专题7 导数与数列不等式 讲义-2025届高三数学二轮复习

专题7 导数与数列不等式--答案解析 【专题探究】 例1【解析】 (1)当时，，则， 当时，，当时，， 故的减区间为，增区间为. (2) 设，则，又， 设，则， 若，则，因为为连续不间断函数， 故存在，使得，总有， 故在为增函数，故， 故在为增函数，故，与题设矛盾. 若，则， 下证：对任意，总有成立， 证明：设，故， 故在上为减函数，故即成立. 由上述不等式有， 故总成立，即在上为减函数，所以. 当时，有，所以在上为减函数， 所以.综上，. (3)取，则，总有成立， 令，则， 故即对任意的恒成立. 所以对任意的，有， 整理得到：， 故 ，故不等式成立. 练1【解析】（1）函数 当时，取得极值，∴，故 解得，经检验符合题意． （2）由知 由，得， 令， 则在区间上恰有两个不同的实数根 等价于在区间上恰有两个不同的实数根． 又， 当时，，于是在上单调递增； 当时，，于是在上单调递减， 依题意有，， 解得; （3）的定义域为，由（1）知， 令得，或（舍去）， ∴当时，，单调递增；当时，，单调递减． ∴为在上的最大值． ∴，故（当且仅当时，等号成立） 对任意正整数，取得，,∴, 故. 练2【解析】解：要使，即， 令， 则， 当时，，所以在上单调递增， 因为，所以恒成立． 当时，令，得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，解得， 综上所述，实数的取值范围是． 要证明函数在上被控制， 只需证明，即证． 令 可得． 当时，，即在区间上单调递增， 所以，原命题得证． 由可知，当时，， 则，即， 则有， 即， 故． 例2，，， 当，时，，当，时，， 所以的单调递增区间是，， 的单调递减区间是，． 不等式恒成立等价于， 令，则由，可得到， 可以看作是关于的一次函数，单调递增， 令， 对于，，恒成立， 只需证明即可， ， 当， 则，在上单调递减，又， 所以此时恒成立． 当时，恒成立； 当时，单调递增， ，，所以在上存在唯一的，使得， 当时，，当时，， 所以在时单调递减，在时单调递增， ，，， 恒成立，故恒成立，． 证明：由可知， ，令，，，，，， 可得到， 即得证．  练3【解析】（1）当时，，所以，， 所以当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增，因为，， ， 所以存在，使， 所以时,;时,;时,， 所以0和是的极值点， 所以有两个极值点． （2），则, 设，则单调递增， 又, 所以当时,，在上单调递增，所以， 即，在上单调递增，所以，符合题意. 当时，令，解得， 当时，，在上单调递减，， 在上单调递减， 所以时，，不符合题意， 所以的取值范围是． （3）由（2）可知时，,恒成立， 即恒成立， 当时,，， 所以 （）． 练4【解析】（1）函数的定义域为，， 又，，所以该切线方程为, 设，则， 令，则， 当时，，所以在上单调递增， 又，所以，即在上单调递增， 所以，故时，； （2）由（1）知：当时，. 令，则， 所以， 化简可得，得证. 例3【解析】（1）由条件可得，且，． 因为曲线和在原点处有相同的切线，所以，解得． 要证，即证． 令，则， 再令，则， 所以在上单调递减，所以，所以在上单调递减， 故．所以．即成立． （2）由（1）可得当时，， 所以，即， 两边同除以，得，即． ∴, 要证，只需证， 故只需证． 设, 则， 由于函数在区间上单调递增，所以函数在区间上单调递减， 而,所以当时,恒成立,所以在区间上单调递减． 所以当时,， 故当且时,.又， 所以当时，． 即， 所以，即成立． 练5【解析】（1）．设直线与曲线相切于点． 依题意得：，整理得，……（*） 令，． 所以当时,,单调递增；当时，，单调递减． 当时, 取得最小值，所以，即. 故方程（*）的解为，此时． （2）①要证明，即证， 只需证. 由（1）知，当时，，即， 因此当时，,. 上式累加得：，得证； ②要证明，即证， 只需证. 令 ，则． 所以当时，，单调递减；当时，，单调递增. 当时，取得最大值，即，． 由得： 上式累加得：，得证； 综上. 练6【解析】(1)由题知定义域为，故等价于， 注意到，，若，则，故在上单调递增， 从而时，，舍去； 若，令，得，从而在上单调递减，在上单调递增， 故，由，则必有. (2)一方面：命题等价于：， 由（1）可知，当时，恒有， 令得，，从而，当时等号成立. 在上式中令，得到，从而， 即， 从而 另一方面： . 由以上两方面可知，命题成立. 