,
可得
,即.
【变式1-1】(2023上·浙江·高三浙江省富阳中学校联考阶段练习)已知函数).
(1)讨论的单调性;
(2)若时,,求实数的取值范围;
(3)对任意,证明:.
【答案】(1)答案见解析(2)(3)证明见解析
【分析】(1)讨论,由的正负确定单调性;
(2)记,由得,讨论与1大小关系,验证是否成立;
(3)由(2)知,,令得,累加得证.
【详解】(1)
当时,在上单调递减;
当时,在上单调递减,在上单调递增;
当时,在上单调递增,在上单调递减.
(2)记,由题知时恒成立,
由得,
,由(1)知:当时,在上单调递减,在上单调递增.
若,则,故在上单调递增,所以恒成立;
若,则,故,
由于,
因此,故不能恒成立.
综上得.
(3)证明:由知,令,
所以,即
所以,
故,
即.
【变式1-2】(2023上·福建厦门·高三厦门市湖滨中学校考期中)已知函数.
(1)若不等式在区间内恒成立,求实数的取值范围;
(2)求证:(为自然对数的底数)
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】(1)分离参数,转化为求定函数的最值问题;
(2)根据第一问,合理构造,利用不等式的性质合理变形达到证明的目的.
【详解】(1)因为,,所以,
令,又,令解得,
时,,递增,时,,递减,
所以当时函数有最大值,且最大值为,所以.
(2)由(1)知,所以,
所以
,
又
,
所以,
即.
【变式1-3】(2023上·陕西·高三校联考阶段练习)已知函数,.
(1)若函数在R上单调递减,求a的取值范围;
(2)已知,,,,求证:;
(3)证明:.
【答案】(1)(2)证明见解析(3)证明见解析
【分析】(1)由函数单调递减得恒成立,分离参数法可得;
(2)利用导数得函数单调性,由单调性证明不等式即可;
(3)利用(2)结论,逐个赋值后累加法可证.
【详解】(1)对恒成立,即对恒成立.
因为,则.
(2),只需证明.
令,,
则在单调递减,则,
又,则,即成立,得证.
(3)由(2)知,令,则有,
即,,
,…,,
累加可得,
故,从而命题得证.
题型05 数列不等式:累积相消型
【解题攻略】
【典例1-1】(2022贵州铜仁·高三贵州省铜仁第一中学阶段练习)已知函数f(x)=aln x-ax-3(a∈R).
(1)若a=-1,求函数f(x)的单调区间;
(2)若函数y=f(x)的图象在点(2,f(2))处的切线的倾斜角为45°,对于任意的t∈[1,2],函数g(x)=x3+x2 (是f(x)的导函数)在区间(t,3)上总不是单调函数,求m的取值范围;
(3)求证:×…×< (n≥2,n∈N*)
【答案】(1)当时,单调增区间为,减区间为,当时,单调增区间为,减区间为,当时,不是单调函数;(2);(3)证明见解析.
【分析】(1)求出导函数,解不等式得增区间,解得减区间;
(2)由切线斜率求得参数,的不单调转化为在上有解,然后根据零点存在定理得条件结合二次函数性质求解;
(3)由(1)单调性得,可得出(),个式子相乘可证结论.
【详解】(1)当时,(),
解得;解得,的单调增区间为,减区间为 ;
(2) ∵,∴得,,,∴
∵在区间上总不是单调函数,且,∴,
由题意知:对于任意的,恒成立,
所以,,∴.
(3)证明如下: 由(1)可知
当时,即,
∴对一切成立.
∵,则有,∴.
.
【典例1-2】(2023·全国·高三专题练习)已知函数.
(1)若,求的值;
(2)证明:当且时,.
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】(1)求出的导数,分类讨论,确定函数的单调性,利用成立,求出;
(2)由(1),当时,即,令,则有,可得,累乘可证得结果.
【详解】(1)由题意知,,,
①当时,,在上单调递减,
所以,当时,,不合题意;
②当时,由得,,则在上单调递增,
由得,,则在上单调递减,
所以,,不合题意;
③当时,由得,,则在上单调递增,
由得,,则在上单调递减,
所以,对于任意的,,符合题意;
④当时,由得,,则在上单调递增,
由得,,则在上单调递减,
所以,,不合题意.
综上所述,.
(2)由(1)知,时,即,当且仅当时等号成立.
令,其中且,则有,
又,所以,,即
所以.所以,原不等式得证.
【变式1-1】(2023·全国·高三专题练习)已知函数,
(1)若对任意的恒成立,求实数的取值范围;
(2)求证: .
【答案】(1)(2)见解析
【分析】(1)求出的导数,通过讨论的范围,结合函数的单调性确定的具体范围即可;
(2)得到,令,得, 取不同的值,相乘即可.
【详解】(1)
因为对任意的恒成立,
设 ,所以在恒成立,
设,
在恒成立,所以在上为增函数,
所以在恒成立,所以函数为增函数;
所以,所以的取值范围为.
(2)(2)由(1)知,令,,
∴当时,,且当且仅当时
令,则
即,, ,,,
将上述个式子相乘得:,∴原命题得证
【变式1-2】(2023·全国·高三专题练习)设整数,,且,函数.
