新高考艺术生40天突破数学第11讲 导数综合问题：证明不等式、恒成立问题、零点问题（解析版）

第11讲导数综合问题：证明不等式、恒成立问题、零点问题【知识点总结】一、证明不等式常用的方法和思路作差构造函数，转化为最值问题二、不等式恒成立问题常用的方法和思路(1)直接法(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；三、零点问题常用的方法和思路(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．【典型例题】例1．（2022·全国·高三专题练习）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：．【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．例2．（2022·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，【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，例3．（2022·浙江·高三专题练习）已知函数.（1）求函数的极值；（2）若对任意的都有成立，求c的取值范围.【详解】（1）因为，所以，.令，解得或，当，即或；当，即，.故的单调递增区间为和，单调递减区间为，.所以，时，有极大值，.当时，有极小值.（2）由（1）知在上单调递减，在上单调递增，.又，，.所以时，，.因为对任意的都有成立，所以.例4．（2022·全国·高三专题练习）已知函数.（1）当时，求曲线在处的切线方程；（2）若，且在上的最小值为0，求的取值范围.【详解】解：（1）当时，，∴，，∴切线方程为，即（2）∵，∴原条件等价于：在上，恒成立.化为令，则令，则在上，，∴在上，故在上，；在上，∴的最小值为，∴例5．（2021·北京市第八中学怡海分校高三阶段练习）已知函数（）（1）求在处的切线方程；（2）当有3个零点时，求的取值范围．【详解】（1），切点为.，，所以切线方程为：.（2），令，解得，.，，为增函数，，，为减函数，，，为增函数，所以的极大值为，极小值为.因为有个零点时，所以，解得.例6．（2021·黑龙江·牡丹江市第三高级中学高三阶段练习（理））已知函数.（1）若，求曲线在处切线的方程；（2）求的单调区间；（3）设，若对任意，均存在，使得，求的取值范围.【详解】（1）由已知，，曲线在处切线方程为，即.（2）.①当时，由于，故，所以，的单调递增区间为，无单调递减区间.②当时，由，得.在区间上，，在区间上，所以，函数的单调递增区间为，单调递减区间为.（3）由已知，转化为，由（2）知，当时，在上单调递增，值域为，故不符合题意.(或者举出反例：存在，故不符合题意.)当时，在上单调递增，在上单调递减，故的极大值即为最大值，，所以，解得.例7．（2020·四川省内江市第六中学高三阶段练习（理））已知，函数.（1）若曲线与曲线在它们的交点处的切线互相垂直,求的值；（2）设,若对任意的,且,都有，求的取值范围．【详解】（1）,依题意有,且,可得,解得,或.（2）.不妨设,等价于.设,则对任意的,且,都有,等价于在上是增函数.,可得,依题意有,对任意,有恒成立.由,可得.【技能提升训练】1．（2021·西藏·拉萨中学高三阶段练习（文））已知函数在处的极值为2，其中．（1）求，的值；（2）对任意的，证明恒有．【答案】（1）；（2）证明见详解.【分析】（1）先对函数求导，然后结合极值存在条件即可求解.（2）由于，要证不等式成立，转化为求解在时的最值，结合导数分析函数性质即可求解.【详解】（1），由题意可得，解得.（2），令，，则，令，则恒成立，所以在上单调递减且，所以时，，所以，即证.2．（2021·新疆师范大学附属中学高三阶段练习（理））已知函数，，曲线与曲线在处的切线互相平行．（1）求的值；（2）求证：在上恒成立．【答案】（1）；（2）证明见解析．【分析】（1）先对函数求导，然后结合导数的几何意义即可求解；（2）转化为证，构造函数，结合导数分析函数的性质，可证．【详解】解：（1）因为，所以，，由题意得，所以，解得；证明（2），令，，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，故当时，取得最小值，所以，故，所以．3．（2021·全国·高三专题练习（理））已知函数.（1）若函数在定义域内为增函数，求实数的取值范围；（2）若且，求证：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）函数在定义域内为增函数，则恒成立，分离参变量，利用基本不等式得出最值，可得实数的取值范围；（2）要证，即证：，构造，，分别利用导数判断出单调性和最值，即可得原命题成立．