例4【解析】（1）即，即， 记，则， 当时，，在上单调递增，由，， 所以，即不恒成立； 当时，时，，单调递增， 所以，即不恒成立； 当时，，，在上单调递减，， 所以，即恒成立； 故在上恒成立，实数的取值范围是； （2）当时，在上成立，即， 令 ，，则， 所以 ， 所以 练7 【解析】（1）当时，，． 可得函数在上单调递减，在上单调递增． ①当，即时，函数在上单调递减，∴, ②当，函数在上单调递增,∴. ③当，即时，函数在上单调递减，在上单调递增， ∴, （2）证明：由（1）可得：时,,∴, ∴ 练8【解析】(1)． 当，时，，． 由，得；由，得． 所以，在上单调递增，在上单调递减． 当，时，，,故， 所以在R上单调递增． (2)当时，． 即，即 令，则． 所以，当为偶数时，，上单调递减． 因为，所以有唯一解． 当n为奇数时，若，则，在上单调递增； 若，则，在上单调递减．因为，所以有唯一解． 综上，当时，有唯一实解． (3)当，时，等价于， 即，即． 由（2）知，，所以，． 例5【解析】（1）①当时，有 成立． ②假设当时，有，则当时，有, 所以． 由①，②可知：当时，有成立． （2）要证明成立，只需证，即证， 当时，设，有，易知， 所以在上单调递减， 所以，即，所以成立， 此时有成立，即得证，所以． （3）因，所以，所以, 所以，所以， 所以． 由（2）当时，有成立， 则有，， 所以有． 将各式相加 因为， 且， 所以,，即， 所以． 又，所以当时，. 故数列是具有上、下确定的数列，且上确界． 练9【解析】(1) 令， 在上单调递增，，，在上单调递增. (2)函数的定义域为，由，得， 由 要证，只需证 即证：， 先证左边： 由(1)知当时，，即，即 故，即，得证； 再证右边：，即证，即 令， 令, 在在上单调递减，,即, 在上单调递减，，也得证． 综上：对，，． 练10【解析】（1）当时，由于，则 ，，，故. 从而在上的增函数，且 当时，，则 ①当时，，即在上单调递增， 且； ②当时，令得或（舍去）， 在上是增函数，且.故在R上是增函数； ③当时，令得或舍， 在上单调递增，上单调递减， 且时.故在R上不单调递增. 综上可得，在R上递增，则. （2）①首先应用数学归纳法证明. i.当时，成立， ii.假设时，， 则由（1）在上是增函数.则，即. 故对任意，. 又，则， ，故. ② ，即 ， ， 当时 则 1 当时，，故对一切，. 【专题训练】 1. 【解析】(1)要证不等式成立，即证恒成立， ，当时，，当时，， 在上单调递增，在上单调递减，，所以恒成立. (2)由（1）知，令,则， 所以， 即. 2. 【解析】解：函数的定义域为，求导得， 由有个相异极值点，得方程有两个相异正实根， 于是，解得或， 所以的取值范围是或． 令，求导得， 当时，函数在上单调递增，而， ，则，使得， 当时，，因此函数在上单调递增，而， 则当时，，即，不符合题意； 当时，而时，，不等式不恒成立，不符合题意； 当时，，求导得，当时，，当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增，， 即对任意正数，恒成立，即不等式恒成立，符合题意， 所以． 由知，对任意，不等式，当且仅当时取等号， 令，则， 则 ，即， 因此， 当时，， 所以对，时，正整数的最小值为． 3.【解析】(1)函数的定义域为， 且， 则， 由于在内单调递减，则对恒成立， 即对恒成立， 从而，则， 当且仅当，即时等号成立, 故的取值范围为 (2)取，由第（1）问可知在为单调递减函数， 从而；则对成立， 令， 有； 从而 ， 故. 4.【解析】 证明：先证明对恒成立， 记，则， 所以在上单调递减， 所以时，，所以时，． 又，所以，即． 即，得证． 要证成立， 只需证成立，即证成立； 记，，则， 所以在上单调递增，所以时，， 所以时，，又，所以，得证． 由知，即， 则，即， 又，所以，所以； 由知，所以，又， 则．综上． 5.【解析】 （1）， 令可得，当时，.此时； 当时，，此时， 故函数的单调递减区间为， 单调递增区间为. (2)由(1)可知函数在区间上单调递减，又，所以， 当时，因为， 且函数的图像是连续不断的，所以在区间内至少存在一个零点， 又在区间上是单调的，故，因此， 当时，；当时，； 当时， ， 综上所述，对一切的，. 6. 【解析】 （1）当时，，有， 所以单调递增，有； （2）由，依题意有，得， 当时，由（1）可知单调递增，符合； 当时，（i）若，即， 由（1）可知， 所以单调递增，符合； （ii）若，，记， ，， 所以单调递增，又，， 故可知有唯一零点，记为， 所以，有，单调递减，所以， 所以，单调递减，不符合； 综上可知； （3）取，由（2）可知单调递增，有， 即，有，可得， 取（），则有， 所以， 所以 ，故不等式得证． 