适用于老高考旧教材2024版高考数学二轮复习考点突破练20利用导数证明问题理（附解析）

这是一份适用于老高考旧教材2024版高考数学二轮复习考点突破练20利用导数证明问题理（附解析），共4页。试卷主要包含了已知函数f=xln x，已知函数f=ex+x+2，已知函数f=ex-a-1,x∈，已知函数f=aln x-等内容，欢迎下载使用。

(1)若直线y=2x+m与曲线y=f(x)相切,求m的值;
(2)证明:-≤f(x)<(参考数据:e4>54).
2.已知函数f(x)=ex-ln x+ln a.
(1)当a=e时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)证明:f(x)≥1+.
3.(2023四川自贡三模)已知函数f(x)=(x-2)ex+x+2(e为自然对数的底数).
(1)判断x∈[0,+∞),f(x)的单调性并说明理由;
(2)证明:对∀n∈N*,ln +…+.
4.(2023陕西西安一模)已知函数f(x)=ex-a(x2+x)-1,x∈(0,+∞).
(1)若a=0,证明:f(x)>sin x.
(2)若a=1,且f(m)=f'(n)=0,证明:m<2n.
5.(2023四川凉山二模)已知函数f(x)=aln x-(a∈R).
(1)f'(x)为函数f(x)的导函数,f'(x)≤0对任意的x>0恒成立,求实数a的取值范围;
(2)若函数f(x)有两个不同的极值点x1,x2(x16.已知函数f(x)=(x+1)ln x+mx,g(x)=m2x2ex-1,其中m>0.
(1)讨论函数g(x)的单调性;
(2)若m≥1,证明:当x>0时,g(x)≥f(x).
考点突破练20 利用导数证明问题
1.(1)解 由题意,f'(x)=1+lnx(x>0),由1+lnx=2,得x=e,
则f(e)=e=2e+m,解得m=-e.
(2)证明 因为f'(x)=1+lnx,x>0,由f'(x)<0,得00,得x>,f(x)在(,+∞)上单调递增;∴f(x)≥f()=-;又f(x)<等价于令g(x)=,则g'(x)=当00,g(x)在(0,e)上单调递增;当x>e时,g'(x)<0,g(x)在(e,+∞)上单调递减.∴g(x)max=g(e)=令h(x)=(x>0),则h'(x)=当03时,h'(x)>0,h(x)在(0,+∞)上单调递增,∴h(x)min=h(3)=e4>54,>0,∴g(x)max2.(1)解 因为f(x)=ex-lnx+1,所以f'(x)=ex-,所以k=f'(1)=e-1.因为f(1)=e+1,所以切点坐标为(1,1+e),所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-e-1=(e-1)(x-1),即y=(e-1)x+2.
(2)证明 令g(x)=x-1-lnx,则g'(x)=1-,则g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以g(x)≥0,即x-lnx≥1,则-ln1.①
令h(x)=ex-,则h'(x)=ex-,则h(x)在(0,-lna)上单调递减,在(-lna,+∞)上单调递增,所以h(x)≥h(-lna)=②
①+②可得ex-ln1+,
即f(x)≥1+
3.(1)解f(x)在[0,+∞)上单调递增.理由如下:∵f(x)=(x-2)ex+x+2,∴f'(x)=(x-1)ex+1,令g(x)=(x-1)ex+1,则g'(x)=xex,∴当x∈[0,+∞)时,g'(x)≥0,g(x)单调递增,∴g(x)≥g(0)=0,即f'(x)≥0,∴f(x)在[0,+∞)上单调递增.
