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专题05 常见函数与导数中的不等关系1、 拉格朗日中值定理若函数满足如下条件：（1） 在闭区间上连续；（2） 在开区间上可导；则在区间上至少存在一点，使得几何意义：在闭区间上有一条连续曲线，曲线上每一点都存在切线，则曲线上至少存在一点，过点的切线平行于割线二、四类基本初等函数结论及推导设函数上任意两点，过、两点直线的斜率，、两点中点的横坐标为， 在中点横坐标处的切线斜率，在点处切线的斜率，在点处切线的斜率注：下面论述中都是假设，都与上述表示是一致的。（1） 对于函数，则 证明：（2） 对于函数，则， ， ，证明：，即，即所以我们可以得到图（1）由图（1）可以看出割线的斜率大于点处切线的斜率小于点处切线的斜率，即其实，我们也可以借助拉格朗日中值定理的几何意义去解释为什么上述的不等关系是成立的。对于而言在区间上是连续的，在区间上是可导的，故在区间上毕存在一点，使得过点的切线斜率等于割线斜率，即，又因为在区间是单调减函数，故，即。下面我们再用分析证明法证明证明方法1：先用分析证明的思想令即证在恒成立设，因为所以在区间上是单调递增函数，即，得证。评述：上述方法是令，其思想就是将两个元变成一个元，最后变成一个关于的函数，运用导数判断单调性进而证明出结论。但并不是每一类函数都能够通过消元完成证明，后面讲正弦函数的时候你会发现换元法就不能很好的去发挥作用。因此在这里介绍证明的第二种方法。证明方法2：既然我们假设的是，那么我们可以这样去想，将看成是一个变化的常量，那么就是区间上的任意一个数，那么我们就构造出一个关于的函数，令，对进行求导得到所以在是单调减函数，则即 化简可得，得证。（3）对于函数，则，证明：，即 ，即所以我们可以得到 图（2）由图（2）可以看出割线的斜率大于点处切线的斜率小于点处切线的斜率，即。其实，我们也可以借助拉格朗日中值定理的几何意义去解释为什么上述的不等关系是成立的。对于而言在区间上是连续的，在区间上是可导的，故在区间上毕存在一点，使得过点的切线斜率等于割线斜率，即，又因为在区间是单调增函数，故，即。 下面我们再用分析证明法证明令，即证明证明方法1：先用分析证明的思想令即证在恒成立设，因为设所以在区间上是单调递增函数，即，得证。另外一种换元方法：令即证在恒成立设，因为，所以在区间上是单调递增函数，即，得证。评述：对于函数，第一种换元方式是令，第二种换元方式是令，它们的思想都是将两个元变成一个元，最后变成一个关于的函数，运用导数判断单调性进而证明出结论，第二种换元方式在后面的证明中会简单一点，不必再二次求导。这里要注意对比函数的证明方法，基本的证明思路是一致的，在换元的处理上需要注意一下区别。证明方法2：既然我们假设的是，那么我们可以这样去想，将看成是一个变化的常量，那么就是区间上的任意一个数，那么我们就构造出一个关于的函数，令，对进行求导得到上面我们已经证明了，将上述换成就能得到即所以在是单调减函数，则即化简得到 ，得证。（4）对于函数，则，证明：因为在上是单调减函数，又故，即图（3）由图（3）可以看出割线的斜率大于点处切线的斜率小于点处切线的斜率，即。其实，我们也可以借助拉格朗日中值定理的几何意义去解释为什么上述的不等关系是成立的。对于而言在区间上是连续的，在区间上是可导的，故在区间上必存在一点，使得过点的切线斜率等于割线斜率，即，又因为在区间是单调减函数，故，即。借鉴与的证明方法去证明割线的斜率与端点处切线斜率的大小会遇到一定的困难，与这两类函数的证明都是通过换元法将或换成，最后整理成一个关于的函数，进而运用导数去证明。而对于无论怎么换元都会出现两个变量，故我们可以将看成是一个变化的常量，那么就是区间上的任意一个数，那么我们就构造出一个关于的函数证明：令，对进行求导得到，所以在上是单调递减函数， 则，化简可得，即，得证令，对进行求导得到，所以在是单调增函数，化简可得，即，得证综上所述，对于大小的证明我们可以借助与学习三角恒等变换中的和差化积的公式，将表示如下：为了表示方便我们令，则，令，则，所以在上是单调减函数，即，即当然大小的证明也可以将看成是一个变化的常量，就是区间上的任意一个数，构造出一个关于的函数，用导数去判别函数单调性进而证明，但证明过程比较繁琐，读者可以尝试自行去证明。