7. 【解析】 （1），∴． ①当时，，在上单调递减，无极值． ②当时，． 对，，在上单调递减； 对，，在上单调递增． 在处极小值，即． ．综上，得． （2）． 在区间上为增函数． ∴对恒成立． ，，当时，显然恒成立． 当时，即恒成立． 设，显然，在上单调递增， ．由． 综上，的取值范围是． （3）由（2）知，当时，在区间上为增函数， 当时，． 令．则当时，成立．对，有． ∴． ∴ 8.【解析】解：令，， 令，则， 所以在上单调递增， 所以，即，所以在上单调递增， 所以，所以成立； 证明：当时，要证， 即证， 令，其中， 则需要证明．， 令，则函数在上单调递增， 所以当时，， 所以，所以在上单调递减， 所以，故， 所以当时，； 由知：，， 由于，由得： ， 所以， ．  9. 【解析】 (1)，设，又， 当时，，，在上单调递减，， 在上无零点； 当时，，在上单调递增， ，， 在上有唯一零点； 当时，，在上单调递减， ，在上有唯一零点． 综上，函数在区间上有两个零点且在零点左右函数符号发生改变， 故函数在区间内恰有两个极值点． (2)①由(1)知在无极值点；在有极小值点，即为； 在有极大值点，即为，同理可得，在有极小值点， 在有极值点，由得， ，，，， ，，， 由函数在单调递增得， ， 由在单调递减得， ②同理，， ， 由在上单调递减得， ， 且，， 当为偶数时，从开始相邻两项配对，每组和均为负值， 即，结论成立； 当为奇数时，从开始相邻两项配对，每组和均为负值，还多出最后一项也是负值， 即，结论也成立， 综上，对一切，成立，故不存在使得 共16页/第1页 学科网（北京）股份有限公司 $$专题7:导数与数列不等式 数列是高中数学中的一个重要内容,在高等数学也占有重要的位置.函数与不等式是高中数学培养学生思维能力的重要内容,可以体现数学思维中的很多方法,解决两者结合在一起的问题,既要具备灵活运用数学基础知识和数学基本能力,又要具备较高的应用数学抽象、逻辑推理分析问题、解决问题的数学素养. 导数与数列中有关不等式的证明是紧密相连且互相渗透的.在复习中,我们一定要注意它们的联系,它们所涉及的问题往往是灵活应用导数与数列中有关不等式的知识,把这两者完美地结合在一起.学生要在知识的交汇点学会思考分析,达到知识的融会贯通.同时,提高自己的分析问题和解决问题的能力. 利用导数证明数列不等式,一方面以函数为背景让学生探寻函数的性质,另一方面体现数列是特殊的函数,进而利用恒成立的不等式将没有规律的数列放缩为为有具体特征的数列,巧妙地将函数、导数、数列、不等式结合在一起. 证明此类问题时常根据已知的函数不等式,用关于正整数n的不等式替代函数不等式中的自变量.通过多次求和达到证明的目的.此类问题一般至少有两问,已知的不等式常由第一问根据待证式的特征而得到. 已知函数式为指数不等式(或对数不等式),而待证不等式为与对数有关的不等式(或与指数有关的不等式),还要注意指、对数式的互化,如可化为等. 题型一:应用导数研究型的数列问题 题设情境是应用导数讨论函数的单调性、由不等式恒成立求参变量的取值范围、应用函数思想证明数列不等式.第(1)问应用导数与函数单调性的基本知识求解;第(2)问应用“带参讨论”技巧,结合同构法和放缩法推导实数的取值范围;第(3)问利用第(2)问的相关结论:,则,总有成立,通过变式与换元得到:对任意的,有,然后应用赋值法和累加法证明不等式. 例1已知函数. (1)当时,讨论的单调性; (2)当时,,求实数的取值范围; (3)设,证明:. 【思路点拨】 第(1)问求出,讨论其符号后可得的单调性.第(2)问设,求出,先讨论时题设中的不等式不成立,再就结合放缩法讨论符号,最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围.第(3)问由(2)可得对任意的恒成立,从而可得对任意的恒成立,结合裂项相消法可证题设中的不等式. 练1已知函数在处取得极值. (1)求实数的值; (2)若关于的方程在区间上恰有两个不同的实数根,求实数的取值范围; (3)证明:对任意的正整数,不等式都成立. 练2若存在实数,对任意,使得函数,则称在上被控制. 已知函数在上被控制,求的取值范围. 证明:函数在上被控制. 设,证明:. 题型二:应用导数研究 (为常数)型的数列问题 题设情境是应用导数讨论函数的单调性、由不等式恒成立求参变量的取值范围、应用函数思想证明数列不等式.第(1)问应用导数与函数单调性的基本知识求解;第(2)问应用“特殊值法”,求得实数的取值范围,然后证明实数在该范围时,原不等式恒成立;第(3)问利用第(2)问的相关结论,结合待证不等式的结构特征,得到不等式,然后应用赋值法和累加法证明不等式. 