2024年千锤百炼高考数学100个热点问题第20炼 一元不等式的证明含答案

2024年千锤百炼高考数学100个热点问题第20炼一元不等式的证明含答案第20炼一元不等式的证明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，考察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。一、基础知识：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（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二、典型例题：例1：求证：思路：移项构造函数求解即可证明：所证不等式等价于：令则只需证明：令解得：↗↘即所证不等式成立小炼有话说：（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：①②③例2：设函数，证明：当时，思路：本题依然考虑构造函数解决不等式，但如果仅仅是移项，则所证不等式为，令，其导函数比较复杂（也可解决此题），所以考虑先对不等式进行等价变形，转变为形式较为简单的不等式，再构造函数进行证明证明：，所以所证不等式等价于设只需证即可令在单调递减，在单调递增故不等式得证小炼有话说：本题在证明时采取先化简再证明的策略，这也是我们解决数学问题常用的方法之一，先把问题简单化再进行处理。在利用导数证明不等式的问题中，所谓的“简化”的标准就是构造的函数是否易于分析单调性。例3：已知函数，证明：思路：若化简不等式左边，则所证不等式等价于，若将左边构造为函数，则函数的单调性难于分析，此法不可取。考虑原不等式为乘积式，且与0进行比较，所以考虑也可分别判断各因式符号，只需让与同号即可。而的正负一眼便可得出，的符号也不难分析，故采取分别判断符号的方法解决。解：在单调递减，在单调递增为增函数时，时，综上所述，成立小炼有话说：与0比较大小也可看做是判断一侧式子的符号，当不等式的一侧可化为几个因式的乘积时，可分别判断每一个因式的符号（判断相对简单），再决定乘积的符号。例4：已知，其中常数（1）当时，求函数的极值（2）求证：解：（1）当时，，在单调递增时，，，在单调递减，在单调递增的极小值为，无极大值（2）思路：本题如果直接构将左侧构造函数，则导数过于复杂，不易进行分析，所以考虑将所证不等式进行变形成“”的形式。由第（1）问可得：，即，则所证不等式两边同时除以，即证：，而，所以只需构造函数证明即可解：由（1）得所证不等式：设令可解得：在单调递增，在单调递减即例5：已知（1）当时，求在的最值（2）求证：，解：（1）的单调区间为↘↗①②时，（2）思路：所证不等式，若都移到左边构造函数，则函数很难分析单调性，进而无法求出最值。本题考虑在两边分别求出最值，再比较大小即可解：所证不等式等价于设令在单调递减，在单调递增设在单调递增，在单调递减所证不等式成立例6：设为常数），曲线与直线在(0，0)点相切.(1)求的值.(2)证明：当时，.解：（1）过点（2）思路：所证不等式等价于，若将的表达式挪至不等号一侧，则所构造的函数中，求导后结构比较复杂。观察到对数与根式均含有，进而考虑换元化简不等式。另一方面，当时，，而是所证的临界值，进而会对导数值的符号有所影响。解：所证不等式等价于：令则不等式转化为：（若不去分母，导函数比较复杂，不易分析）令只需证即可观察进而考虑的单调性（尽管复杂，但有零点在，就能够帮助继续分析，坚持往下进行）单调递增，单调递减（是的零点，从而引发连锁反应）单调递减即所证不等式成立当时，小炼有话说：本题有以下两个亮点（1）利用换元简化所证不等式（2）零点的关键作用：对于化简后的函数而言，形式依然比较复杂，其导函数也很难直接因式分解判断符号，但是由于寻找到这个零点，从而对导函数的符号判断指引了方向，又因为发现也是导函数的零点，于是才决定在对导函数求一次导，在二次导函数中判断了符号，进而引发连锁反应，最终证明不等式。