(1)求证:;
(2)求证:.
【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析
【分析】(1)利用导数研究单调性,进而求证结论;
(2)由(1)结论(伯努利不等式)有,令,放缩,累乘即可证结论.
【详解】(1)由,
∵,,∴单调递增.
当时,,单调递减;当时,,单调递增.
∴.
(2)由(1)知,,令,,
得,
∴.
【变式1-3】(2022·全国·高三专题练习)已知函数,.
(1)若在上恒成立,求实数的取值范围;
(2)求证:.
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】(1)等价于,即,记,只要证明即可,分,和三种情况讨论函数的最值,从而可得出答案;
(2)由(1)可知当时,在上成立,即,令,则,由此即可证得结论.
【详解】(1)解:等价于,即,
记,则,当时,,在上单调递增,
由,,所以,即不恒成立;
当时,则,当时,,所以在上单调递增,
则,所以不恒成立;
当时,,,在上单调递减,所以,
所以,即恒成立,
所以在上恒成立,实数的取值范围是;
(2)证明:当时,在上成立,即,
令,则,
所以
,所以.
题型06 数列不等式:取对数型
【解题攻略】
【典例1-1】(2023·全国·高三专题练习)已知函数.
(1)求证:当时,;
(2)已知e为自然对数的底数,求证:,.
【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析
【分析】(1)构造函数和,求导即可求解,
(2)由(1)可知:当时,,.取,可得,利用“累加求和”即可证明不等式的右边部分.由(1)可知:当时,,.取,则,利用“累加求和”即可证明不等式的左边部分.
【详解】(1)令,则,
故在上单调递增,∴当时,,
即成立.令,则,
∴在上单调递减,∴当时,,
即成立.综上所述,当时,成立.
(2)由(1)可知:,.取,,,.
,,
,.
由(1)可知:当时,对恒成立.
取,,,.则,,,
,
,.
综上可得:,.
【典例1-2】(2023·全国·高三专题练习)已知函数.
(1)求函数的图象在处的切线方程;
(2)若任意,不等式恒成立,求实数的取值范围;
(3)设,证明:.
【答案】(1)(2)(3)证明见解析
【分析】(1)求导,再利用导数的几何意义求解;
(2)将问题转化为,令,用导数法求其最大值即可.
(3)易知,易知在上恒成立,令得到证明.
【详解】(1)解:,∴,∴切线方程为.
(2),
令,则.
令,则.
①当,即时,恒成立,∴单调递增.
∴,∴,∴单调递增,
从而,不符合题意.
②当,即时,恒成立,∴单调递减.
∴,∴,∴单调递减,从而,符合题意.
③当,即时,由,,
∴在上存在,使得,且当时,,
∴单调递增,∴,不符合题意.
综上所述,实数的取值范围是.
(3)由(2)可知,当时,,∴.
又令,求导,得,
∴单调递减,
从而,即在上恒成立.
令,得.
∴.
即,
∴,于是得证.
【变式1-1】(2023上·江苏淮安·高三金湖中学校联考)已知函数.
(1)求曲线在点处的切线方程;
(2)证明:当时,;
(3)设为整数,若对于成立,求的最小值.
【答案】(1)(2)证明见解析(3)3
【分析】(1)求导,结合导数的几何意义运算求解;
(2)求导,利用导数判断原函数的单调性和最值;
(3)结合(2)可得:,结合等比数列的求和公式可得,结合恒成立问题分析求解.
【详解】(1)由题意可得:,则,,
即切点坐标为,斜率,
所以曲线在点处的切线方程为,即.
(2)当时,,可知的定义域为,且,
令,解得.列表如下:
可知当时,取最小值,
所以.
(3)由(2)可知:,当且仅当时,等号成立,
令,则,
可得,
即,
所以.
当时,,
所以对于任意,成立时,整数的最小值为3.
【变式1-2】(2023·全国·高三专题练习)已知关于的函数
(1)讨论的单调性;
(2)证明:当时,
【答案】(1)答案见解析;(2)证明见解析.
【分析】(1)对函数求导,分和两类分别讨论函数的单调性;
(2)由(1)知,即,利用累加法可证得命题成立.
【详解】(1)由得
知当时在上单调递减当时,
当时在上单调递增,
当时在上单调递减.
(2)由(1)知时在上单调递减,在上单调递增,
,即有,,
以上各式相加得,
【变式1-3】(2023·四川成都·石室中学校考模拟预测)已知函数
(1)若单调递增,求a的值;
(2)判断(且)与的大小,并说明理由.
【答案】(1)(2),理由见解析
【分析】(1)根据题意,由单调递增,转化为恒成立,然后分,,讨论,即可得到结果;(2)根据题意,由(1)可得时,,然后再由放缩,裂项即可得到结果.
【详解】(1)由可得,,
由于函数单调递增,则恒成立,
设,则,
当时,,可知时,,不满足题意;
当时,,函数单调递增,
又因为,即,不满足题意;
当时,令,解得,
当时,,函数单调递减,
当时,,函数单调递增,
所以当时,函数取得最小值,
由可得,,令,则,
可知时,,函数单调递增;
当时,,函数单调递减,
则,由于恒成立,
所以,当且仅当时取等号,
故函数单调递增时,实数的值为.