例2函数, (1),求的单调区间; (2)若在上恒成立,求实数的取值范围; (3)令函数,求证:. 【思路点拨】 代入的值,求出函数的导数,解关于导函数的不等式,求出函数的单调区间即可; 问题等价于,令,根据函数的单调性求出的取值范围即可; 求出,令,得到,,,,, 可得到,累加即可证明结论成立. 练3已知. (1)当时,求的极值点个数; (2)当时,,求的取值范围; (3)求证:,其中. 练4已知函数,曲线 在处的切线方程为. (1)求证:时,; (2)求证:. 题型三:应用导数研究型的数列问题 题设情境是应用导数的几何意义求的值、证明函数不等式和数列不等式.第(1)问由曲线和在原点处的导数值相等求的值,然后应用凹凸反转方法,通过构造函数应用导数证明不等式;第(2)问利用第(1)问的结论得到,然后应用赋值法和累加法证明不等式. 例3已知函数,,且曲线和在原点处有相同的切线. (1)求实数的值,并证明:当时,; (2)令,且,证明:. 【思路点拨】 (1)由导数的几何意义得,便可求得,从由得, 构造函数,应用导数求该函数的最小值即可证明; (2)利用第(1)问结论得,即,推导出,然后应用等价转换、构造函数进行推理论证. 练5函数的图像与直线相切. (1)求的值; (2)证明:对于任意正整数,. 练6已知函数. (1)若,求的值; (2)证明:对一切均有成立.(其中为自然对数的底数). 题型四:应用导数研究 (m为常数)型的数列问题 题设情境是不等式恒成立求参数的取值范围,证明数列积的不等式.第(1)问应用“带参讨论法”研究不等式恒成立问题,从而确定参数的取值范围;第(2)问利用第(1)问的结论:当时,在上成立,即,然后应用赋值法和等差数列求和证明不等式. 例4已知函数,. (1)若在上恒成立,求实数的取值范围; (2)求证:. 【思路点拔】 第(1)问由及,所以构造函数,通过分类讨论实数的取值范围求实数的取值范围;第(2)问利用第(1)问得到,从而赋值得到,然后两边同时取对数,将“积”化“和”,通过放缩求和推导即得证. 练7已知,其中为自然对数的底数. (1)当时,求函数在上的最小值; 练8已知,其中. (1)当时,分别求和的的单调性; (2)求证:当时,有唯一实数解; (3)若对任意的,都有恒成立,求a的取值范围. 题型五:应用导数研究递推数列相关的不等式问题 题设情境是有关数列通项的不等式证明和新定义型数列通项范围的探究.第(1)问应用数学归纳法证明;第(2)问应用分析法,通过构造函数应用导数证明;第(3)问利用第(1)问的结论,应用放缩法和累加求和法证明不等式. 例5已知数列{an}中,a1 =,且(n≥2,n∈N*),(n∈N*). (1)当n≥2时,求证:an≥2; (2)求证:bn<e; (3)对于数列{xn}如果存在常数A、B使得A≤xn≤B,则称数列{xn}为具有上、下确界的 数列,利用(1)(2)的结论探究数列{an}是否具有上、下确界的数列.请说明理由. 【思路点拔】 第(1)问由递推关系式,应用数学归纳法证明;第(2)问通过等价 转换要证明成立,只须证,即,然后构造函数, 应用导数证明;第(3)问利用第(1)问结论通过适当放缩推导得,然后两过 同时取对数得,利用第(2)问结论通过应用累加法和放缩法便可 得,即数列是具有上确界的数列. 练9已知函数. (1)判断的单调性,并说明理由; (2)若数列满足,,求证:对任意,. 练10已知函数, (1)若函数是R上的增函数,求实数的取值范围. (2)已知数列满足,. ①求证:; ②设,求证:. <<<专题训练>>> 1.已知函数.证明: (1)当,不等式恒成立; (2)对于任意正整数,不等式恒成立(其中为自然常数) 2.已知函数. 若有个相异极值点,求的取值范围; 若,求的值; 设为正整数,若,,求的最小值. 3.设函数,. (1)若函数在定义域内单调递减,求的取值范围; (2)设,证明:(为自然对数的底数). 4.已知正项数列,, . 证明:(1);(2);(3). 5.已知函数. (1)求的单调区间; (2)记为的从小到大的第个零点,证明:对一切,有. 6.已知函数,其中,. (1)若,证明:; (2)若单调递增,求的取值范围; (3)当且时,证明:. 7.已知函数,,其中. (1)若函数有极值1,求的值. (2)若函数在区间上为增函数,求的取值范围. (3)证明:. 8.已知函数. 判断是否成立,并给出理由; 证明:当时,; 证明:当时,. 9.已知函数 (1)判断函数在区间上极值点的个数并证明; (2)函数在区间上的极值点从小到大分别为,,设,为数列的前项和. ①证明:; ②问是否存在使得?若存在,求出的取值范围;若不存在,请说明理由. 