高考数学一轮复习【考点题型归纳讲练】导学案（新高考专用）专题研究三利用导数证明不等式(原卷版+解析)

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【例1】已知函数(为自然对数的底数，为常数)的图像在(0，1)处的切线斜率为.
(1)求的值及函数的极值； (2)证明：当时，.
【练习1】已知函数的最小值为．
(1)求实数的值； (2)求证：当时，．
题型二 将不等式转化为两个函数的最值进行比较（放缩法）
【例2】已知函数.
(1)若函数f(x)的图象与直线y＝x－1相切，求a的值； (2)若a≤2，证明f(x)>ln x.
【练习2】已知函数在处的切线与轴平行．
（1）求的值； （2）求证：在区间上不存在零点．
【完成课时作业（二十一）】
【课时作业（二十一）】
1．已知函数．
（1）讨论当时，f(x)单调性． （2）证明：．
2．已知．
(1)当时，判断函数零点的个数； (2)求证：.
3．设函数，其中.
(1)求的单调区间； (2)当时，证明：.
4．已知函数.
(1)讨论函数的单调性； (2)当时，求证：.
5．已知函数．
(1)若在上单调递增，求实数m的取值范围； (2)求证：时，．
6．已知函数.
(1)讨论函数的单调性； (2)当时，证明：.
专题研究三 利用导数证明不等式
编写：廖云波
题型一 构造函数证明不等式
【例1】已知函数(为自然对数的底数，为常数)的图像在(0，1)处的切线斜率为.
(1)求的值及函数的极值；
(2)证明：当时，.
【答案】(1)，极小值，无极大值
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）对函数求导得到，由导数的几何意义得到，解得，再利用导数研究其单调性和极值，即可得出；
（2）令，对其求导，结合（1）可得：，得到的单调性，即可证明.
(1)
由，得.
由题意得，，即，
所以，.
令，得，
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增．
所以当时，取得极小值，且极小值为，
无极大值．
(2)
证明：令，则.
由(1)知，，
故在上单调递增．
所以当时，，
即.
【点睛】
本题考查不等式的恒成立问题，常用到以下两个结论：
(1)恒成立恒成立；
(2)恒成立恒成立.
【练习1】已知函数的最小值为．
(1)求实数的值；
(2)求证：当时，．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）分类讨论的取值范围，利用导数求解函数的单调性，进而求解函数的最值即可.
（2）构造函数，利用导数求解函数在区间上的单调性及最值，即可证明不等式.
(1)
（1）函数定义域为，．
①若，则，在上单调递增，没有最小值；
②若，则由，得；由，得．因此，在上单调递减，在上单调递增，
故,
解得.
(2)
证明：由（1）知．
令，则
．
当时，，，所以（当且仅当时“＝”号成立），所以在上单调递减．
因此，当时，有，即．
题型二 将不等式转化为两个函数的最值进行比较（放缩法）
【例2】已知函数.
(1)若函数f(x)的图象与直线y＝x－1相切，求a的值；
(2)若a≤2，证明f(x)>ln x.
【答案】(1)a＝2
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）求导函数，令f′(x)＝1，得x＝0，继而有f(0)＝－1，代入可求得答案；
（2）由已知得f(x)＝ex－a≥ex－2，令φ(x)＝ex－x－1，运用导函数分析所令函数的单调性得φ(x)≥0，可证得ex－2≥x－1，当且仅当x＝0时等号成立，令h(x)＝lnx－x+1，运用导函数分析所令函数的单调性得，证得，当且仅当x＝1时等号成立，从而有ex－2≥x－1≥ln x，两等号不能同时成立，由此可得证.
(1)
解：f(x)＝ex－a，∴f′(x)＝ex，令f′(x)＝1，得x＝0，
而当x＝0时，y＝－1，即f(0)＝－1，所以，解得a＝2.
(2)
证明 ∵a≤2，∴f(x)＝ex－a≥ex－2，
令φ(x)＝ex－x－1，则φ′(x)＝ex－1，令φ′(x)＝0⇒x＝0，
∴当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0；当x∈(－∞，0)时，φ′(x)<0，
∴φ(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(0)＝0，即φ(x)≥0，即ex≥x＋1，
∴ex－2≥x－1，当且仅当x＝0时等号成立，
令h(x)＝lnx－x+1，则，令h′(x)＝0⇒x＝1，
∴当x∈(0，1)时，h′(x)>0；当x∈(1，+∞)时，h′(x)<0，
∴h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴h(x)max＝h(1)＝0，即，即，
∴，当且仅当x＝1时等号成立，
∴ex－2≥x－1≥ln x，两等号不能同时成立，
∴ex－2>ln x，即证f(x)>ln x.