(2).理由如下:由(1)可知,当时,,即有,
则时,,故当且时,
,
因为时,,
所以,
则,所以
题型07 虚设根型证不等式
【解题攻略】
【典例1-1】已知函数.
(1)求函数的单调区间;
(2)当时,证明:对任意的,.
【答案】(1)见解析(2)见解析
【分析】(1)利用导数求单调区间;(2)将不等式等价转化为,利用导数讨论最值即可求解.
【详解】(1)由题可知函数的定义域为 ,
,即,
(i)若,则在定义域上恒成立,
此时函数在上单调递增;
(ii) 若,令,即,解得,令,即,解得,
所以在上单调递减,上单调递增.综上,时,在上单调递增;
时,在上单调递减,上单调递增.
(2)当时,,
要证明,只用证明,令,,
令,即,可得方程有唯一解设为,且,所以,
当变化时,与的变化情况如下,
所以,因为,因为,所以不取等号,
即,即恒成立,所以,恒成立,得证.
【变式1-1】(2023上·福建福州·高三校联考)设函数.
(1)求时,的单调区间;
(2)求证:当时,.
【答案】(1)单调减区间为,单调增区间为(2)证明见解析
【分析】(1)根据题意,求导得,即可得到其单调区间;
(2)根据题意,当时,结合隐零点的处理方法,即可得证.
【详解】(1)时,的定义域为,
∴,令,则,
∴当时,;当时,,
∴函数的单调减区间为,单调增区间为.
(2)证明:的定义域为且.
当时,为单调递增,单调递增,故在上单调递增,
又,假设存在满足 时,且,
当时,导函数存在唯一的零点,设该零点为,
当时,,当时,,
故在单调递减,在单调递增,当时取得最小值,
由于,即,两边取对数得,
∴,当且仅当时,即时,取等号,
故时,.
【变式1-2】(2024上·陕西安康·高三校联考阶段练习)已知函数.
(1)讨论函数的单调性;
(2)当时,令,若为的极大值点,证明:.
【答案】(1)答案见解析;(2)证明见解析.
【分析】(1)对参数分类讨论,根据不同情况下导函数函数值的正负,即可判断单调性;
(2)利用导数判断的单调性,求得的范围,满足的条件,以及,根据的范围夹逼的范围即可.
【详解】(1)函数的定义域为,
①当时,,函数在上单调递增;
②当时,由,得,由,得,
所以,函数在上单调递增,在上单调递减.
综上,当时,函数在上单调递增;当时,函数在上单调递增,在上单调递减.
(2)当时,,
设,则,当时,,所以在上单调递增,
又,所以存在,使得,
且当;
又当;
故当6.,;当,;当,
所以在上单调递增,在上单调递减,在上单调递增,
所以当时,取得极大值,故,且,所以,
,
又在单调递减,所以.
【变式1-3】(2023上·重庆沙坪坝·高三重庆一中校考阶段练习)已知函数,.
(1)判断的单调性;
(2)若, 求证:,其中e是自然对数的底数.
【答案】(1)在上单调递减,在上单调递增.(2)证明见详解
【分析】(1)求导,由导数的正负即可求解函数的单调性,
(2)构造函数,利用导数求解函数的单调性,即可求解最值,进而可证明.
【详解】(1)函数的定义域为,,
当时,,当,;
故在上单调递减,在上单调递增.
(2)证明:令,则,
令,则,显然在上单调递增.
又,,故存在唯一的,使得.
从而在上单调递减,在上单调递增,
,
又,两边取对数得,故,
,
故在上单调递增,所以,得证.
题型08 利用函数“凸凹反转性”证明不等式
【解题攻略】
【典例1-1】(2023上·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨市第十三中学校校考)已知函数.
(1)讨论的单调性;
(2)证明:当时,.
【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析
【分析】(1)求出函数的导函数,对进行分类讨论,判断的正负作答即可;
(2)把代入不等式,化简转化为,构造新函数,对新函数求导,并求出其最小值为,即可判断原不等式成立.
【详解】(1)函数的定义域是,可得.
当时,可知,所以在上单调递增;
当时,由得,
可得时,有,时,有,
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)证明:当时,要证成立,
只需证成立,只需证即可.因为,由(1)知,.
令,则,
可得时,有;时,有,
所以在上单调递减,在上单调递增,
可知,则有,所以有,
所以当时,成立.
【典例1-2】已知函数.
(1)当时,恒成立,求的取值范围;
(2)当时,证明:.
【解析】解:(1)由题意得,恒成立对恒成立,令,
则,当时,,故在上是增函数,
故当时,;故若使恒成立对恒成立,
则只需使;
(2)证明:;令,;
当时,,当时,;
即在上为减函数,在上为增函数,(1)①.
令,,故在上是减函数,在上为增函数;
故(2)②.故由①②可得,.
【变式1-1】(2021上·全国·高三校联考阶段练习)已知,.