【详解】（1）函数的定义域为，，又在定义域内为增函数，则恒成立，即恒成立，即，又当时，，当且仅当时等号成立，∴，即实数的取值范围是；（2）∵，则，要证，即证：，设，其中，则，当时，故在为增函数，∴，设，其中，则当时，，又，∴，则，∴恒成立，即原不等式成立.4．（2021·全国·高三阶段练习（文））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，，．【点睛】关键点点睛：第（Ⅱ）问的关键点是：通过构造函数证得.5．（2021·宁夏·青铜峡市高级中学高三阶段练习（理））已知函数（a是常数）.（1）当时，求的单调区间与极值；（2）若，求a的取值范围；【答案】（1）在上单调递增，在上单调递减，极小值是，无极大值（2）【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出函数的单调区间，从而求出函数的极值；（2）参变分离可得，令，利用导数求出函数的最大值，即可得解；（1）解：当时，，定义域为，，令，解得，令，解得，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以的极小值是，无极大值.（2）解：因为，即.设，可得，当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以，即.6．（2021·福建·莆田第二十五中学高三阶段练习）已知函数在与处都取得极值．（1）求，的值；（2）若对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1），；（2）．【分析】（1）对求导，根据极值点列方程组求参数即可.（2）由（1）有，进而判断的单调性并确定最值，结合不等式恒成立求参数范围.【详解】（1）由题设，，又，，解得，．（2）由，知，即，当时，，随的变化情况如下表：1+0-0+递增极大值递减极小值递增∴在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，∴当时，为极大值，又，则为在上的最大值，要使对任意恒成立，则只需，解得或，∴实数的取值范围为．7．（2021·全国·高三阶段练习（文））已知函数.（1）当时，求函数的单调区间；（2）当时，证明：时，当恒成立.【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为，；（2）证明见解析.【分析】（1）利用导数研究的单调性即可.（2）由分析法：只需证即可，构造，利用导数证明结论得证.【详解】（1）函数的定义域为，当时，，∴，，∴当或时，，在，单调递减，当时，，在单调递增.故的单调递增区间为，单调递减区间为，.（2）要证，只需证，∵，，∴，设，则，∴在单调递增，，∴，得证.8．（2019·山西省平遥中学校高三阶段练习（理））已知.（1）求的单调区间；（2）若存在使成立，求实数的取值范围.【答案】（1）的递减区间为，递增区间为；（2）.【分析】（1）求函数的定义域和导数，结合函数单调性和导数之间的关系进行求解即可．（2）根据存在性问题转化为求，结合函数最值和导数之间的关系进行求解即可．【详解】解：（1）∵，∴∴.则当，即时，；当，即时，，∴的递减区间为，递增区间为.（2）若存在使成立，则，由（1）可知.∴.【点睛】本题主要考查函数单调性的应用，结合函数单调性，最值和导数之间的关系进行转化是解决本题的关键．9．（2021·陕西礼泉·高三开学考试（文））已知函数在处取得极值.（1）求在上的最小值；（2）若函数有且只有一个零点，求b的取值范围.【答案】（1）（2）【分析】（1）首先求出函数的导函数，依题意可得，即可求出参数的值，即可求出函数解析式，从而求出函数的单调区间，再求出区间端点的函数值，即可求出函数的最小值；（2）依题意有唯一解，即函数与只有1个交点，由（1）可得函数的单调性与极值，结合函数图象即可求出参数的取值范围；（1）解：因为，所以，在处取得极值，，即解得，，所以，所以当或时，当时，在上单调递增，在上单调递减，又，在上的最小值为.（2）解：由（1）知，，若函数有且只有一个零点，则方程有唯一解，即有唯一解，由（1）知，在上单调递增，在上单调递减，又，函数图象如下所示：或，得或，即b的取值范围为.10．（2021·安徽安庆·一模（理））函数.（1）讨论函数的极值；（2）当时，求函数的零点个数.【答案】（1）答案见解析；（2）答案见解析.【分析】（1）求得，分和两种情况，求得函数的单调性，结合极值的概念，即可求解；（2）由（1）得到当时，的单调性和极小值，结合与的关系，三种情况讨论，即可求解.【详解】（1）由题意，函数，可得，当时，，在上为单调增函数，此时无极值；当时，令，解得，所以在上为单调增函数，令，解得，在上为单调减函数，所以当时，函数取得极小值，无极大值.综上所述：当时，无极值，当时，，无极大值.