共14页/第1页 学科网(北京)股份有限公司 $$ 专题7：导数与数列不等式 数列是高中数学中的一个重要内容，在高等数学也占有重要的位置.函数与不等式是高中数学培养学生思维能力的重要内容，可以体现数学思维中的很多方法，解决两者结合在一起的问题，既要具备灵活运用数学基础知识和数学基本能力，又要具备较高的应用数学抽象、逻辑推理分析问题、解决问题的数学素养. 导数与数列中有关不等式的证明是紧密相连且互相渗透的.在复习中，我们一定要注意它们的联系，它们所涉及的问题往往是灵活应用导数与数列中有关不等式的知识，把这两者完美地结合在一起.学生要在知识的交汇点学会思考分析，达到知识的融会贯通.同时，提高自己的分析问题和解决问题的能力. 利用导数证明数列不等式，一方面以函数为背景让学生探寻函数的性质，另一方面体现数列是特殊的函数，进而利用恒成立的不等式将没有规律的数列放缩为为有具体特征的数列，巧妙地将函数、导数、数列、不等式结合在一起． 证明此类问题时常根据已知的函数不等式，用关于正整数n的不等式替代函数不等式中的自变量．通过多次求和达到证明的目的．此类问题一般至少有两问，已知的不等式常由第一问根据待证式的特征而得到． 已知函数式为指数不等式(或对数不等式)，而待证不等式为与对数有关的不等式(或与指数有关的不等式)，还要注意指、对数式的互化，如可化为等． 题型一：应用导数研究型的数列问题 题设情境是应用导数讨论函数的单调性、由不等式恒成立求参变量的取值范围、应用函数思想证明数列不等式.第（1）问应用导数与函数单调性的基本知识求解；第（2）问应用“带参讨论”技巧，结合同构法和放缩法推导实数的取值范围；第（3）问利用第（2）问的相关结论：，则，总有成立，通过变式与换元得到：对任意的，有，然后应用赋值法和累加法证明不等式. 例1已知函数． （1）当时，讨论的单调性； （2）当时，，求实数的取值范围； （3）设，证明：． 【思路点拨】 第（1）问求出，讨论其符号后可得的单调性.第（2）问设，求出，先讨论时题设中的不等式不成立，再就结合放缩法讨论符号，最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围.第（3）问由（2）可得对任意的恒成立,从而可得对任意的恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式. 【规范解析】 (1)当时，，则， 当时，，当时，， 故的减区间为，增区间为. (2) 设，则，又， 设，则， 若，则，因为为连续不间断函数， 故存在，使得，总有， 故在为增函数，故， 故在为增函数，故，与题设矛盾. 若，则， 下证：对任意，总有成立， 证明：设，故， 故在上为减函数，故即成立. 由上述不等式有， 故总成立，即在上为减函数，所以. 当时，有，所以在上为减函数， 所以.综上，. (3)取，则，总有成立， 令，则， 故即对任意的恒成立. 所以对任意的，有， 整理得到：， 故 ，故不等式成立. 练1已知函数在处取得极值. （1）求实数的值； （2）若关于的方程在区间上恰有两个不同的实数根，求实数的取值范围； （3）证明：对任意的正整数，不等式都成立. 【规范解析】 （1）函数 当时，取得极值，∴，故 解得，经检验符合题意． （2）由知 由，得， 令， 则在区间上恰有两个不同的实数根 等价于在区间上恰有两个不同的实数根． 又， 当时，，于是在上单调递增； 当时，，于是在上单调递减， 依题意有，， 解得; （3）的定义域为，由（1）知， 令得，或（舍去）， ∴当时，，单调递增；当时，，单调递减． ∴为在上的最大值． ∴，故（当且仅当时，等号成立） 对任意正整数，取得，,∴, 故. 练2若存在实数，对任意，使得函数，则称在上被控制． 已知函数在上被控制，求的取值范围． 证明：函数在上被控制． 设，证明：． 【规范解析】 解：要使，即， 令， 则， 当时，，所以在上单调递增， 因为，所以恒成立． 当时，令，得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，解得， 综上所述，实数的取值范围是． 要证明函数在上被控制， 只需证明，即证． 令 可得． 当时，，即在区间上单调递增， 所以，原命题得证． 由可知，当时，， 则，即， 则有， 即， 故． 题型二：应用导数研究 (为常数)型的数列问题 题设情境是应用导数讨论函数的单调性、由不等式恒成立求参变量的取值范围、应用函数思想证明数列不等式.第（1）问应用导数与函数单调性的基本知识求解；第（2）问应用“特殊值法”，求得实数的取值范围，然后证明实数在该范围时，原不等式恒成立；第（3）问利用第（2）问的相关结论，结合待证不等式的结构特征，得到不等式，然后应用赋值法和累加法证明不等式. 