(Ⅰ)讨论的单调性;
(Ⅱ)若,证明:.
【答案】(Ⅰ)答案见解析;(Ⅱ)证明见解析.
【分析】(Ⅰ)分,进行讨论,再利用导数研究函数的单调性即可求解;
(Ⅱ)由结合(Ⅰ)可得,构造新函数,利用导数研究函数的单调性即可得证.
【详解】(Ⅰ)由题可知,.
当时,恒成立,函数在上单调递增;
当时,令,解得.
当时,,在上单调递增;
当时,,函数在上单调递减.
综上可知,当时,函数在上单调递增;当时,函数在上单调递增,在上单调递减.
(Ⅱ)证明:若,则由(Ⅰ)可知,在处取得极大值,
.
令.,,
函数在上单调递减.
又,,
.
【变式1-2】已知,
(1)对,不等式恒成立,求实数的取值范围;
(2)证明:对一切,都有.
【解析】解:(1),则,
设,则,
当时,,单调递减,
当时,,单调递增,
(1),
对一切,恒成立,
.
证明:(2)问题等价于证明,
由(1)可知,的最小值是,当且仅当时取得.
设,则,
由题意得(1),
当且仅当时取到,从而对一切,都有成立.
【变式1-3】已知函数f(x)=ax2﹣xlnx.
(I)若f(x)在区间(0,+∞)内单调递增,求a的取值范围;
(Ⅱ)若a=e(e为自然对数的底数),证明:当x>0时,f(x)<xex+.
【分析】(Ⅰ)先求导,再分离参数,构造函数,利用到导数求出函数的最值即可得到a的取值范围,
(Ⅱ)当x>0时,f(x)<xex+.不等式等价于lnx+>ex﹣ex,分别构造函数h(x)=lnx+,φ(x)=ex﹣ex,利用导数求出函数的最值即可证明
【解答】解:(Ⅰ)∵f(x)在区间(0,+∞)内单调递增,
∴f′(x)=2ax﹣1﹣lnx≥0在(0,+∞)上恒成立,
∴2a≥在(0,+∞)上恒成立,设g(x)=,∴g′(x)=﹣,
令g′(x)=0,解得x=1,当x∈(0,1)时,g′(x)>0,函数g(x)单调递增,
当x∈(1,+∞)时,g′(x)<0,函数g(x)单调递减,
∴g(x)max=g(1)=1,∴2a≥1,∴a≥,故a的取值范围为[,+∞),
证明(Ⅱ)当a=e时,要证f(x)<xex+,即证ex2﹣xlnx<xex+,
∵x>0,则需要证ex﹣lnx<ex+,即证lnx+>ex﹣ex,设h(x)=lnx+,
∴h′(x)=﹣=,x>0,当x∈(0,)时,h′(x)<0,函数h(x)单调递减,
当x∈(,+∞)时,h′(x)>0,函数h(x)单调递增,∴h(x)min=h()=0,∴h(x)≥0,
即lnx+≥0,
再设φ(x)=ex﹣ex,∴φ′(x)=e﹣ex,
当x∈(0,1)时,φ′(x)>0,函数φ(x)单调递增,
当x∈(1,+∞)时,φ′(x)<0,函数φ(x)单调递减,
∴φ(x)max=φ(1)=0,∴φ(x)≤0,即ex﹣ex≤0,∵h(x)和φ(x)不同时为0,
∴当x>0时,lnx+>ex﹣ex,故原不等式得以证明.
题型09 同构型不等式证明
【解题攻略】
【典例1-1】(2023·全国·高三专题练习)已知,,.
(1)当时,求函数的极值;
(2)当时,求证:.
【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析
【分析】(1)分类讨论求解函数的极值即可.
(2)首先将题意转化为.令,即证:,再构造函数,求其最小值即可证明.
【详解】(1),当时,,即在上单调递减,
故函数不存在极值;
当时,令,得,
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,故只须证:.
设,则,
当时,,当时,,
故在上单调递增,在上单调递减,
即,所以,从而有.
故,即.
【典例1-2】(2023上·安徽马鞍山·高三马鞍山二中校考阶段练习)已知函数,为自然对数的底数.
(1)试判断函数的零点个数并说明理由;
(2)证明:.
【答案】(1)两个,理由见解析(2)证明见解析
【分析】(1)求出函数导函数,讨论其单调性后结合零点存在性定理可判断函数零点个数;
(2)方法一,令,则等价于,令,利用函数的导数,通过函数的最值判断证明即可;
方法二:令,则等价于,令,利用函数的导数,通过函数的最值判断证明即可.
【详解】(1)的定义域为,当时,恒有,故在内没有零点.
当时,由得,令得,令得,
所以在上单调递减,在上单调递增.又,
故存在,,使得,,所以在两个零点.
综上,函数有两个零点.
(2)方法一:令,则时,,且.于是等价于,
令,可得,令,可得,当时,,函数是增函数,
当时,,函数是减函数,
所以时,函数取得最大值:,所以,即.
方法二:令,则,于是等价于,
即,令,则有.令,即,解得;
令,即,解得,所以在单调递减,上单调递增,
所以,即.所以,即.
