适用于新高考新教材广西专版2024届高考数学二轮总复习专题突破练6利用导数证明问题

这是一份适用于新高考新教材广西专版2024届高考数学二轮总复习专题突破练6利用导数证明问题，共6页。试卷主要包含了已知f=x-aln，已知函数f=kln x+等内容，欢迎下载使用。

(1)若a=1,求b的值;
(2)求证:f(x)≥g(x).
2.(2023·广西南宁一模)已知f(x)=x-aln(1+x).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当a=1时,证明f(x)≥0;
(3)证明对于任意正整数n,都有+…+>2ln 2.
3.(2023·河北石家庄一模)伯努利不等式,又称贝努利不等式,由数学家伯努利提出:对于实数x>-1,且x≠0,正整数n不小于2,那么(1+x)n≥1+nx.研究发现,伯努利不等式可以推广,请证明以下问题.
(1)当α∈[1,+∞)时,(1+x)α≥1+αx对任意x>-1恒成立;
(2)对任意n∈N*,1n+2n+3n+…+nn<(n+1)n恒成立.
4.已知函数f(x)=aex+sin x+x,x∈[0,π].
(1)证明:当a=-1时,函数f(x)有唯一的极大值点;
(2)当-25.已知函数f(x)=ex,g(x)=2ax+1.
(1)若f(x)≥g(x)恒成立,求a的取值集合;
(2)若a>0,且方程f(x)-g(x)=0有两个不同的根x1,x2,证明:6.(2023·浙江杭州一模)已知函数f(x)=kln x+.
(1)若函数y=f(x)为增函数,求实数k的取值范围;
(2)已知0①证明:>1-;
②若=k,证明:|f(x1)-f(x2)|<1.
专题突破练6 利用导数证明问题
1.(1)解 设P(x0,y0)(x0>0),则+2ax0=4a2lnx0+b.
又f'(x)=2x+2a,g'(x)=,
∴2x0+2a=
∵a=1,+x0-2=0,
∴x0=1,则4×1×0+b=1+2=3,解得b=3.
(2)证明 由(1)得2x0+2a=,即+ax0-2a2=0,得x0=a.
∴a2+2a2-4a2lna-b=0.
令h(x)=f(x)-g(x)=x2+2ax-4a2lnx-b(a>0),
则h'(x)=2x+2a-
当0当x>a时,h'(x)>0,故h(x)在区间(0,a)内单调递减,在区间(a,+∞)内单调递增.
∴x=a时,函数h(x)取得极小值即最小值,且h(a)=a2+2a2-4a2lna-b=0,因此h(x)≥0,故f(x)≥g(x).
2.(1)解 由题意得,f(x)的定义域为(-1,+∞),f'(x)=1-
①若a≤0,则当x∈(-1,+∞)时,f'(x)>0,
所以f(x)在区间(-1,+∞)内单调递增;
②若a>0,则当x∈(-1,a-1)时,f'(x)<0;
当x∈(a-1,+∞)时,f'(x)>0,
所以f(x)在区间(-1,a-1)内单调递减,在区间(a-1,+∞)内单调递增.
综上所述,当a≤0时,f(x)在区间(-1,+∞)内单调递增;
当a>0时,f(x)在区间(-1,a-1)内单调递减,在区间(a-1,+∞)内单调递增.
(2)证明 当a=1时,由(1)知f(x)在区间(-1,0)内单调递减,在区间(0,+∞)内单调递增,
所以f(x)≥f(0)=0.
(3)证明 由(2)知当a=1,且x∈(0,+∞)时,x-ln(1+x)>0,
对于任意正整数n,令x=,得>ln(1+),
所以+…+>ln(1+)+ln(1+)+ln(1+)+…+ln(1+)
=ln+ln+ln+…+ln=ln(…)
>ln(…)=ln=2ln2.
3.证明 (1)令f(x)=(1+x)α-1-αx,
若α=1,则f(x)=0,原不等式成立;
若α>1,则f'(x)=α(1+x)α-1-α=α[(1+x)α-1-1],
当x∈(-1,0)时,(1+x)α-1<1,f'(x)<0,f(x)单调递减;
当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增.
所以f(x)≥f(0)=0,即(1+x)α≥1+αx.
综上所述,当α∈[1,+∞)时,(1+x)α≥1+αx对任意x>-1恒成立.
(2)要证对任意n∈N*,1n+2n+3n+…+nn<(n+1)n恒成立,
只需证()n+()n+()n+…+()n<1,
即证(1-)n+(1-)n+(1-)n+…+(1-)n<1,
由(1)知对于任意正整数i∈{1,2,3,…,n},1-(1-)i,
所以(1-)n≤(1-)ni=[(1-)n]i,
那么(1-)n+(1-)n+(1-)n+…+(1-)n
≤(1-)nn+(1-)n(n-1)+(1-)n(n-2)+…+(1-)n
=[(1-)n]n+[(1-)n]n-1+[(1-)n]n-2+…+[(1-)n]1.
下面证明(1-)n成立.