(2)证明 由(1)知x∈(0,+∞),f(x)=(x-2)ex+x+2>f(0)=0,
∴x>,令x=lnt(t>1),
则lnt>(t>1),
令t=(n∈N*),
则ln,
∴ln+ln+ln+…+ln>2(+…+),而ln+ln+ln+…+ln=ln2-ln1+ln3-ln2+…+ln(n+1)-lnn=ln(n+1)-ln1=ln(n+1),∴ln(n+1)>2(+…+),故对∀n∈N*,ln+…+
4.证明(1)因为a=0,所以f(x)>sinx等价于ex-sinx-1>0.令g(x)=ex-sinx-1,x∈(0,+∞),则g'(x)=ex-csx.当x≥0时,ex≥1,csx≤1,则g'(x)≥0,故g(x)在(0,+∞)上单调递增.当x>0时,g(x)>g(0)=0,故ex-sinx-1>0,即f(x)>sinx.
(2)因为a=1,所以f(x)=ex-x2-x-1,x∈(0,+∞),则f'(x)=ex-2x-1.令h(x)=ex-2x-1,x∈(0,+∞),则h'(x)=ex-2.当x∈(0,ln2)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,当x∈(ln2,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增.因为h(0)=0,h(ln2)=1-2ln2<0,h(2)=e2-5>0,所以n∈(ln2,2),f'(n)=0.当x∈(0,n)时,f'(x)=h(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(n,+∞)时,f'(x)=h(x)>0,f(x)单调递增.因为f(0)=0,所以f(n)<0.又f(2)=e2-7>0,所以m∈(n,2),f(m)=0.要证m<2n,只需证f(m)0.因为f'(n)=en-2n-1=0,所以e2n-4n2-2n-1=(2n+1)2-4n2-2n-1=2n.显然2n>0,故m<2n.
5.(1)解 依题意得f'(x)=-1-0对任意的x>0恒成立,即x2-ax+1≥0对任意的x>0恒成立,∴a≤x+(x>0),又x+2,当且仅当x=1时取“=”,∴a≤2.
(2)证明 由(1)知当a≤2时f(x)单调递减,无极值点,不满足条件.当a>2时,令f'(x)=0,得x2-ax+1=0,则Δ=a2-4>0,所以其两根为x1,x2,由韦达定理得又x10),则g'(x)=1-csx≥0,∴g(x)>g(0)=0,∴x>sinx(x>0),要证2sinx2-2x1-alnx2+alnx1<0只需证2x2-2x1-alnx2+alnx1<0,即证2(x2-x1)0,∴g(t)在(1,+∞)上单调递增,∴g(t)>g(1)=0得证.
6.(1)解 由题可知g'(x)=m2ex-1x(x+2),令g'(x)<0,得-20,得x<-2或x>0,故函数g(x)在(-∞,-2)上单调递增,在(-2,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
(2)证明 由g(x)≥f(x)得m2x2ex-1-(x+1)lnx-mx≥0.令t(m)=m2x2ex-1-(x+1)lnx-mx,将t(m)看作关于m的二次函数,其图象的对称轴为直线m=令=1,可得xex-1=,易知函数u(x)=xex-1在(0,+∞)上单调递增.又u(0)=0,u(1)=1,故存在x0∈(0,1),满足u(x0)=
①当x∈[x0,+∞)时,xex-1,所以1,此时t(m)≥t(1)=x2ex-1-(x+1)lnx-x.此时需证h(x)=x2ex-1-(x+1)lnx-x≥0.h'(x)=(x2+2x)ex-1--lnx-2.设p(x)=h'(x),则p'(x)=(x2+4x+2)ex-1+(x2+4x+2)+2.显然当x>0时,p'(x)>0,从而h'(x)单调递增.又h'(1)=0,所以当01时,h'(x)>0,故h(x)≥h(1)=0.
②当x∈(0,x0)时,xex-1<,所以>1,此时t(m)≥t=-此时需证k(x)=4ex-1(x+1)lnx+1≤0.k(x)≤4ex-1(x+1)(x-1)+1=4x2ex-1-4ex-1+1<2x-4ex-1+1,令q(x)=2x-4ex-1+1,则q'(x)=2-4ex-1,则当x∈(0,1-ln2)时,q'(x)>0,当x∈(1-ln2,+∞)时,q'(x)<0,所以q(x)≤q(1-ln2)=1-2ln2<0.综合①②,原命题得证.