【变式1-1】(2023·四川遂宁·统考模拟预测)设,,
(1)试讨论的单调性;
(2)当时,证明恒成立.
【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析
【分析】(1)根据导数与函数单调性的关系,利用分类讨论思想,可得答案;
(2)利用放缩法,整理不等式,构造新函数,结合换元法与导数研究单调性,可得答案.
【详解】(1)∵,∴.
(i)当时,,所以在上单调递减;
(ii)当时,令,得,
因为当时,当时,
所以在上单调递减,在上单调递增.
(2)当时,,
要证,只需证,即证,即证,
令,则,
当时,,单调递减,当时,,单调递增,
所以,令,则,
当时,,单调递增,所以因此,
所以从而,所以当时恒成立.
【变式1-2】已知,,.
(1)当时,求函数的极值;
(2)当时,求证:.
【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析
【分析】(1)分类讨论求解函数的极值即可.
(2)首先将题意转化为.令,即证:,再构造函数,求其最小值即可证明.
【详解】(1),当时,,即在上单调递减,
故函数不存在极值;
当时,令,得,
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,故只须证:.
设,则,
当时,,当时,,
故在上单调递增,在上单调递减,
即,所以,从而有.
故,即.
题型10 双变量型构造
【典例1-1】(2022贵州黔东南·统考一模)已知函数.
(1)试讨论函数的单调性;
(2)对,且,证明:.
【答案】(1)见解析;(2)见解析.
【分析】(1)的定义域为,且,对分类讨论,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.
【详解】(1)的定义域为,且.
①当时,对,有,故函数在单调递增;
对,有,故函数在单调递减.
②当时,对,有,函数在单调递减;
对,有,函数在单调递增.
(2)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.
【典例1-2】(2023上·四川内江·高三四川省内江市第六中学校考阶段练习)已知函数.
(1)求函数的单调区间;
(2)已知m,n是正整数,且,证明.
【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析
【分析】(1)求导,令导数为0,结合定义域对进行讨论即可;
(2)两边取对数,整理后,构造函数,证明为上的减函数,即可求解.
【详解】(1)函数的定义域为,,
①当时,在上恒成立,的减区间为,无增区间;
②当时,令,解得,令,解得,
所以的增区间为,减区间为.
综上,当时,的减区间为,无增区间;
当时,的增区间为,减区间为.
(2)两边同时取对数,证明不等式成立等价于证明,
即证明,
构造函数,
令,由(1)知,当时,在上为减函数,故,
所以,所以为上的减函数,
因为,知,即,即.
【变式1-1】(2022·全国·高三专题练习)已知函数.
(1)求的单调区间;
(2)当时,试证明.
【答案】(1)的单调递增区间是,单调递减区间是;(2)证明见解析.
【分析】(1)由题可求函数的导函数,利用导函数可求;
(2)利用函数的单调性可证.
【详解】(1)因为,
所以.
令,得;令,得.
所以的单调递增区间是,单调递减区间是.
(2)由(1)知在上单调递减,
所以时,,
即,
所以,即.
【变式1-2】(2021·全国·高三专题练习)已知函数.
(1)求证:函数在上单调递增;
(2)设,求证:.
【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析.
【分析】(1)利用导数法,证明时,即可;
(2)不妨设,利用作差法得到,然后令,转化为,利用其在上单调性证明.
【详解】(1)由题意知,,,
∴函数在上单调递增.
(2)不妨设,
则,
令,则.由(1)知在上单调递增,,
∵,∴.又,∴.
【变式1-3】(2022·全国·高三专题练习)已知函数.
(1)若函数在上为单调增函数,求的取值范围;
(2)设,且,求证.
【答案】(1);(2)证明见解析.
【分析】(1)对函数进行求导并解不等式,转化为二次不等式在上恒成立问题;
(2)将所证不等式转化为构造为主元的不等式,再构造函数进行证明;
【详解】解:(1),
因为在上为单调增函数,所以在上恒成立
即在上恒成立,
当时,由,
得:,设,
则,当且仅当即时,有最小值2,
所以,解得,所以的取值范围是;
(2)设,要证,只需证,即,即,
设,由(1)知在上是单调增函数,又,
所以,即成立,得到.
题型11 极值点偏移型:和型证明
【解题攻略】
【典例1-1】(2023·四川成都·成都七中校考模拟预测)已知函数有两个极值点,.
(1)求实数a的取值范围;
(2)证明:.
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】(1)由,有,令,利用导数研究单调性,求的取值范围得实数a的取值范围;
(2)由,得,证明,得,从而.
【详解】(1)有两个两侧异号的零点,又,于是,
令,则,令,则.
当时,,于是,
所以在单调递减且,
当时,,在单调递增,
又,所以当时,,在单调递减,
当时,,在单调递增.
又且,,所以.所以实数a的取值范围为.
(2)因为,所以,于是,从而,
下面证明,即证明,令,即证明,即证明,
令,.所以在单调递增,所以.
从而.所以,于是,由(1)知,从而.
【典例1-2】(2023·山西·校考模拟预测)已知函数.