可以说，本题能坚持对进行分析的一个重要原因就是这个零点。例7：（2015，福建，20）已知函数（1）求证：当时，（2）求证：当时，存在，使得对任意的，恒有解：（1）思路：所证不等式为：，只需将含的项移植不等号一侧，构造函数即可证明证明：所证不等式等价于：，设在单调递减时，即得证（2）思路：本题的目标是要找到与相关的，因为函数形式较为简单，所以可以考虑移至不等号一侧：，设，，因为，所以只需在单增即可。可对进行和分类讨论。证明：设则且令，即①当时，解得恒成立在单调递增可取任意正数②当时，，当，，故可取任意正数③当时，解得，而在单调递增，在单调递减，均有，只需取即可综上所述：存在，使得对任意的，恒有例8：已知函数（为常数，，是自然对数的底数），曲线在处的切线与轴平行（1）求的值（2）设，其中为的导函数。证明：对解：（1）处的切线与轴平行:（2）所证不等式等价于：设令在单调递增，在单调递减，即若要证，只需证设，令解得：在单调递增，即原不等式得证例9：已知函数，函数的导函数，且，其中为自然对数的底数．（1）求的极值；（2）当时，对于，求证：．解：（1）函数的定义域为，．当时，，在上为增函数，没有极值；当时，令在单调增，在单调递减有极大值，无极小值（2）当时，，令，即，则在上为增函数在上为增函数时，时，在单调递减，在单调递增，，由可知即例10：设函数.（1）证明：时，函数在上单调递增；（2）证明：.解：（1）只需证即可令在单调递增即函数在上单调递增（2）思路：对所证不等式，若直接将左侧构造函数，则无法求出单调区间和最值。（导函数中含有无法进一步运算），所以考虑将左侧的一部分挪至不等号另一侧，构造两个函数进行比较。(右边,考虑能否恒大于4，,在处单调减，在单调递增，故为增函数，但无法求的最小值。无法用证明。考虑其他思路。所证不等式也可变为，在第一问中令可得,只需证明即可）解：所证不等式等价于设在单调递减，在单调递增即由（1）问可得：原不等式得证小炼有话说：（1）前两种尝试是最容易想到的，但是尝试后为什么放弃？第一种尝试是因为导函数中项结构复杂，无法判断单调区间。而第二种尝试局限性较大，即必须左端最小大于右端最大才可，尽管新的函数单调性能够分析，但是无法确定其最小值，所以放弃。在构造函数证不等式时，一要看构造的函数能否进行分析（即单调性，最值），二要看是否吻合预期的结果。否则便要考虑从其他角度入手。（2）对于第二种尝试，求单调区间比较麻烦。有能力的同学可以尝试特殊值法来排除，比如令，那么显然左边要小于4。（3）本题的解法有几个亮点：①提取一个后，左端构造的函数更易分析性质②利用第一问过程中产生的结论：，这也是一个常见的不等式。③所用的不等式性质为：（注意必须均为正项）。由此性质也可推广出一条判断函数增减性的方法：已知在区间恒大于零，若均在区间单调递增，则在区间也单调递增。例如在是单调递增的。第21炼多元不等式的证明多元不等式的证明是导数综合题的一个难点，其困难之处如何构造合适的一元函数，本章节以一些习题为例介绍常用的处理方法。一、基础知识1、在处理多元不等式时起码要做好以下准备工作：（1）利用条件粗略确定变量的取值范围（2）处理好相关函数的分析（单调性，奇偶性等），以备使用2、若多元不等式是一个轮换对称式（轮换对称式：一个元代数式，如果交换任意两个字母的位置后，代数式不变，则称这个代数式为轮换对称式），则可对变量进行定序3、证明多元不等式通常的方法有两个（1）消元：①利用条件代入消元②不等式变形后对某多元表达式进行整体换元（2）变量分离后若结构相同，则可将相同的结构构造一个函数，进而通过函数的单调性与自变量大小来证明不等式（3）利用函数的单调性将自变量的不等关系转化为函数值的不等关系，再寻找方法。