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新高考数学二轮复习专题突破练6利用导数证明问题含答案
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这是一份新高考数学二轮复习专题突破练6利用导数证明问题含答案，共11页。试卷主要包含了已知函数f=a-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.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.(2023·新高考Ⅰ,19)已知函数f(x)=a(ex+a)-x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)证明:当a>0时,f(x)>2ln a+32.
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:x1+x226.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)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+2a2-4a2ln 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)内单调递减,在区间(0,+∞)内单调递增.
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)=aex-1,x∈R.
①当a≤0时,f'(x)≤0对任意x∈R恒成立,所以f(x)在(-∞,+∞)内单调递减.
②当a>0时,令f'(x)=0,得x=ln1a=-ln a.
随x的变化,f'(x),f(x)的变化如下表:
所以函数f(x)的单调递增区间是(-ln a,+∞),单调递减区间是(-∞,-ln a).
综上,当a≤0时,f(x)的单调递减区间是(-∞,+∞),无单调递增区间;
当a>0时,f(x)的单调递增区间是(-ln a,+∞),单调递减区间是(-∞,-ln a).
(2)证明 当a>0时,要证f(x)>2ln a+32恒成立,即证f(x)min>2ln a+32成立.
当a>0时,由(1)知,f(x)的极小值同时也是最小值,是f(-ln a),
下面证明f(-ln a)>2ln a+32.
f(-ln a)=a(e-ln a+a)-(-ln a)=1+a2+ln a.
令g(a)=f(-ln a)-2ln a-32=a2-ln a-12, a∈(0,+∞),(关键点:这里构造新函数,研究新函数的单调性、最值)
则g'(a)=2a-1a=2a2-1a,
令g'(a)=0,得a=22.
随a的变化,g'(a),g(a)的变化如下表:
所以在a=22时,g(a)取最小值.
g(a)min=g22=12-ln22-12=-ln12=ln 2>ln 1=0.
因此f(-ln a)>2ln a+32成立.
因此当a>0时,f(x)>2ln a+32.
4.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)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-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)内单调递增,在区间(1,+∞)内单调递减,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,+∞)内单调递增,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,+∞)内单调递增,∴h(t)>h(2)=32-2ln 2>0,∴g'(t)>0,∴g(t)在区间(2,+∞)内单调递增,
∴g(t)>g(2)=3ln 2,
∴ln(x1x2)+2>3ln 2,即ln(x1x2)>3ln 2-2=ln8e2,
∴x1x2>8e2,
∴x12+x22>2x1x2>4e(由于x1≠x2,故不取等号).x
(-∞,-ln a)
-ln a
(-ln a,+∞)
f'(x)
-
0
+
f(x)
↘
极小值
↗
a
0,22
22
22,+∞
g'(a)
-
0
+
g(a)
↘
极小值
↗
(1)若a=1,求b的值;
(2)求证:f(x)≥g(x).
2.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.(2023·新高考Ⅰ,19)已知函数f(x)=a(ex+a)-x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)证明:当a>0时,f(x)>2ln a+32.
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-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)内单调递减,在区间(0,+∞)内单调递增.
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)=aex-1,x∈R.
①当a≤0时,f'(x)≤0对任意x∈R恒成立,所以f(x)在(-∞,+∞)内单调递减.
②当a>0时,令f'(x)=0,得x=ln1a=-ln a.
随x的变化,f'(x),f(x)的变化如下表:
所以函数f(x)的单调递增区间是(-ln a,+∞),单调递减区间是(-∞,-ln a).
综上,当a≤0时,f(x)的单调递减区间是(-∞,+∞),无单调递增区间;
当a>0时,f(x)的单调递增区间是(-ln a,+∞),单调递减区间是(-∞,-ln a).
(2)证明 当a>0时,要证f(x)>2ln a+32恒成立,即证f(x)min>2ln a+32成立.
当a>0时,由(1)知,f(x)的极小值同时也是最小值,是f(-ln a),
下面证明f(-ln a)>2ln a+32.
f(-ln a)=a(e-ln a+a)-(-ln a)=1+a2+ln a.
令g(a)=f(-ln a)-2ln a-32=a2-ln a-12, a∈(0,+∞),(关键点:这里构造新函数,研究新函数的单调性、最值)
则g'(a)=2a-1a=2a2-1a,
令g'(a)=0,得a=22.
随a的变化,g'(a),g(a)的变化如下表:
所以在a=22时,g(a)取最小值.
g(a)min=g22=12-ln22-12=-ln12=ln 2>ln 1=0.
因此f(-ln a)>2ln a+32成立.
因此当a>0时,f(x)>2ln a+32.
4.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)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
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,+∞)内单调递增,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,+∞)内单调递增,∴h(t)>h(2)=32-2ln 2>0,∴g'(t)>0,∴g(t)在区间(2,+∞)内单调递增,
∴g(t)>g(2)=3ln 2,
∴ln(x1x2)+2>3ln 2,即ln(x1x2)>3ln 2-2=ln8e2,
∴x1x2>8e2,
∴x12+x22>2x1x2>4e(由于x1≠x2,故不取等号).x
(-∞,-ln a)
-ln a
(-ln a,+∞)
f'(x)
-
0
+
f(x)
↘
极小值
↗
a
0,22
22
22,+∞
g'(a)
-
0
+
g(a)
↘
极小值
↗
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