【练习2】已知函数在处的切线与轴平行．
（1）求的值；
（2）求证：在区间上不存在零点．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【解析】
【分析】
（1）由函数在在处的切线斜率为，列方程可得的值；
（2）要证在区间上不存在零点，即证在区间上不存在方程根，即证函数与在区间上不存在交点，分别对函数求导判断出单调性求出最值，可得命题成立．
【详解】
（1），由题意可得，解得；
（2）证明：要证在区间上不存在零点，
即证在区间上不存在方程根，
化简可得，即证函数与在区间上不存在交点．
，定义域，
，则在上单调递减，在上单调递增，；
，定义域，
，则在上单调递增，在上单调递减，；
又，即函数与在区间上不存在交点，
即在区间上不存在方程根，得证．
【完成课时作业（二十一）】
【课时作业（二十一）】
1．已知函数．
（1）讨论当时，f(x)单调性．
（2）证明：．
【答案】（1）见解析；（2）证明见解析．
【解析】
【分析】
（1）对函数求导，按和两类讨论，得出函数的单调性；
（2）要证，即证．构造函数，利用函数的导数判断函数的单调性，求出函数的最小值，转化求解即可．
【详解】
（1）解：由题意可知
对于二次函数．
当时，恒成立，f(x)在上单调递减；
当时，二次函数有2个大于零的零点，分别是，
当，f(x)在单调递增；
当，f(x)在和单调递减
综上：当时，f(x)在（0，＋∞）单调递减
当时f(x)在单调递增；单调递减．
（2）证明：要证，即证．
（方法一）设，则，在（0，＋∞）上为增函数，
因为，所以在（，1）上存在唯一的零点m，
且，即．
所以h(x)在（0，m）上单调递减，在上单调递增，
所以，．
因为，所以等号不成立，所，
所以，从而原不等式得证
（方法二）不妨设，则，
当时，，当时，，
因此恒成立，．
则恒成立，．
则恒成立，即．
又，所以等号不成立，即，从而不等式得证
2．已知．
(1)当时，判断函数零点的个数；
(2)求证：.
【答案】(1)1；
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）把代入，求导得函数的单调性，再由作答.
（2）构造函数，利用导数借助单调性证明作答.
(1)
当时，，，当且仅当时取“=”，
所以在R上单调递增，而，即0是的唯一零点，
所以函数零点的个数是1.
(2)
，令，则，因，则，
因此，函数在上单调递增，，，
所以当时，成立.
3．设函数，其中.
(1)求的单调区间；
(2)当时，证明：.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）求出，讨论与0的大小即可判断的正负号，即可求出的单调区间;
（2）先写出带入不等式，即可化简为.易证，，即可证明成立.
(1)
，
①当时，在区间上恒成立，在上递增；
②当时，令得，
当时，，递减；当时，，递增.
综上所述：当时，的单调递增区间为，无减区间；
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.
(2)
方法1：当时，，
要证，即证明：.
令，则，令得，
当时，，递减；当时，，递增，
所以，则，当且仅当时“=”成立.
令，则，令得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以，，则，
当且仅当时“=”成立.于是，，两个“=”不能同时成立，
所以，即，
所以，当时，对恒成立.
方法2：当时，，
要证，即证：；先证.
令，则，令，得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，则，
所以，，即，当且仅当时“=”成立，
则时，，当且仅当时“=”成立，
又，所以.下面只需证明，
令，，则，令得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，则，
所以，，则，即，当且仅当时取等号，
则，两个“=”不能同时成立，所以，
故时，对恒成立.
4．已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，求证：.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）利用的导函数的正负情况去讨论函数单调性即可；
（2）构造新函数，并利用其导函数求得最小值非负，从而证明不等式成立
(1)
由题意知，
当时，在上恒成立，所以函数在上单调递增；
当时，令，解得，令，解得，
故函数在上单调递减，在上单调递增.
(2)
当时，，令，
则.
令，则在上恒成立
所以函数在区间上是增函数，
又，
所以函数存在唯一的零点，
且当时，；当时，.
所以当时，；当时，.
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
故，
由得：，即，
两边取对数得，故.
所以，即.
【点睛】
函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
5．已知函数．
(1)若在上单调递增，求实数m的取值范围；
(2)求证：时，．
【答案】(1);
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
(1)由题意可得在恒成立，求出，再分离常数即可求得答案；
(2)由可得，所以转化成证明．
方法一：令，只需证明 即可.
方法二：即证，令，利用导数求出的最小值；令，利用导数求出的最大值，即可证明.
方法三：因为，，由不等式的传递性即可证明.
(1)
因为在单调递增，
所以在恒成立，即，
所以．
令，显然在上单调递减，所以在上的最大值为．
因此，．
(2)
证明：当时，．只需证明．
令，则函数的定义域为．
．因为是增函数，在上单调递增，
所以在上单调递增．
又因为，，
由零点存在性定理，存在唯一的，使得．
当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
所以，．
由，得，．
于是．
所以，．
证法2：要证，即证．
设，则．
；，
所以在（0，2）上单调递减，在上单调递增．
所以．
设，则．
；，
所以在（0，1）上单调递增，在上单调递减．
所以．
可见，．
所以原结论成立．
证法3：要证明，而，当且仅当时取等号；
，当且仅当时取等号．
所以，即．
6．已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，证明：.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）求导可得，再分和两种情况讨论即可；
（2）当根据函数的正负证明，当时，转证，构造函数求导分析单调性与最值即可
(1)
依题意知，，
令得，
当时，在上，单调递减，在单调递增；
当时，在上，单调递增，在单调递减.
(2)
依题意，要证，
①当时，，，故原不等式成立，
②当时，要证：，即证：，
令，则，，
∴在单调递减，∴，∴在单调递减，∴，即，
故原不等式成立.