例2函数， （1）,求的单调区间； （2）若在上恒成立,求实数的取值范围； （3）令函数，求证：. 【思路点拨】 代入的值，求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可； 问题等价于，令，根据函数的单调性求出的取值范围即可； 求出，令，得到，，，，， 可得到，累加即可证明结论成立． 【规范解析】 解：，，， 当，时，，当，时，， 所以的单调递增区间是，， 的单调递减区间是，． 不等式恒成立等价于， 令，则由，可得到， 可以看作是关于的一次函数，单调递增， 令， 对于，，恒成立， 只需证明即可， ， 当， 则，在上单调递减，又， 所以此时恒成立． 当时，恒成立； 当时，单调递增， ，，所以在上存在唯一的，使得， 当时，，当时，， 所以在时单调递减，在时单调递增， ，，， 恒成立，故恒成立，． 证明：由可知， ，令，，，，，， 可得到， 即得证．  练3已知． （1）当时,求的极值点个数； （2）当时,,求的取值范围； （3）求证：，其中. 【规范解析】 （1）当时，，所以，， 所以当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增，因为，， ， 所以存在，使， 所以时,;时,;时,， 所以0和是的极值点， 所以有两个极值点． （2），则, 设，则单调递增， 又, 所以当时,，在上单调递增，所以， 即，在上单调递增，所以，符合题意. 当时，令，解得， 当时，，在上单调递减，， 在上单调递减， 所以时，，不符合题意， 所以的取值范围是． （3）由（2）可知时，,恒成立， 即恒成立， 当时,，， 所以 （）． 练4已知函数，曲线 在处的切线方程为． （1）求证：时，； （2）求证：． 【规范解析】 （1）函数的定义域为，， 又，，所以该切线方程为, 设，则， 令，则， 当时，，所以在上单调递增， 又，所以，即在上单调递增， 所以，故时，； （2）由（1）知：当时，. 令，则， 所以， 化简可得，得证. 题型三：应用导数研究型的数列问题 题设情境是应用导数的几何意义求的值、证明函数不等式和数列不等式.第（1）问由曲线和在原点处的导数值相等求的值，然后应用凹凸反转方法，通过构造函数应用导数证明不等式；第（2）问利用第（1）问的结论得到，然后应用赋值法和累加法证明不等式. 例3已知函数，，且曲线和在原点处有相同的切线． （1）求实数的值，并证明：当时，； （2）令，且，证明：． 【思路点拨】 （1）由导数的几何意义得,便可求得,从由得， 构造函数，应用导数求该函数的最小值即可证明； （2）利用第（1）问结论得，即，推导出，然后应用等价转换、构造函数进行推理论证. 【规范解析】 （1）由条件可得，且，． 因为曲线和在原点处有相同的切线，所以，解得． 要证，即证． 令，则， 再令，则， 所以在上单调递减，所以，所以在上单调递减， 故．所以．即成立． （2）由（1）可得当时，， 所以，即， 两边同除以，得，即． ∴, 要证，只需证， 故只需证． 设, 则， 由于函数在区间上单调递增，所以函数在区间上单调递减， 而,所以当时,恒成立,所以在区间上单调递减． 所以当时,， 故当且时,.又， 所以当时，． 即， 所以，即成立． 练5函数的图像与直线相切． （1）求的值； （2）证明：对于任意正整数,. 【规范解析】 （1）．设直线与曲线相切于点． 依题意得：，整理得，……（*） 令，． 所以当时,,单调递增；当时，，单调递减． 当时, 取得最小值，所以，即. 故方程（*）的解为，此时． （2）①要证明，即证， 只需证. 由（1）知，当时，，即， 因此当时，,. 上式累加得：，得证； ②要证明，即证， 只需证. 令 ，则． 所以当时，，单调递减；当时，，单调递增. 当时，取得最大值，即，． 由得： 上式累加得：，得证； 综上. 练6已知函数. (1)若，求的值； (2)证明：对一切均有成立. （其中为自然对数的底数）. 【规范解析】 (1)由题知定义域为，故等价于， 注意到，，若，则，故在上单调递增， 从而时，，舍去； 若，令，得，从而在上单调递减，在上单调递增， 故，由，则必有. (2)一方面：命题等价于：， 由（1）可知，当时，恒有， 令得，，从而，当时等号成立. 在上式中令，得到，从而， 即， 从而 另一方面： . 由以上两方面可知，命题成立. 题型四：应用导数研究 (m为常数)型的数列问题 题设情境是不等式恒成立求参数的取值范围，证明数列积的不等式.第（1）问应用“带参讨论法”研究不等式恒成立问题，从而确定参数的取值范围；第（2）问利用第（1）问的结论：当时，在上成立，即，然后应用赋值法和等差数列求和证明不等式. 