高考三轮冲刺导数压轴题不等式证明方法归纳.doc

导数压轴题恒成立问题 【题型】一、任意存在问题二存在性问题三恒成立问题四零点问题五多次求导六换元法的应用七导函数为零的替代八多变量问题的主变元【方法规律总结】一任意存在问题例1.设，(为与自变量无关的正实数).（1）证明：函数与的图象存在一个公共的定点，且在公共定点处有一条公切线；（2）是否存在实数，使得对任意的恒成立，若存在，求出的取值范围，否则说明理由. 【解析】（1）因为，所以的图像存在一个公共的定点.因为，所以，所以在定点处有一条公切线，为直线.（2）假设存在实数，使得对任意的恒成立，即存在实数使得对任意的恒成立.令，则，令，则，因为，且在上单调递增，所以在上单调递增，因为，所以存在唯一实数，使得，即，且，所以在处取得最小值，所以在上单调递增，所以，因为对任意的恒成立，所以，故存在使得对任意恒成立.二存在性问题例2已知函数.(1)求的极大值；(2)当时，不等式恒成立，求的最小值；(3)是否存在实数，使得方程在上有唯一的根，若存在，求出所有的值，若不存在，说明理由. 【解析】（1），令，得. 当时，则在上单调递增，当时，则在上单调递减，故当时，的极大值为（2）不等式恒成立，即恒成立，记，则， 当时，令，得，当时，此时单调递增，当时，此时单调递减，则，即，8分则， 记，则，令，得当时，此时单调递减，当时，此时 单调递增，故的最小值为. （3）记，由， 故存在，使在上有零点，下面证明唯一性： 当时，故，在上无解当时，而，此时，单调递减，所以当符合题意三恒成立问题例3. 已知函数.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）若对任意的，当时，都有恒成立，求最大的整数.（参考数据：） 【解析】（1）已知函数，则处即为，又，可知函数过点的切线为，即.（2）注意到，不等式中，当时，显然成立；当时，不等式可化为令，则，所以存在，使.由于在上递增，在上递减，所以是的唯一零点.且在区间上，递减，在区间上，递增，即的最小值为，令，则，将的最小值设为，则，因此原式需满足，即在上恒成立，又，可知判别式即可，即，且可以取到的最大整数为2.练习1已知函数.（1）求函数的单调区间；（2）关于的不等式在上恒成立，且，求实数的取值范围.【解析】（1）依题意，令，即，解得，故当时，当时，当时，故函数的单调递增区间为和，单调递减区间为，（2）令，由题意得，当时，则有，下面证当时，对任意，都有，由于时，所以当时，故只需证明对任意，都有，令，则，所以在上恒成立，所以函数在上单调递增，所以当时，即，所以，则，令，则.当时，所以，即函数在上单调递增，所以当时，所以对任意，都有.所以当时，对任意，都有，故实数的取值范围为.练习2设函数，其中 （1）若存在，使得，求整数的最大值；（2）若对任意的，都有，求的取值范围【解析】（1），令得，当变化时，和的变化情况如下：0200单调递减极小值单调递增1可得：，要使存在，使得恒成立，只需，故整数的最大值为 （2）由（1）知，在上，要满足对任意的，都有，只需在上恒成立，即在上恒成立，分离参数可得：，令，令，在上恒成立，则可得在上递减，又因，则可知当单调递增，当单调递减，所以在处取得最大值，所以的取值范围是四零点问题例4. 已知函数.（1）当时，设，为的两个不同极值点，证明：；（2）设，为的两个不同零点，证明：.【解析】(1)当时，为的两个不同极值点，为方程的两不等正根，且由韦达定理，.（2）要证明，即，下面分别证明和，两式相加即得结论.（i），令，即证.令函数，则，在单调递增，在单调递减，.（ii）再证明，即.为的两个不同零点，不妨设，-可得，两边同时乘以，可得，即.令，则.即证，即，即证.令函数，则，在单调递增，.由（i）（ii）可得，五多次求导例5. 已知函数.(1)讨论的单调性；(2)若有两个极值点，不等式恒成立，求实数的取值范围. 【解析】（1）由题意得，令.当时，恒成立，则在上单调递减.当时，函数与轴有两个不同的交点，则，所以当时，单调递增；当时，单调递减. 当时，函数与轴有两个不同的交点，则，所以时，单调递减；时，单调递增；时，单调递减.综上所述：当时，在上单调递减.当时，时，单调递增；时，单调递减.当时，时，单调递减；时，单调递增；时，单调递减.（2）由（1）知：时有两个极值点，且为方程的两根，.所以.所以在时恒成立.令，则.令则，所以在上单调递减.又，所以在上恒成立，即.所以.所以在上为减函数.所以.所以，即的取值范围是.练习1. 已知函数.（1）当时，求函数的单调区间；（2）当时，不等式恒成立，求的取值范围.【解析】（1）时，若，则或，若，则，所以的增区间为，减区间为.（2）由题意得恒成立，即恒成立.设，则，令，则.令，则.，为上的增函数，当时，从而在上为增函数，所以，当，即时，从而在上为增函数，恒成立.若，即时，由在上为增函数，且，在上，存在使得，从而在上为减函数，此时，不满足题意.时，由在上为增函数，且，在上，存在，使得，从而在上为减函数，此时，在上也为减函数，此时，不满足题意，综上所述，的取值范围为.六换元法的应用例6. 设函数，其中为正实数.(1)若不等式恒成立，求实数的取值范围；(2)当时，证明.【解析】（1）由题意得设，则，当时，即时， ， 所以函数在上单调递增，满足题意；当时，即时，则的图象的对称轴因为，所以在上存在唯一实根，设为，则当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，此时，不合题意综上可得，实数的取值范围是（2）等价于因为，所以，所以原不等式等价于，由(1)知当时，在上恒成立，整理得令，则，所以函数在区间上单调递增，所以，即在上恒成立.所以，当时，恒有，七导函数为零的替代例7. 设，函数，其中为自然对数的底数.（1）设函数.若，试判断函数与的图像在区间上是否有交点；求证：对任意的，直线都不是的切线；（2）设函数，试判断函数是否存在极小值，若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由.【解析】（1）当时，函数，令，则，故，又函数在区间上的图象是不间断曲线，故函数在区间上有零点，故函数与的图象在区间上有交点；证明：假设存在，使得直线是曲线的切线，切点横坐标为，且，则切线在点切线方程为，即，从而，且，消去，得，故满足等式，令，所以，故函数在和上单调递增，又函数在时，故方程有唯一解，又，故不存在，即证；（2）由得，令，则，当时，递减，故当时，递增，当时，递减，故在处取得极大值，不合题意；时，则在递减，在，递增，当时，故在递减，可得当时，当时，易证，令，令，故，则，故在递增，则，即时，故在，内存在，使得，故在，上递减，在，递增，故在处取得极小值由（1）知，故在递减，在递增，故时，递增，不合题意；当时，当，时，递减，当时，递增，故在处取极小值，符合题意，综上，实数的范围是且八多变量问题的主变元例8. 已知函数的导函数为.（1）讨论函数的单调性；（2