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2024年高考数学二轮专项复习专题突破练6利用导数证明问题（Word版附解析）
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这是一份2024年高考数学二轮专项复习专题突破练6利用导数证明问题（Word版附解析），共8页。
(1)若a=1,求b的值;
(2)求证:f(x)≥g(x).
2.(2021·辽宁朝阳一模)已知函数f(x)=ex-asin x-x,曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为x+y-1=0.
(1)求实数a的值;
(2)证明:对∀x∈R,f(x)>0恒成立.
3.(2021·河北石家庄三模)已知函数f(x)=aln x-x2+x+3a.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)若04.(2021·江苏百校联盟3月联考)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.(2021·广东湛江一模)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:x1+x226.(2021·广州一模)已知函数f(x)=xln x-ax2+x(a∈R).
(1)证明:曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线l恒过定点;
(2)若f(x)有两个零点x1,x2,且x2>2x1,证明:x12+x22>4e.
专题突破练6 利用导数证明问题
1.(1)解 设P(x0,y0)(x0>0),则x02+2ax0=4a2ln x0+b.
又f'(x)=2x+2a,g'(x)=4a2x,∴2x0+2a=4a2x0.
∵a=1,∴x02+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=4a2x0,即x02+ax0-2a2=0,得x0=a.
∴a2+2a2-4a2ln a-b=0.
令h(x)=f(x)-g(x)=x2+2ax-4a2ln x-b(a>0),则h'(x)=2x+2a-4a2x=2(x2+ax-2a2)x=2(x+2a)(x-a)x.
当0当x>a时,h'(x)>0,故h(x)在区间(0,a)上单调递减,在区间(a,+∞)上单调递增.
∴x=a时,函数h(x)取得极小值即最小值,且h(a)=a2+2a2-4a2ln a-b=0,因此h(x)≥0,故f(x)≥g(x).
2.(1)解 f'(x)=ex-acs x-1.
∵曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为x+y-1=0,
∴f'(0)=-1,∴1-a-1=-1,得a=1.
(2)证明 由于f(x)=ex-sin x-x,要证明对∀x∈R,f(x)>0恒成立,需证明对∀x∈R,ex-x>sin x.
令g(x)=ex-x,∴g'(x)=ex-1.
令g'(x)=0,得x=0.
∴当x∈(-∞,0)时,g'(x)<0,当x∈(0,+∞)时,g'(x)>0.
∴函数g(x)在区间(-∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增.
故g(x)min=g(0)=1,即对∀x∈R,ex-x≥1都成立,
∴ex-x-sin x≥1-sin x≥0,两个等号不同时成立,
∴ex-x>sin x,∴对∀x∈R,f(x)>0恒成立.
3.(1)解 f'(x)=ax-2x+1=-2x2+x+ax,x>0,令f'(x)=0,即-2x2+x+a=0,Δ=1+8a.
当Δ≤0,即a≤-18时,f'(x)≤0,
∴f(x)在区间(0,+∞)上单调递减.
当Δ>0,即a>-18时,由f'(x)=0,得x1=1+1+8a4,x2=1-1+8a4,则x1>x2.
①当a≥0时,x1>0,x2≤0,x∈(0,x1)时,f'(x)>0,x∈(x1,+∞)时,f'(x)<0,
∴f(x)在区间(0,x1)上单调递增,在区间(x1,+∞)上单调递减.
②当-180,x2>0,x∈(0,x2)∪(x1,+∞)时,f'(x)<0,x∈(x2,x1)时,f'(x)>0,
∴f(x)在区间(0,x2)和(x1,+∞)上单调递减,在区间(x2,x1)上单调递增.
综上所述,当a≤-18时,f(x)在区间(0,+∞)上单调递减;
当a≥0时,f(x)在区间0,1+1+8a4上单调递增,在区间1+1+8a4,+∞上单调递减;
当-18(2)证明 由已知得需证a(ln x+3)∵a>0,x>0,∴exx>0,当ln x+3<0时,不等式显然成立.
当ln x+3>0时,由于0令g(x)=lnx+34x(x>0),∴g'(x)=-lnx-24x2.
令g'(x)=0,得x=e-2.
当x∈(0,e-2)时,g'(x)>0,当x∈(e-2,+∞)时,g'(x)<0,即g(x)在区间(0,e-2)上单调递增,在区间(e-2,+∞)上单调递减.∴g(x)max=g(e-2)=e24.
令h(x)=exx2(x>0),则h'(x)=ex(x-2)x3.
当x∈(0,2)时,h'(x)<0,当x∈(2,+∞)时,h'(x)>0,
∴h(x)在区间(0,2)上单调递减,在区间(2,+∞)上单调递增,∴h(x)min=h(2)=e24.