例4已知函数，. （1）若在上恒成立，求实数的取值范围； （2）求证：. 【思路点拔】 第（1）问由及,构造函数,通过分类讨论实数的取值范围求实数的取值范围；第（2）问利用第（1）问得到,从而赋值得到，然后两边同时取对数，将“积”化“和”，通过放缩求和推导即得证. 【规范解析】 （1）即，即， 记，则， 当时，，在上单调递增，由，， 所以，即不恒成立； 当时，时，，单调递增， 所以，即不恒成立； 当时，，，在上单调递减，， 所以，即恒成立； 故在上恒成立，实数的取值范围是； （2）当时，在上成立，即， 令 ，，则， 所以 ， 所以 练7已知，其中为自然对数的底数． （1）当时，求函数在上的最小值； 【规范解析】 （1）当时，，． 可得函数在上单调递减，在上单调递增． ①当，即时，函数在上单调递减，∴, ②当，函数在上单调递增,∴. ③当，即时，函数在上单调递减，在上单调递增， ∴, （2）证明：由（1）可得：时,,∴, ∴ 练8已知，其中． (1)当时，分别求和的的单调性； (2)求证：当时，有唯一实数解； (3)若对任意的，都有恒成立，求的取值范围． 【规范解析】 (1)． 当，时，，． 由，得；由，得． 所以，在上单调递增，在上单调递减． 当，时，，,故， 所以在R上单调递增． (2)当时，． 即，即 令，则． 所以，当为偶数时，，上单调递减． 因为，所以有唯一解． 当n为奇数时，若，则，在上单调递增； 若，则，在上单调递减．因为，所以有唯一解． 综上，当时，有唯一实解． (3)当，时，等价于， 即，即． 由（2）知，，所以，． 题型五：应用导数研究递推数列相关的不等式问题 题设情境是有关数列通项的不等式证明和新定义型数列通项范围的探究.第（1）问应用数学归纳法证明；第（2）问应用分析法，通过构造函数应用导数证明；第（3）问利用第（1）问的结论，应用放缩法和累加求和法证明不等式. 例5已知数列中，，且（，），（）． （1）当时，求证：； （2）求证：； （3）对于数列如果存在常数使得，则称数列为具有上、下确界的 数列，利用（1）（2）的结论探究数列是否具有上、下确界的数列．请说明理由. 【思路点拔】 第(1)问由递推关系式,应用数学归纳法证明；第(2)问通过等价 转换要证明成立，只须证，即，然后构造函数, 应用导数证明；第(3)问利用第(1)问结论通过适当放缩推导得,然后两过 同时取对数得,利用第(2)问结论通过应用累加法和放缩法便可 得,即数列是具有上确界的数列. 【规范解析】 （1）①当时，有 成立． ②假设当时，有，则当时，有, 所以． 由①，②可知：当时，有成立． （2）要证明成立，只需证，即证， 当时，设，有，易知， 所以在上单调递减， 所以，即，所以成立， 此时有成立，即得证，所以． （3）因，所以，所以, 所以，所以， 所以． 由（2）当时，有成立， 则有，， 所以有． 将各式相加 因为， 且， 所以,，即， 所以． 又，所以当时，. 故数列是具有上、下确定的数列，且上确界． 练9已知函数． (1)判断的单调性,并说明理由； (2)若数列满足,,求证：对任意，． 【规范解析】 (1) 令， 在上单调递增，，，在上单调递增. (2)函数的定义域为，由，得， 由 要证，只需证 即证：， 先证左边： 由(1)知当时，，即，即 故，即，得证； 再证右边：，即证，即 令， 令, 在在上单调递减，,即, 在上单调递减，，也得证． 综上：对，，． 练10已知函数， （1）若函数是R上的增函数，求实数的取值范围. （2）已知数列满足，. ①求证：； ②设，求证：. 【规范解析】 （1）当时，由于，则 ，，，故. 从而在上的增函数，且 当时，，则 ①当时，，即在上单调递增， 且； ②当时，令得或（舍去）， 在上是增函数，且.故在R上是增函数； ③当时，令得或舍， 在上单调递增，上单调递减， 且时.故在R上不单调递增. 综上可得，在R上递增，则. （2）①首先应用数学归纳法证明. i.当时，成立， ii.假设时，， 则由（1）在上是增函数.则，即. 故对任意，. 又，则， ，故. ② ，即 ， ， 当时 则 1 当时，，故对一切，. <<<专题训练>>> 1.已知函数. 证明：(1)当，不等式恒成立； (2)对于任意正整数,不等式恒成立（其中为自然常数） 【解析】 (1)要证不等式成立，即证恒成立， ，当时，，当时，， 在上单调递增，在上单调递减，，所以恒成立. (2)由（1）知，令,则， 所以， 即. 2.已知函数． 若有个相异极值点，求的取值范围； 若，求的值； 设为正整数，若，，求的最小值． 【解析】 解：函数的定义域为，求导得， 由有个相异极值点，得方程有两个相异正实根， 于是，解得或， 所以的取值范围是或． 