二、典型例题：例1：已知，其中图像在处的切线平行于轴（1）确定与的关系（2）设斜率为的直线与的图像交于，求证：解：（1），依题意可得：（2）思路：，所证不等式为即，进而可将视为一个整体进行换元，从而转变为证明一元不等式解：依题意得，故所证不等式等价于：令，则只需证：先证右边不等式：令在单调递减即对于左边不等式：令，则在单调递增小炼有话说：（1）在证明不等式时，由于独立取值，无法利用等量关系消去一个变量，所以考虑构造表达式：使得不等式以为研究对象，再利用换元将多元不等式转变为一元不等式（2）所证不等式为轮换对称式时，若独立取值，可对定序，从而增加一个可操作的条件例2：已知函数．（1）求的单调区间和极值；（2）设，且，证明：解：（1）定义域为令解得：∴的单调增区间是，单调减区间是的极小值为，无极大值（2）思路：所证不等式等价于证，轮换对称式可设，进而对不等式进行变形，在考虑能否换元减少变量证明：不妨设（由于定序，去分母避免了分类讨论）（观察两边同时除以，即可构造出关于的不等式）两边同除以得，令，则，即证：令令，（再次利用整体换元），在上单调递减，所以即，即恒成立∴在上是减函数，所以∴得证所以成立小炼有话说：（1）本题考验不等式的变形，对于不等式而言，观察到每一项具备齐次的特征（不包括对数），所以同除以，结果为或者1，观察对数的真数，其分式也具备分子分母齐次的特点，所以分子分母同除以，结果为或者1，进而就将不等式化为以为核心的不等式（2）本题进行了两次整体换元，第一次减少变量个数，第二次简化了表达式例3：已知函数（a∈R）．（1）若函数在上是增函数，求实数的取值范围；（2）如果函数恰有两个不同的极值点,证明：．解：（1）是上是增函数(注意：单调递增→导数值）设令解得故在单调递减，在单调递增（2）思路：，。所证不等式含有3个字母，考虑利用条件减少变量个数。由为极值点可得从而可用表示，简化所证不等式。解：依题意可得：，是极值点两式相减可得：所证不等式等价于：，不妨设两边同除以可得：，（此为关键步骤：观察指数幂的特点以及分式的分母，化不同为相同，同除以使得多项呈的形式）从而考虑换元减少变量个数。令所证不等式只需证明：，设由（2）证明可得：在单调递减，证明完毕原不等式成立即小炼有话说：本题第（3）问在处理时首先用好极值点的条件，利用导数值等于0的等式消去，进而使所证不等式变量个数减少。最大的亮点在于对的处理，此时对数部分无法再做变形，两边取指数，而后同除以，使得不等式的左右都是以为整体的表达式，再利用整体换元转化为一元不等式。例4：已知（1）讨论的单调性（2）设，求证：解：（1）定义域令，即①则恒成立，为增函数②则，恒成立，为增函数③时，当，则恒成立，为减函数当时，解得：↗↘（2）思路：所证不等式含绝对值，所以考虑能否去掉绝对值，由（1）问可知单调递减，故只需知道的大小即可，观察所证不等式为轮换对称式，且任取，进而可定序，所证不等式，即，发现不等式两侧为关于的同构式，故可以将同构式构造一个函数，从而证明新函数的单调性即可。解：不妨设，，所以由第（1）问可得单调递减，所证不等式等价于：，令，只需证明单调递减即可。设方程在单调递减。即所证不等式成立小炼有话说：同构式以看作是将不同的变量放入了同一个表达式，从而可将这个表达式视为一个函数，表达式的大小与变量大小之间的关系靠函数的单调性进行联结。将不等式转化为函数单调性的问题。双变量的同构式在不等式中并不常遇到，且遇且珍惜。例5：已知函数.（1）当时，讨论函数在上的单调性；（2）如果是函数的两个零点，为函数的导数，证明：解：（1）可判断在单调递减在单调递减（2）思路：可得：，含有三个字母，考虑利用条件减少字母的个数。由可得：两式相减便可用表示,即,代入可得：从而考虑换元法将多元解析式转变为一元解析式进行证明解：是函数的两个零点只需证，令则设下面证恒成立在单调递减，即小炼有话说：（1）体会在用表示时为什么要用两个方程，而不是只用来表示?