∴g(x)max≤h(x)min,但两边取最值的条件不一样,
∴lnx+34x4.证明 (1)当a=-1时,f(x)=x+sin x-ex,f'(x)=1+cs x-ex.
因为x∈[0,π],所以1+cs x≥0.
令g(x)=1+cs x-ex,x∈[0,π],则g'(x)=-ex-sin x<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+cs t+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+sin t+t-π,t∈(0,π).
因为aet+cs t+1=0,所以只需证φ(t)=sin t-cs t+t-1-π<0即可,而φ'(t)=cs t+sin t+1=sin t+(1+cs t)>0,所以函数φ(t)在区间(0,π)上单调递增,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-xln x-1,则h'(x)=-ln x.
令h'(x)=0,得x=1,当00,当x>1时,h'(x)<0,故h(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减,故h(x)≤h(1)=0,即x-xln x-1≤0,所以2a-2aln(2a)-1≤0,故2a-2aln(2a)-1=0,所以2a=1,即a=12,故a的取值集合为12.
(2)证明 方程f(x)-g(x)=0有两个不同的根x1,x2,
不妨令x1要证x1+x220,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,+∞)上单调递增,所以G(t)>G(0)=0.
故原不等式成立.
6.证明 (1)f'(x)=ln x-2ax+2,则f'(1)=2-2a,所以切线l的斜率为2-2a.
又f(1)=1-a,所以切线l的方程为y-(1-a)=(2-2a)(x-1),即y=(2-2a)x-12,可得当x=12时,y=0,故切线l恒过定点12,0.
(2)∵x1,x2是f(x)的零点,x2>2x1,且x1>0,x2>0,
∴x1ln x1-ax12+x1=0,x2ln x2-ax22+x2=0,即ln x1+1=ax1,ln x2+1=ax2,
∴a=ln x1+ln x2+2x1+x2=ln x2-ln x1x2-x1,
即ln(x1x2)+2=(x1+x2)lnx2x1x2-x1.
令t=x2x1,则t>2,于是ln(x1x2)+2=(t+1)lntt-1,
令g(t)=(t+1)lntt-1,则g'(t)=t-1t-2lnt(t-1)2.
令h(t)=t-1t-2ln t,则h'(t)=(t-1)2t2>0,
∴h(t)在区间(2,+∞)上单调递增,∴h(t)>h(2)=32-2ln 2>0,∴g'(t)>0,∴g(t)在区间(2,+∞)上单调递增,
∴g(t)>g(2)=3ln 2,
∴ln(x1x2)+2>3ln 2,即ln(x1x2)>3ln 2-2=ln8e2,
∴x1x2>8e2,
(1)若a=1,求b的值;
(2)求证:f(x)≥g(x).
2.(2021·辽宁朝阳一模)已知函数f(x)=ex-asin x-x,曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为x+y-1=0.
(1)求实数a的值;
(2)证明:对∀x∈R,f(x)>0恒成立.
3.(2021·河北石家庄三模)已知函数f(x)=aln x-x2+x+3a.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)若0
(1)证明:当a=-1时,函数f(x)有唯一的极大值点;
(2)当-2
(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:x1+x22
(1)证明:曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线l恒过定点;
(2)若f(x)有两个零点x1,x2,且x2>2x1,证明:x12+x22>4e.
专题突破练6 利用导数证明问题
1.(1)解 设P(x0,y0)(x0>0),则x02+2ax0=4a2ln x0+b.
又f'(x)=2x+2a,g'(x)=4a2x,∴2x0+2a=4a2x0.
∵a=1,∴x02+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=4a2x0,即x02+ax0-2a2=0,得x0=a.
∴a2+2a2-4a2ln a-b=0.
令h(x)=f(x)-g(x)=x2+2ax-4a2ln x-b(a>0),则h'(x)=2x+2a-4a2x=2(x2+ax-2a2)x=2(x+2a)(x-a)x.
当0
∴x=a时,函数h(x)取得极小值即最小值,且h(a)=a2+2a2-4a2ln a-b=0,因此h(x)≥0,故f(x)≥g(x).
2.(1)解 f'(x)=ex-acs x-1.
∵曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为x+y-1=0,
∴f'(0)=-1,∴1-a-1=-1,得a=1.
(2)证明 由于f(x)=ex-sin x-x,要证明对∀x∈R,f(x)>0恒成立,需证明对∀x∈R,ex-x>sin x.
令g(x)=ex-x,∴g'(x)=ex-1.
令g'(x)=0,得x=0.
∴当x∈(-∞,0)时,g'(x)<0,当x∈(0,+∞)时,g'(x)>0.