要证(1-)n成立,只需证(,
令=x∈(0,1],即证明2x≤x+1成立;
令g(x)=2x-1-x,则g'(x)=2xln2-1.
当0当lg2()0,g(x)单调递增;
又g(0)=0,g(1)=0,所以当x∈(0,1]时,g(x)≤0,即2x≤x+1.
所以(1-)n
所以[(1-)n]n+[(1-)n]n-1+[(1-)n]n-2+…+[(1-)n]1
≤()n+))n-1+()n-2+…+()2+()1=1-()n<1.
所以命题得证.
4.证明 (1)当a=-1时,f(x)=x+sinx-ex,f'(x)=1+csx-ex.
因为x∈[0,π],所以1+csx≥0.
令g(x)=1+csx-ex,x∈[0,π],则g'(x)=-ex-sinx<0,
所以g(x)在区间[0,π]上单调递减.
又因为g(0)=2-1=1>0,g(π)=-eπ<0,
所以存在x0∈(0,π),使得f'(x0)=0,
且当00;
当x0所以函数f(x)的单调递增区间是[0,x0],单调递减区间是[x0,π].
所以函数f(x)存在唯一的极大值点x0.
(2)当-2因为h'(0)=a+2>0,h'(π)=aeπ<0,
所以存在t∈(0,π),使得h'(t)=0,
即aet+cst+1=0,
且当00;
当t所以函数h(x)在区间[0,t]上单调递增,在区间[t,π]上单调递减.
所以h(x)max=h(t)=aet+sint+t-π,t∈(0,π).
因为aet+cst+1=0,所以只需证φ(t)=sint-cst+t-1-π<0即可,而φ'(t)=cst+sint+1=sint+(1+cst)>0,所以函数φ(t)在区间(0,π)内单调递增,所以φ(t)<φ(π)=0,故f(x)<π.
5.(1)解 令u(x)=f(x)-g(x)=ex-2ax-1,则u'(x)=ex-2a.
若a≤0,则u'(x)>0,所以u(x)在R上单调递增,而u(0)=0,
所以当x<0时,u(x)<0,不符合题意;
若a>0,由u'(x)=0,得x=ln(2a),当x当x>ln(2a)时,u'(x)>0,u(x)单调递增,
故u(x)min=u(ln(2a))=2a-2aln(2a)-1≥0.
令h(x)=x-xlnx-1,则h'(x)=-lnx.
令h'(x)=0,得x=1,当00,当x>1时,h'(x)<0,故h(x)在区间(0,1)内单调递增,在区间(1,+∞)内单调递减,故h(x)≤h(1)=0,即x-xlnx-1≤0,所以2a-2aln(2a)-1≤0,故2a-2aln(2a)-1=0,所以2a=1,即a=,故a的取值集合为
(2)证明 方程f(x)-g(x)=0有两个不同的根x1,x2,
不妨令x1∴2a=
要证0,即证e2t-1>2tet,令G(t)=e2t-1-2tet,则G'(t)=2et(et-t-1),
易证et>t+1,故G'(t)>0,故G(t)在区间(0,+∞)内单调递增,所以G(t)>G(0)=0.
故原不等式成立.
6.(1)解 ∵f(x)=klnx+,
∴f'(x)=(x>0),
若f(x)是增函数,则f'(x)=0,
又x>0,可得k,
故k对∀x>0恒成立,
构建φ(x)=(x>0),则φ'(x)=(x>0),
令φ'(x)>0,解得0令φ'(x)<0,解得x>1.
则φ(x)在区间(0,1)内单调递增,在区间(1,+∞)内单调递减,故φ(x)≤φ(1)=,
故实数k的取值范围为[,+∞).
(2)证明 ①由(1)可知,当k=时,f(x)=单调递增,
∵0f(x1),
即lnx2+lnx1+,
整理得>lnx1-lnx2=-ln,
构建g(x)=x-lnx-1(x>0),则g'(x)=1-(x>0),
令g'(x)<0,解得0令g'(x)>0,解得x>1.
则g(x)在区间(0,1)内单调递减,在区间(1,+∞)内单调递增,
故g(x)=x-lnx-1≥g(1)=0,即-lnx≥1-x,当且仅当x=1时等号成立,
令x=>1,可得-ln>1-,
故>1-
=k,
=0,
可知f'(x)==0有两个不相等的实数根x1,x2,由(1)知0可得f(x1)=klnx1+lnx1+,
同理可得f(x2)=,
构建p(x)=(x>0),则p'(x)=(x>0),
当0当x>1时,(1-x)lnx<0;
当x=1时,(1-x)lnx=0;
且ex>0,故p'(x)≤0对∀x∈(0,+∞)恒成立,
故p(x)在区间(0,+∞)内单调递减.
又0∵x2>1,∴lnx2>0,∴x2lnx2+1>0,
∴p(x2)=>0,
∴0∵01-x1,
即lnx1∴x1lnx1+1<1,
综上所述,0∴-<-f(x2)<0,
∴0故|f(x1)-f(x2)|=f(x1)-f(x2)<1.