如果只用或进行表示，则很难处理，用两个变量表示，在代入的时候有项，即可以考虑利用换元法代替,这也体现出双变量换元时在结构上要求“平衡”的特点（2）在这一步中，对项的处理可圈可点，第三问的目的落在判断的符号，而符号为负，且在解析式中地位多余（难以化成)，所以单拿出来判断符号，从而使讨论的式子得到简化且能表示为的表达式例6：（2010年天津，21）已知函数（1）求函数的单调区间和极值（2）已知函数的图像与函数的图像关于对称，证明当时，（3）如果，且，求证：解：（1）令的单调区间为：↗↘的极大值为，无极小值（2）解：与关于轴对称的函数为所证不等式等价于证：设在单调递增即（3）思路：所给条件，但很难与找到联系。首先考虑的范围，由（1）可得是极值点，应在的两侧，观察已知和求证均为的轮换对称式，所以可设，进而，既然无法直接从条件找联系，不妨从另一个角度尝试。已知条件给的是函数值，所证不等式是关于自变量的，，而，根据的单调区间可发现同在单调递增区间中，进而与函数值找到联系由可得所证不等式等价于，刚好使用第二问的结论。解：，是极值点在的两侧，不妨设所证不等式等价于而在单调递增只需证明由第（2）问可得成立得证小炼有话说：（1）本题第（3）问是利用函数的单调性，将自变量的不等式转化为函数值的不等关系，进而与前面问题找到联系。在处理此类问题感到无法入手时，不妨在确定变量的范围后适当将其赋予一个函数背景，扩展不等式变形的空间（2）本题第（2）（3）两问存在图形背景。首先说第三问：所证不等式，即证的中点横坐标大于1，而恰好是的极值点。可理解为与一条水平线交于，而说明什么？说明如果是以极大值点为起点向两边走，左边下降的快而右边下降的慢！从函数角度来看说明增长快下降慢（如图）。那么如何使用代数方法说明函数快增长慢下降的特点呢？本题的第二问提供了一个方法，就是以极值点所在竖直线为对称轴，找的对称图形（虚线），这样便把极值点左边的情况对称到右边来（即），由于对称轴右边都是从起开始下降，那么通过证明对称轴右侧原图像在对称图像的上方即可说明增减的相对快慢。例7：已知函数（1）求的极值（2）若对任意的均成立，求的取值范围（3）已知且，求证：解：（1）令解得在单调增，在单调递减有极大值，无极小值（2）(参变分离法）设(即时的)（3）思路：所求证不等式无法直接变形，联系的特点可以考虑不等式两边取对数，即，由且可得，联系第（2）问的函数即可寻找与的联系了。解：，考虑在单调递增同理：即例8：已知函数（1）函数有两个不同的零点，求实数的取值范围（2）在（1）的条件下，求证：解：（1）有两个不同的零点，即有两个不同的根设令可得：在单调递减，在单调递增且时，，（2）思路一：所证不等式中含有两个变量，考虑利用条件消元将其转化为一元不等式，由零点可知，从中可以找到，即，下面只需用将消掉即可，仍然利用方程组两式作差可得，从而，只需证明，两边同除以，即可利用换元将所证不等式转为一元不等式来进行证明解：不妨设由已知可得：即只需证明：，在方程可得：只需证明：即令，则，所以只需证明不等式：①设在单调递增在单调递增，即不等式①得证即思路二：参照例题6的证明方法，构造一个单调的函数，进而将自变量的不等式转化为函数值的不等式进行证明。由（1）可知在构造的函数中，有，且在单调递减，在单调递增，所以考虑使用来进行转换，所证不等式，通过（1）中的数形结合可知，从而有，所以所证不等式转化为，即，转化为关于的一元不等式，再构造函数证明即可解：所证不等式因为有两不同零点满足方程，由（1）可得：考虑设，由（1）可得：在单调递减，在单调递增结合的单调性可知：只需证明所以只需证明：即证明：设，则，则，则单调递减单调递减单调递减即得证得证，从而有例9：已知函数，其中常数（1）求的单调区间（2）已知，若，且满足，试证明：解：（1）定义域令即① ↗↘↗②恒成立在单调递增③ ↗↘↗（2）思路一：分别用表示出，并利用进行代换，然后判