三、例题分析例1、（2016苏锡常镇高三一模19）设，函数，若有两个相异零点，求证: 分析：要证，就是证由题意可以得到，两式相加可得两式相减可得，而在上面已经证明过，结合结论得证。证明：，由题意可以得到（假设）两式分别相加相减可得：，下面证明设，因为所以在区间上是单调递增函数，即令，化简可得，所以，即，即例2、（2015苏锡常镇高三二模19）已知函数，若函数的两个零点为，试判断的正负，并说明理由.所以在区间上是单调递增函数，即令，化简可得，即所以例3、（2016镇江高三期中19）记函数的图像为,函数的图像记为.若图像与直线有两个不同的交点,其横坐标分别是,设,求证: .分析：与相切时切点的横坐标为，交点的横坐标范围。由题意可得，两式相减可以得到，我们已经证明过，即，两式相乘可以得到，两边开根号，即化简得证。证明：设与相切时切点坐标为，过点，解得，切点坐标，斜率，相交时设两个交点横坐标分别为，则，由题意可得，两式相减可以得到，两式相乘可以得到，两边开根号设，因为设所以在区间上是单调递增函数，即令，两边同时乘以，即。，即。例4、（2016苏锡常镇高三二模20）已知函数（，是自然对数的底数），其导函数为 设，且，点（，）是曲线上的一个定点，是否存在实数（），使得成立？证明你的结论分析：假设成立，那么成立。即，上述已经证明过，所以不成立证明：，假设存在使得成立，则有，即，所以设，因为设所以在区间上是单调递增函数，即令，所以，两边同时乘以化简得，所以不存在使得成立。例5、（自创）已知函数上有三点横坐标分别为，且满足，试判断两点间的斜率与两点间斜率的大小并说明理由 分析：，令，在上是单点递减的，而且根据可知是上凸函数，由图像可以判断两点间的斜率大于两点间的斜率，即。由拉格朗日中值定理的几何意义也可以理解为什么。对于而言在区间上是连续的，在区间上是可导的，故在区间上必存在一点，使得过点的切线斜率等于割线斜率，即，在区间上必存在一点，使得过点的切线斜率等于割线斜率，即，又因为上面已经说明在区间是单调减函数，故，即。严格的证明可以按照正弦函数如何证明割线斜率与端点处斜率大小关系的方法。对求导令，所以在上单调递增，即故在上单调递增减，化简可得：，即将看成是一个变化的常量，那么就是区间上的任意一个数，构造函数同理可证，所以，即两点间的斜率大于两点间的斜率。总结：诸如此类的例题还有很多，通过上述例题我们可以发现有些结论的证明比较直接，有些结论的证明比较隐晦，但是万变不离其中，这类试题的特点都是会出现两个点的横坐标，结合二次函数、指数、对数、三角函数四类基本初等函数，可以是简单的这几类函数模型，也可以将这四类基本初等函数进行线性组合，构造出一个新的复杂的函数形式，这就要求同学们在证明时要利用分析证明的思路一步一步反推到我们熟悉的结论上来，自然而然就能攻破此类试题。 四、巩固练习：1、（2018南京盐城期末20）设函数，（）.（1）当时，若函数与的图象在处有相同的切线，求的值；（2）当时，若对任意和任意，总存在不相等的正实数，使得，求的最小值；（3）当时，设函数与的图象交于两点求证：.2、（2018苏北六市高三二模20）设函数（1）若函数是R上的单调增函数，求实数a的取值范围；（2）设， 是的导函数若对任意的，求证：存在使；若，求证： 巩固练习答案解析：1、解：（1）由，得，又，所以，.当时，所以，所以. 因为函数与的图象在处有相同的切线，所以，即，解得. （3）当时，因为函数与的图象交于两点，所以，两式相减，得. 要证明，即证，即证，即证. 令，则，此时即证令，所以，所以当时，函数单调递增又，所以，即成立；再令，所以，所以当时，函数单调递减，又，所以，即也成立综上所述， 实数满足 2、解：分析（1）由题意， 对恒成立，根据，等价为对恒成立，即可求得得取值范围；（2）分别求得与，若，则存在，使，从而得，取，则，即可证明；不妨设，令，则，由（1）知函数单调递增，则，从而，根据，推出，只需证明成立，即只需证明成立，设，求得函数的单调性，即可证明.解：（1）由题意，对于恒成立，对于恒成立，即（2），则若，则存在，使，不合题意.取，则此时存在，使设，令
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