备战2020年高考数学大一轮复习 热点聚焦与扩展 专题14 利用导数证明一元不等式

备战2020年高考数学大一轮复习 热点聚焦与扩展 专题14 利用导数证明一元不等式

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 29‎ ‎【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 29‎ 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， ，‎ 29‎ ‎∴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 29‎ ‎，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）‎ 29‎ ‎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；‎ 29‎ ‎（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，‎ 29‎ 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，‎ 29‎ 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