（2）由（1）知当时，在上为单调增函数，在上为单调减函数，且，又由，若时，；若时，；当，即时，无零点；当，即时，有1个零点；当，即时，有2个零点.综上：当时，无零点；当时，有1个零点；当时，有2个零点.11．（2019·山东日照·高三期中（理））已知函数．(1)证明：当恒成立；(2)若函数恰有一个零点，求实数的取值范围．【答案】（1）见解析；（2）或【分析】（1）令，要证在上恒成立，只需证，；（2）函数，定义域为，．对a分类讨论，研究函数的单调性及最值，以确定图象与x轴的交点情况.【详解】（1）证明：令，要证在上恒成立，只需证，，因为，所以.令，则，因为，所以，所以在上单调递增，所以，即，因为，所以，所以，所以在上单调递增，所以，，故在上恒成立.（2）函数，定义域为，．①当时，无零点.②当时，，所以在上单调递增，取，则，（或：因为且时，所以．）因为，所以，此时函数有一个零点．③当时，令，解得．当时，，所以在上单调递减；当时，，所以在上单调递增．所以.若，即时，取，，即函数在区间上存在一个零点；当时，因为，所以，则有，，必然存在，使得，即函数在区间存在一个零点；故当时，函数在上有两个零点，不符合题意.……11分所以当时，要使函数有一个零点，必有，即．综上所述，若函数恰有一个零点，则或.【点睛】已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．12．（2020·江西·南昌市第三中学高三阶段练习）已知函数，，曲线与曲线在处的切线互相垂直，记.（1）求实数k的值；（2）若方程有两个不相等实根，求的取值范围；（3）讨论函数的单调性.【答案】（1）1；（2）；（3）在上单调递减.【分析】（1）求出两函数的导函数，根据即可求解.（2）利用导数判断函数的单调性，进而可得的值域，从而可得，（3）求出，再求导函数，判断的符号即可求解.【详解】（1），，由题意得，，即，∴（2）由，可知在上单调递减，在上单调递增，当时，有最小值，又时，；时，，函数的大致图像，如图：若方程有两个不相等实根，则有.（3）由（1）可知，，，，，易知，当时，单调递增，当时，，单调递减，所以即恒成立，所以在上单调递减.【点睛】关键点点睛：本题考查了利用导数研究函数的单调性、方程的根，解题的关键是求出函数的值域、单调性，作出函数的大致图像，考查了转化与划归的思想.13．（2020·全国·高三专题练习（文））已知函数在点处的切线方程为.（1）求实数a，b的值；（2）若过点可做曲线的三条切线，求实数m的取值范围.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据切线方程可知和，由此构造方程组求得；（2）将问题转化为与有三个不同的交点，利用导数可得到的图象，利用数形结合的方式可求得结果.【详解】（1）由切线方程知：，，又，，解得：.（2）由（1）知：，则，，不在上，又，可知切点横坐标不为，设切点坐标为，，则切线斜率，整理得：，过可作三条不同的切线，有三个不为的解；令，则，当和时，；当时，，在和上单调递减，在上单调递增，由此可得图象如下图所示：有三个不为的解等价于与有三个不同的交点，由图象可知：，实数的取值范围为.【点睛】本题考查导数的几何意义、导数在研究函数中的应用，涉及到根据切线方程求解函数解析式、根据过某一点曲线切线的个数求解参数范围的问题；关键是能够将问题转化为两函数交点个数问题，从而利用数形结合的方式来进行求解.14．（2021·陕西·西安一中高三期中（文））已知函数.（1）若在上为单调函数，求实数a的取值范围；（2）记的两个极值点为，，求证：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）对求导得，由题设将问题转化为()恒成立，即可求a的取值范围；（2）由（1）有，是的两个根，应用根与系数关系易得，，进而可得，即可证结论.（1）的定义域为，，又单调，∴对恒成立，即()恒成立，而，当且仅当时取等号，∴.（2）由（1）知：，是的两个根，则，，且，∴，故，，而，∴，得证.15．（2022·全国·高三专题练习（文））证明ex≥x＋1≥sinx＋1(x≥0)．【答案】证明见解析【分析】构造f(x)＝ex－x－1(x≥0)，利用导数判断f(x)的单调性，求得最小值，即可得证；构造g(x)＝x－sinx(x≥0)，利用导数判断g(x)的单调性，求得最小值，即可得证；【详解】证明：令f(x)＝ex－x－1(x≥0)，则f′(x)＝ex－1≥0，∴f(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴对任意x∈[0，＋∞)，有f(x)≥f(0)，而f(0)＝0，∴f(x)≥0，即ex≥x＋1，令g(x)＝x－sinx(x≥0)，则g′(x)＝1－cosx≥0，∴g(x)≥g(0)，而g(0)=0，∴x－sinx≥0，∴x＋1≥sinx＋1