(1)若,求的取值范围;
(2)若关于的方程有两个不同的正实根,证明:.
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】(1)对不等式参变分离,然后构造函数,利用导数求的最大值可解;
(2)将变形为,构造函数,根据其单调性将方程转化为,再构造函数,利用导数讨论其性质,结合图象可得,构造函数,根据单调性,并令,可得,最后由作差整理可证.
【详解】(1)的定义域为,由,得.
设,则.由,得,由,得,
则在上单调递增,在上单调递减,从而.
故,即的取值范围是.
(2)证明:由,得,即,即.
设,则等价于.易证在上单调递增,则,即.设,则.由,得,由,得,
则在上单调递增,在上单调递减,
从而,且,
当x趋于时,趋于0.
方程有两个不同的正实根,不妨设,
由图可知,.设
则在上单调递增.因为,所以,即.
设,则,即,则.
因为方程有两个不同的正实根,所以,作差得.
因为,所以,所以,则,故.
【变式1-1】(2023·江西·统考模拟预测)已知函数.
(1)讨论的单调性;
(2)若,且,证明:,且.
【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析
【分析】(1)求定义域,求导,分和两种情况,得到函数的单调性;
(2)变形为是方程的两个实数根,构造函数,得到其单调性和极值最值情况,结合图象得到,再构造差函数,证明出.【详解】(1)的定义域为R,
由题意,得,,当时,恒成立,在上单调递增;
当,且当时,,单调递减;
当时,,单调递增.
综上,当时,在上单调递增;
当时,在区间上单调递减,在区间上单调递增.
(2)证明:由,得,是方程的两个实数根,
即是方程的两个实数根.令,则,
所以当时,,单调递增;当时,,单调递减,
所以.因为当时,;当时,,,所以.
不妨设,因为,是方程的两个实数根,则.
要证,只需证.因为,,所以只需证.
因为,所以只需证.今,,
则在恒成立.
所以在区间上单调递减,所以,即当时,.
所以,即成立.
【变式1-2】(2023上·江苏镇江·高三校考阶段练习)已知函数.若函数有两个不相等的零点.
(1)求a的取值范围;
(2)证明:.
【答案】(1);(2)证明见详解.
【分析】(1)利用导数研究函数的单调性及最值,结合零点存在性定理计算即可;
(2)构造函数,利用导数研究其单调性与最值即可证明.
【详解】(1)由题意可知:,
若,则恒成立,即单调递增,不存在两个不等零点,故,
显然当时,,当时,,
则在上单调递减,在上单调递增,
所以若要符合题意,需,此时有,且,
令,而,即在上递减,故,所以,又,
故在区间和上函数存在各一个零点,符合题意,综上;
(2)结合(1),不妨令,构造函数,
则,即单调递减,所以,
即,因为,所以,
由(1)知在上单调递增,所以由,故.
题型12 极值点偏移型:积型证明
【解题攻略】
【典例1-1】(2023上·河南·高三南阳中学校联考阶段练习)已知函数.
(1)若有唯一极值,求的取值范围;
(2)当时,若,,求证:.
【答案】(1);(2)证明见解析.
【分析】(1)求出函数的导数,分析极值点情况即可得解.
(2)由(1)的信息可设,再构造函数,探讨函数的单调性推理即得.
【详解】(1)函数的定义域为,
求导得,
当时,若,,函数在上单调递增,无极值点,不符合题意;
若,当或时,,当时,,
即函数在上单调递增,在上单调递减,函数有两个极值点,不符合题意;
若,当或时,,当时,,
即函数在上单调递增,在上单调递减,函数有两个极值点,不符合题意;
当时,当时,,当时,,
即函数在上单调递增,在上单调递减,2是函数的极大值点,且是唯一极值点,
所以的取值范围是.
(2)当时,函数在上单调递增,在上单调递减,
由,,不妨令,
要证,只证,即证,就证,
令,求导得
,于是函数在上单调递减,,
而,则,即,又,
因此,显然,又函数在上单调递增,则有,
所以.
【典例1-2】(2023上·陕西汉中·高三西乡县第一中学校联考)已知函数,.
(1)求函数的极值;
(2)若,求函数的最小值;
(3)若有两个零点,,证明:.
【答案】(1)极大值为,无极小值(2)(3)证明见解析
【分析】(1)求导后解不等式、即可求得极值.
(2)运用导数研究的单调性,进而可求得其最小值.
(3)由已知可得,构造函数,根据其单调性可得,构造函数并研究其单调性,构造函数并研究其单调性,当时,依次结合函数、的单调性即可证得结果.
【详解】(1)由题意知函数的定义域为,,
,,所以在上单调递增,在上单调递减,
所以在处取得极大值,极大值为,无极小值.
(2)由题意知函数的定义域为.,
则,,所以在上单调递减,在上单调递增.
所以.
(3)不妨设,则由(2)知,.设,由,得,即,
因为函数在R上单调递增,所以成立.
构造函数,则,
,,
所以在上单调递减,在上单调递增,
构造函数,则,
所以函数在上单调递增,
所以当时,,即当时,,
所以,又在上单调递减,所以,即.
