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适用于老高考旧教材2024版高考数学二轮复习考点突破练19利用导数证明问题文（附解析）
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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19利用导数证明问题文（附解析），共6页。试卷主要包含了已知函数f=ex-2，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)求y=f(x)的解析式;
(2)证明:<1.
2.已知函数f(x)=ex-(x+1)2.
(1)求曲线y=f(x)在点(-1,f(-1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;
(2)对于任意x1,x2,证明:若x13.(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)当a=时,求函数f(x)的单调区间;
(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19 利用导数证明问题
1.(1)解∵f'(x)=lnx+1+,
∴f'(1)=1+a=-1,∴a=-2,
又点(1,f(1))在切线x+y-2=0上,∴1+b-2=0,∴b=1,∴y=f(x)的解析式为f(x)=(x-2)lnx+1.
(2)证明由结论ex≥x+1(证明略),得x-ex≤-1,∴要证<1,
即证f(x)-1>x-ex,
即证f(x)-1>-1,即证f(x)>0.
由(1)知f'(x)=lnx+1-,f'(x)在(0,+∞)上单调递增,又f'(1)=-1<0,f'(2)=ln2>0,∴存在x0∈(1,2)使得f'(x0)=0.
当0x0时,f'(x)>0,f(x)单调递增;
故f(x)在x0处取到极小值,也是最小值.由f'(x0)=0,得lnx0=-1,∴f(x)≥f(x0)=(x0-2)lnx0+1=(x0-2)-1+1=5-x0+.
令r(x)=x+(1∴r(x)5-5=0.
综上,对任意x∈(0,+∞),<1.
2.(1)解f'(x)=ex-2x-2,
所以k=f'(-1)=.
因为f(-1)=,所以切点坐标为,所以曲线y=f(x)在点(-1,f(-1))处的切线方程为y-(x+1),即x-ey+2=0.所以切线与坐标轴的交点坐标为(-2,0)和,则所求的三角形面积为×2×.
(2)证明设G(x)=f(x)+2x=ex-x2-1,则G'(x)=ex-2x.
令H(x)=ex-2x,则H'(x)=ex-2,则H(x)在(-∞,ln2)上单调递减,在(ln2,+∞)上单调递增,故H(x)≥H(ln2)=2-2ln2>0,即G'(x)=ex-2x>0,所以G(x)在R上单调递增,所以对于任意x1,x2,若x13.(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)解当a=时,f(x)=lnx-x+,f'(x)=-1-<0,得2x2-5x+2>0,解得x>2或0由f'(x)>0,得(2)证明f'(x)=-1-,当a≤0时,f'(x)<0,
∴f(x)单调递减,无极值点,不满足条件.
当a>0时,由f'(x)=0,得x2-ax+1=0,由题意Δ=a2-4>0,∴a>2.
由韦达定理得∵x1要证2x2-2x1-alnx2+alnx1<0,即证2(x2-x1)令g(t)=lnt-,t∈(1,+∞),g'(t)=>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.
(1)求y=f(x)的解析式;
(2)证明:<1.
2.已知函数f(x)=ex-(x+1)2.
(1)求曲线y=f(x)在点(-1,f(-1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;
(2)对于任意x1,x2,证明:若x1
(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)当a=时,求函数f(x)的单调区间;
(2)若函数f(x)有两个不同的极值点x1,x2(x1
(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19 利用导数证明问题
1.(1)解∵f'(x)=lnx+1+,
∴f'(1)=1+a=-1,∴a=-2,
又点(1,f(1))在切线x+y-2=0上,∴1+b-2=0,∴b=1,∴y=f(x)的解析式为f(x)=(x-2)lnx+1.
(2)证明由结论ex≥x+1(证明略),得x-ex≤-1,∴要证<1,
即证f(x)-1>x-ex,
即证f(x)-1>-1,即证f(x)>0.
由(1)知f'(x)=lnx+1-,f'(x)在(0,+∞)上单调递增,又f'(1)=-1<0,f'(2)=ln2>0,∴存在x0∈(1,2)使得f'(x0)=0.
当0
故f(x)在x0处取到极小值,也是最小值.由f'(x0)=0,得lnx0=-1,∴f(x)≥f(x0)=(x0-2)lnx0+1=(x0-2)-1+1=5-x0+.
令r(x)=x+(1
综上,对任意x∈(0,+∞),<1.
2.(1)解f'(x)=ex-2x-2,
所以k=f'(-1)=.
因为f(-1)=,所以切点坐标为,所以曲线y=f(x)在点(-1,f(-1))处的切线方程为y-(x+1),即x-ey+2=0.所以切线与坐标轴的交点坐标为(-2,0)和,则所求的三角形面积为×2×.
(2)证明设G(x)=f(x)+2x=ex-x2-1,则G'(x)=ex-2x.
令H(x)=ex-2x,则H'(x)=ex-2,则H(x)在(-∞,ln2)上单调递减,在(ln2,+∞)上单调递增,故H(x)≥H(ln2)=2-2ln2>0,即G'(x)=ex-2x>0,所以G(x)在R上单调递增,所以对于任意x1,x2,若x1
∵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)
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)解当a=时,f(x)=lnx-x+,f'(x)=-1-<0,得2x2-5x+2>0,解得x>2或0
∴f(x)单调递减,无极值点,不满足条件.
当a>0时,由f'(x)=0,得x2-ax+1=0,由题意Δ=a2-4>0,∴a>2.
由韦达定理得∵x1
∴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-2
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.
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