【文档说明】2024届高考二轮复习数学试题（新高考新教材） 专题突破练6　利用导数证明问题 Word版含答案.docx，共(8)页，39.661 KB，由小赞的店铺上传

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专题突破练6利用导数证明问题1.已知函数f(x)=x2+2ax(a>0)与g(x)=4a2lnx+b的图象有公共点P,且在点P处的切线相同.(1)若a=1,求b的值;(2)求证:f(x)≥g(x).2.已知函数f(x)=ex-asinx-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)>2lna+32.4.已知函数f(x)=aex+sinx+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<a<0时,证明:f(x)<π.5.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+𝑥22<ln2a.6

.已知函数f(x)=xlnx-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=4a2lnx0+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+2a2-4a2lna-b=0.令h(x)=f(x)-g(x)=x2+2ax-4a2lnx-b(a>0),则h'(x)=2x+2a-4𝑎2𝑥=2(𝑥

2+𝑎𝑥-2𝑎2)𝑥=2(𝑥+2𝑎)(𝑥-𝑎)𝑥.当0<x<a时,h'(x)<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f'(x)=ex-acosx-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-sinx-x,要证明对∀x∈R,f(x)>0恒成立,需证明对∀x∈R,ex-x>sinx.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-sinx≥1-sinx≥0,两个等号不同时成立,∴ex-x>sinx,∴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=-lna.随x的变化,f'(x),f(x)的变化如下表:x(-∞,-lna)-lna(-lna,+∞)f'(x)-0+f(x)↘极小值↗

所以函数f(x)的单调递增区间是(-lna,+∞),单调递减区间是(-∞,-lna).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(-lna,+∞),单调递减区间是(-∞,-lna).(2)证明当a>0时,要证f(x)

>2lna+32恒成立,即证f(x)min>2lna+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(-lna),下面证明f(-lna)>2lna+32.f(-lna)=a(e-lna+a)-(-lna)=1+

a2+lna.令g(a)=f(-lna)-2lna-32=a2-lna-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:a0,√22√22√22,+∞g'(a)-0+g(a)↘极小值↗所以在a=√22时,g(a)取最小值.g(a)min=g√22=12-ln√22−12=-ln1√2=ln√2>ln1=0.因此f(-lna)>2lna+32成立.因此当a>0时

,f(x)>2lna+32.4.证明(1)当a=-1时,f(x)=x+sinx-ex,f'(x)=1+cosx-ex.因为x∈[0,π],所以1+cosx≥0.令g(x)=1+cosx-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0<x<x0时,f'(x)>0;当x0<x<π时,f'(x)<0.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<a<0,0≤x≤π时,令h(x)=f(x)-π=aex+sinx+x-π,则h'(x)=aex+cosx+1,令p(x)=aex+cosx+1,则p'

(x)=aex-sinx<0,所以函数h'(x)在区间[0,π]上单调递减.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+cost+1=0,且当0<x<t时,h'(x)>0;当t<x<π

时,h'(x)<0.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+cost+1=0,所以只需证φ(t)=sint-

cost+t-1-π<0即可,而φ'(t)=cost+sint+1=sint+(1+cost)>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<ln(2

a)时,u'(x)<0,u(x)单调递减;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0<x<1时,h'(x)>0,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=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<x2,则{e𝑥1=2𝑎𝑥1+1,e𝑥2=2𝑎𝑥2+1,∴2a=e𝑥2-e𝑥1𝑥2-𝑥1.要证𝑥1+𝑥22<ln2a,即证e𝑥1+𝑥22<e𝑥2-e𝑥1𝑥2-𝑥1⇔(x2-x1)e𝑥1+𝑥2

2<e𝑥2−e𝑥1⇔(x2-x1)e𝑥2-𝑥12<e𝑥2-𝑥1-1,令t=𝑥2-𝑥12,则t>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.证明(1)f'(x)=lnx-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

,∴{𝑥1ln𝑥1-𝑎𝑥12+𝑥1=0,𝑥2ln𝑥2-𝑎𝑥22+𝑥2=0,即{ln𝑥1+1=𝑎𝑥1,ln𝑥2+1=𝑎𝑥2,∴a=ln𝑥1+ln𝑥2+2𝑥1+𝑥2=ln𝑥2-ln𝑥1𝑥2-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-2lnt,则h'

(t)=(𝑡-1)2𝑡2>0,∴h(t)在区间(2,+∞)内单调递增,∴h(t)>h(2)=32-2ln2>0,∴g'(t)>0,∴g(t)在区间(2,+∞)内单调递增,∴g(t)>g(2)=3l

n2,∴ln(x1x2)+2>3ln2,即ln(x1x2)>3ln2-2=ln8e2,∴x1x2>8e2,