【变式1-1】(2023上·重庆渝中·高三统考)已知函数.
(1)若函数是减函数,求的取值范围;
(2)若有两个零点,且,证明:.
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】(1)在上恒成立,参变分离在上恒成立,构造函数求出的最大值,从而求出的取值范围;
(2)由零点得到,令,从而得到,,,构造,求导得到其单调性,从而证明出结论.
【详解】(1)的定义域为,
,
函数是减函数,故在上恒成立,
即在上恒成立,令,,,
当时,,单调递增,
当时,,单调递减,
故在处取得极大值,也是最大值,且,故,解得,故的取值范围是;
(2)若有两个零点,则,得.
,令,则,故,
则,
,
令,则,
令,则,
在上单调递增,
,
,则在上单调递增,
,即,故.
【变式1-2】(2023上·江苏连云港·高三江苏省海州高级中学校考阶段练习)已知函数.
(1)当时,求函数的零点个数.
(2)若关于的方程有两个不同实根,求实数的取值范围并证明.
【答案】(1)有且仅有一个零点(2),证明见解析
【分析】(1)利用导函数与单调性的关系,以及零点的存在性定理求解;
(2)根据题意可得有两个不同实根,进而可得,两式相加得,两式相减得,从而有,进而要证,只需证,即证,
构造函数即可证明.
【详解】(1)当时,,
所以函数在上单调递增,又因为,
所以函数有且仅有一个零点.
(2)方程有两个不同实根,等价于有两个不同实根,
得,令,则,令,解得;令,解得;
所以在上单调递增,在上单调递减,所以当时,取得最大值,
由,得当时,;当的大致图象如图所示,
所以当,即时,有两个不同实根;
证明:不妨设且两式相加得,两式相减得,
所以,要证,只需证,
即证,设,令,
则,所以函数在上单调递增,且,
所以,即,所以,原命题得证.
题型13 极值点偏移型:平方型证明
【典例1-1】(2023下·辽宁·高三统考)已知函数.
(1)讨论的单调性;
(2)若(e是自然对数的底数),且,,,证明:.
【答案】(1)结论见解析;(2)证明见解析.
【分析】(1)求出函数的导数,再按分类探讨的正负作答.
(2)等价变形给定等式,结合时函数的单调性,由,,再构造函数,,利用导数、均值不等式推理作答.
【详解】(1)函数的定义域为,求导得则,由得,
若,当时,,则单调递减,当时,,则单调递增,
若,当时,,则单调递增,当时,,则单调递减;
所以当时,函数在上单调递减,在上单调递增;
当时,函数在上单调递增,在上单调递减.
(2)由,两边取对数得,即,
由(1)知,当时,函数在上单调递增,在上单调递减,
,而,时,恒成立,
因此当时,存在且,满足,
若,则成立;
若,则,记,,
则,
即有函数在上单调递增,,即,
于是,
而,,,函数在上单调递增,因此,即,
又,则有,则,
所以.
【典例1-2】(2023·广东广州·广州市从化区从化中学校考模拟预测)已知函数.
(1)讨论函数的单调性:
(2)若是方程的两不等实根,求证:;
【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析
【分析】(1)求出函数的定义域和导数,再根据和分类讨论,即可得出函数的单调性;
(2)由可得,是方程的两不等实根,从而可将问题转化为是方程的两不等实根,即可得到和的范围,原不等式等价于,即极值点偏移问题,根据对称化构造(解法1)或对数均值不等式(解法2)等方法即可证出.
【详解】(1)由题意得,函数的定义域为.
由得:,当时,在上单调递增;
当时,由得,由得,
所以在上单调递增,在上单调递减.
(2)因为是方程的两不等实根,,
即是方程的两不等实根,
令,则,即是方程的两不等实根.
令,则,所以在上递增,在上递减,,
当时,;当时,且.所以0,即0.
令,要证,只需证,
解法1(对称化构造):令,
则,令,
则,
所以在上递增,,所以h,所以,
所以,所以,即,所以.
解法2(对数均值不等式):先证,令,
只需证,只需证,
令,
所以在上单调递减,所以.因为,所以,
所以,即,所以.
【变式1-1】(2023·山西·校联考模拟预测)已知函数.
(1)若,求实数的取值范围;
(2)若有2个不同的零点(),求证:.
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】(1)求解函数定义域,参变分离得到,构造,利用导函数得到其单调性,极值和最值情况,得到;
(2)转化为有2个不同的实数根,构造,得到其单调性,得到,且,求出,换元后即证,构造,求导后得到在上单调递增,,得到证明.
【详解】(1)因为函数的定义域为,所以成立,等价于成立.
令,则,
令,则,所以在内单调递减,
又因为,所以当时,,单调递增;当时,,单调递减,
所以在处取极大值也是最大值.因此,即实数的取值范围为.
(2)有2个不同的零点等价于有2个不同的实数根.
令,则,当时,解得.所以当时,,单调递增,
当时,,单调递减,所以在处取极大值为.
又因为,当时,,当时,.
且时,.所以,且.
因为是方程的2个不同实数根,即.将两式相除得,
令,则,,变形得,.