∴函数g(x)在区间(-∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增.
故g(x)min=g(0)=1,即对∀x∈R,ex-x≥1都成立,
∴ex-x-sin x≥1-sin x≥0,两个等号不同时成立,
∴ex-x>sin x,∴对∀x∈R,f(x)>0恒成立.
3.(1)解 f'(x)=ax-2x+1=-2x2+x+ax,x>0,令f'(x)=0,即-2x2+x+a=0,Δ=1+8a.
当Δ≤0,即a≤-18时,f'(x)≤0,
∴f(x)在区间(0,+∞)上单调递减.
当Δ>0,即a>-18时,由f'(x)=0,得x1=1+1+8a4,x2=1-1+8a4,则x1>x2.
①当a≥0时,x1>0,x2≤0,x∈(0,x1)时,f'(x)>0,x∈(x1,+∞)时,f'(x)<0,
∴f(x)在区间(0,x1)上单调递增,在区间(x1,+∞)上单调递减.
②当-18
∴f(x)在区间(0,x2)和(x1,+∞)上单调递减,在区间(x2,x1)上单调递增.
综上所述,当a≤-18时,f(x)在区间(0,+∞)上单调递减;
当a≥0时,f(x)在区间0,1+1+8a4上单调递增,在区间1+1+8a4,+∞上单调递减;
当-18
当ln x+3>0时,由于0
令g'(x)=0,得x=e-2.
当x∈(0,e-2)时,g'(x)>0,当x∈(e-2,+∞)时,g'(x)<0,即g(x)在区间(0,e-2)上单调递增,在区间(e-2,+∞)上单调递减.∴g(x)max=g(e-2)=e24.
令h(x)=exx2(x>0),则h'(x)=ex(x-2)x3.
当x∈(0,2)时,h'(x)<0,当x∈(2,+∞)时,h'(x)>0,
∴h(x)在区间(0,2)上单调递减,在区间(2,+∞)上单调递增,∴h(x)min=h(2)=e24.
∴g(x)max≤h(x)min,但两边取最值的条件不一样,
∴lnx+34x
因为x∈[0,π],所以1+cs x≥0.
令g(x)=1+cs x-ex,x∈[0,π],则g'(x)=-ex-sin x<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0
当x0
所以函数f(x)存在唯一的极大值点x0.
(2)当-2
所以存在t∈(0,π),使得h'(t)=0,即aet+cs t+1=0,
且当0
当t
所以h(x)max=h(t)=aet+sin t+t-π,t∈(0,π).
因为aet+cs t+1=0,所以只需证φ(t)=sin t-cs t+t-1-π<0即可,而φ'(t)=cs t+sin t+1=sin t+(1+cs t)>0,所以函数φ(t)在区间(0,π)上单调递增,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
故u(x)min=u(ln(2a))=2a-2aln(2a)-1≥0.
令h(x)=x-xln x-1,则h'(x)=-ln x.
令h'(x)=0,得x=1,当0
(2)证明 方程f(x)-g(x)=0有两个不同的根x1,x2,
不妨令x1
易证et>t+1,故G'(t)>0,故G(t)在区间(0,+∞)上单调递增,所以G(t)>G(0)=0.
故原不等式成立.
6.证明 (1)f'(x)=ln x-2ax+2,则f'(1)=2-2a,所以切线l的斜率为2-2a.
又f(1)=1-a,所以切线l的方程为y-(1-a)=(2-2a)(x-1),即y=(2-2a)x-12,可得当x=12时,y=0,故切线l恒过定点12,0.
(2)∵x1,x2是f(x)的零点,x2>2x1,且x1>0,x2>0,
∴x1ln x1-ax12+x1=0,x2ln x2-ax22+x2=0,即ln x1+1=ax1,ln x2+1=ax2,
∴a=ln x1+ln x2+2x1+x2=ln x2-ln x1x2-x1,
即ln(x1x2)+2=(x1+x2)lnx2x1x2-x1.
令t=x2x1,则t>2,于是ln(x1x2)+2=(t+1)lntt-1,
令g(t)=(t+1)lntt-1,则g'(t)=t-1t-2lnt(t-1)2.
令h(t)=t-1t-2ln t,则h'(t)=(t-1)2t2>0,
∴h(t)在区间(2,+∞)上单调递增,∴h(t)>h(2)=32-2ln 2>0,∴g'(t)>0,∴g(t)在区间(2,+∞)上单调递增,
∴g(t)>g(2)=3ln 2,
∴ln(x1x2)+2>3ln 2,即ln(x1x2)>3ln 2-2=ln8e2,
∴x1x2>8e2,
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