令，求导得， 当时，函数在上单调递增，而， ，则，使得， 当时，，因此函数在上单调递增，而， 则当时，，即，不符合题意； 当时，而时，，不等式不恒成立，不符合题意； 当时，，求导得，当时，，当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增，， 即对任意正数，恒成立，即不等式恒成立，符合题意， 所以． 由知，对任意，不等式，当且仅当时取等号， 令，则， 则 ，即， 因此， 当时，， 所以对，时，正整数的最小值为． 3.设函数，. (1)若函数在定义域内单调递减，求的取值范围； (2)设，证明：（为自然对数的底数）. 【解析】 (1)函数的定义域为， 且， 则， 由于在内单调递减，则对恒成立， 即对恒成立， 从而，则， 当且仅当，即时等号成立, 故的取值范围为 (2)取，由第（1）问可知在为单调递减函数， 从而；则对成立， 令， 有； 从而 ， 故. 4.已知正项数列，， . 证明：（1）；（2）；（3）. 【解析】 证明：先证明对恒成立， 记，则， 所以在上单调递减， 所以时，， 所以时，． 又，所以，即． 即，得证． 要证成立， 只需证成立，即证成立； 记，，则， 所以在上单调递增，所以时，， 所以时，，又，所以，得证． 由知，即， 则，即， 又，所以，所以； 由知，所以，又， 则．综上． 5.已知函数. （1）求的单调区间； （2）记为的从小到大的第个零点，证明：对一切，有. 【解析】 （1）， 令可得，当时，.此时； 当时，，此时， 故函数的单调递减区间为， 单调递增区间为. (2)由(1)可知函数在区间上单调递减，又，所以， 当时，因为， 且函数的图像是连续不断的，所以在区间内至少存在一个零点， 又在区间上是单调的，故，因此， 当时，；当时，； 当时， ， 综上所述，对一切的，. 6.已知函数，其中，． （1）若，证明：； （2）若单调递增，求的取值范围； （3）当且时，证明：． 【解析】 （1）当时，，有， 所以单调递增，有； （2）由，依题意有，得， 当时，由（1）可知单调递增，符合； 当时，（i）若，即， 由（1）可知， 所以单调递增，符合； （ii）若，，记， ，， 所以单调递增，又，， 故可知有唯一零点，记为， 所以，有，单调递减，所以， 所以，单调递减，不符合； 综上可知； （3）取，由（2）可知单调递增，有， 即，有，可得， 取（），则有， 所以， 所以 ，故不等式得证． 7.已知函数， ，其中． （1）若函数有极值1，求的值． （2）若函数在区间上为增函数，求的取值范围． （3）证明：． 【解析】 （1），∴． ①当时，，在上单调递减，无极值． ②当时，． 对，，在上单调递减； 对，，在上单调递增． 在处极小值，即． ．综上，得． （2）． 在区间上为增函数． ∴对恒成立． ，，当时，显然恒成立． 当时，即恒成立． 设，显然，在上单调递增， ．由． 综上，的取值范围是． （3）由（2）知，当时，在区间上为增函数， 当时，． 令．则当时，成立．对，有． ∴． ∴ 8.已知函数． 判断是否成立，并给出理由； 证明：当时，； 证明：当时，． 【解析】 解：令，， 令，则， 所以在上单调递增， 所以，即， 所以在上单调递增， 所以， 所以成立； 证明：当时，要证， 即证， 令，其中， 则需要证明． ， 令，则函数在上单调递增， 所以当时，， 所以，所以在上单调递减， 所以，故， 所以当时，； 由知：，， 由于，由得： ， 所以， ．  9.已知函数 (1)判断函数在区间上极值点的个数并证明； (2)函数在区间上的极值点从小到大分别为，，设，为数列的前项和. ①证明：； ②问是否存在使得？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由． 【解析】 (1)，设，又， 当时，，，在上单调递减，， 在上无零点； 当时，，在上单调递增， ，， 在上有唯一零点； 当时，，在上单调递减， ，在上有唯一零点． 综上，函数在区间上有两个零点且在零点左右函数符号发生改变， 故函数在区间内恰有两个极值点． (2)①由(1)知在无极值点；在有极小值点，即为； 在有极大值点，即为，同理可得，在有极小值点， 在有极值点，由得， ，，，， ，，， 由函数在单调递增得， ， 由在单调递减得， ②同理，， ， 由在上单调递减得， ， 且，， 当为偶数时，从开始相邻两项配对，每组和均为负值， 即，结论成立； 当为奇数时，从开始相邻两项配对，每组和均为负值，还多出最后一项也是负值， 即，结论也成立， 综上，对一切，成立，故不存在使得 共23页/第9页 学科网（北京）股份有限公司 $$