又因为,,因此要证,只需证.
因为,所以只需证,即证.
因为,即证.令,则,
所以在上单调递增,,
即当时,成立,命题得证.
【变式1-2】(2023上·云南·高三云南师大附中校考阶段练习)已知函数,.
(1)若,求的取值范围;
(2)证明:若存在,,使得,则.
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】(1)求出函数的导数后可得函数的单调性,结合单调性可求最大值,从而可求参数的取值范围.
(2)利用极值点偏移可证,结合不等式放缩可证.
【详解】(1),,令,解得,
所以当时,,在上单调递增;
当时,,在单调递减,
所以,要使,则有,而,故,所以的取值范围为.
(2)证明:当时,由(1)知,当时,单调递增;
当时,单调递减,设,所以,,
①若,则,成立;
②若,先证,此时,
要证,即证,即,,令,,
,
所以在(1,2)上单调递增,所以,即,,所以,
因为,,所以,
即.
题型14 三角函数型不等式证明
【解题攻略】
【典例1-1】(2023·全国·高三专题练习)已知函数.
(1)证明:;
(2)当时,证明不等式,在上恒成立.
【答案】(1)答案见解析;(2)答案见解析.
【分析】(1)求导,根据导函数分析的单调性,即可得到,即可证明;
(2)令,求导,根据放缩的思路得到,然后利用在上的单调性即可证明.
【详解】(1)证明:,当时,,单调递增;
当时,,单调递减,,
故,当且仅当时取等号,∴.
(2)令,则,
由(1)可得,即,
又,所以,
令,则,
当时,,所以在上单调递增,
所以当时,,则,在上单调递增,
当时,,即,
所以当时,不等式,在上恒成立.
【典例1-2】(2023·四川资阳·统考模拟预测)已知函数.
(1)当时,过点作曲线的切线l,求l的方程;
(2)当时,对于任意,证明:.
【答案】(1)或(2)证明见解析
【分析】(1)易知不在上,设切点,由导数的几何意义求出切线方程,将代入求出对应,即可求解对应切线方程;
(2)构造,求得,再令,通过研究正负确定单调性,再由正负研究最值,进而得证.
【详解】(1)由题,时,,,
设切点,则切线方程为,
该切线过点,则,即,
所以或.又;;,.
所以,切线方程为或;
(2)设,则,
令,则,
可知,时,;时,,
故时均有,则即在上单调递增,,
因为时,则,,故在上单调递增,
此时,.
所以,当时,对于任意,均有.
【变式1-1】(2022·新疆·统考三模)已知函数,
(1)若在处的切线为,求实数a的值;
(2)当,时,求证:
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】(1)由导数的几何意义有,求解即可;
(2)将变形成,故只需证,用导数法证明即可
【详解】(1)∵,∴,∴
(2)要证,即证,只需证,因为,也就是要证,令,
∵,∴
∴在为减函数,∴,
∴,得证
【变式1-2】设函数,,.
(1)求的最小值,并证明:;
(2)若不等式:成立,求实数a的取值范围.
【答案】(1),证明见解析(2)
【分析】(1)求导,利用导数确定函数的单调性,进而可求最值,结合单调性,即可证明,
(2)根据和分类讨论,结合第一问的结论和基本不等式即可求解.
【详解】(1)由可得,令得,,
当时,,时,,所以在单调递增,在单调递减,
所以,因为,所以,
因为时,,所以在上单调递减,所以,化简得,;
(2)等价于,当,因为,所以,,
所以,由(1)得,,
所以;当时,,
即时,不成立,即不成立,
综上,实数a的取值范围为.
题型15 韦达定理代换型
【解题攻略】
【典例1-1】已知函数.
(1)求函数的单调区间;
(2)设存在两个极值点,且,若,求证:.
【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析
【分析】
(1)先把函数进行求导并进行化简,由题意知,,在对进行讨论即可得到答案.
(2)由(1)知在时,存在两个极值点,利用韦达定理求出的关系式,并用分别表示出和,把代入中进行化简,,所以可以求出最小值,即可证出.
(1)由题意可知,,
当时,,则在是单调递增;
当时,若,即时,
若,即时,和时,时,,综上,时,在是单调递增;时,在和递增,在递减
(2)由题意可设,是的两个根,则
(用分别表示出和),整理,得
,此时设,求导得
恒成立,
在上单调递减,
【典例1-2】已知函数f(x)=ln x+ax2-x.
(1)若a=-1,求函数f(x)的极值;
(2)设f′(x)为f(x)的导函数,若x1,x2是函数f′(x)的两个不相等的零点,求证:f(x1)+f(x2)0,0,得到x1,x2是方程2ax2-x+1=0的两个不相等正实根,利用根的分布,得到0
相关试卷
这是一份2024年新高考数学二轮专题复习 导数大题证明不等式归类(原卷版+解析版),共112页。
这是一份2024年高考数学二轮热点题型归纳与变式演练(新高考通用)专题2-6导数大题证明不等式归类-3,共51页。
这是一份2024年高考数学二轮热点题型归纳与变式演练(新高考通用)专题2-6导数大题证明不等式归类-1,共39页。