【文档说明】2024届高考二轮复习文科数学试题（老高考旧教材） 考点突破练19　利用导数证明问题 Word版含答案.docx，共(5)页，39.686 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-43edccd15982dba4dfe1e2f2399e8420.html

以下为本文档部分文字说明：

考点突破练19利用导数证明问题1.(2023广西玉林三模)设函数f(x)=(x+a)lnx+b,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x+y-2=0.(1)求y=f(x)的解析式;(2)证明:𝑓(𝑥)-1𝑥-e𝑥<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<x2,则f(x1)-f(x2)<2x2-2x1.3.

(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√𝑛+1>13+15+…

+12𝑛+1.4.(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)>sinx.(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)=alnx-𝑥2-1𝑥(a∈R).(1)当a=52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<x2),证明:2x

2-2x1-alnx2+alnx1<0.6.已知函数f(x)=(x+1)lnx+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+𝑎𝑥,∴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𝑓(𝑥)-1𝑥-e𝑥<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+1-2𝑥,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<x<x0时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x>x0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=2𝑥0-1,∴f(x

)≥f(x0)=(x0-2)lnx0+1=(x0-2)2𝑥0-1+1=5-x0+4𝑥0.令r(x)=x+4𝑥(1<x<2),则对勾函数r(x)在区间(1,2)上单调递减,∴r(x)<r(1)=5,于是f(x)≥5-x0+4𝑥0>5-5=0.综上,对任意x∈(0,+

∞),𝑓(𝑥)-1𝑥-e𝑥<1.2.(1)解f'(x)=ex-2x-2,所以k=f'(-1)=1e.因为f(-1)=1e,所以切点坐标为(-1,1e),所以曲线y=f(x)在点(-1,f(-1))处的切线方程为y-1e=1e(x+1),即x-ey+2=0.所以

切线与坐标轴的交点坐标为(-2,0)和(0,2e),则所求的三角形面积为12×2×2e=2e.(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<x2,则G(x1)<G(x2),即f(x1)-f(x2)<2x2-2x1.3.(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>2(e𝑥-1)e𝑥+1,令x=lnt(t>1),则lnt>2(𝑡-1)𝑡+

1(t>1),令t=𝑛+1𝑛(n∈N*),则ln𝑛+1𝑛>2(𝑛+1𝑛-1)𝑛+1𝑛+1=22𝑛+1,∴ln21+ln32+ln43+…+ln𝑛+1𝑛>213+15+…+12𝑛+1,而ln21+ln32+ln43+

…+ln𝑛+1𝑛=ln2-ln1+ln3-ln2+…ln(n+1)-lnn=ln(n+1)-ln1=ln(n+1),∴ln(n+1)>213+15+…+12𝑛+1,故对∀n∈N*,ln√𝑛+1>13+15+…+12𝑛+1.4.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-cosx.当x≥0时,ex≥1,cosx≤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)<f(2n),即e2n-4n2-2n-1>0.因为f'(n)=e

n-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=52时,f(x)=52lnx-x+1𝑥,f'(x)=52𝑥-1-1𝑥2=5�

�-2𝑥2-22𝑥2<0,得2x2-5x+2>0,解得x>2或0<x<12,∴f(x)的单调递减区间为0,12,(2,+∞);由f'(x)>0,得12<x<2,∴f(x)的单调递增区间为12,2.(2)证明f'(x)=𝑎𝑥-1-1𝑥2=

𝑎𝑥-𝑥2-1𝑥2,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+𝑥2=𝑎,𝑥1·𝑥2=1,∵x1<x2,∴0<x1<1<x2,

满足条件.要证2x2-2x1-alnx2+alnx1<0,即证2(x2-x1)<a(lnx2-lnx1)=(x1+x2)ln𝑥2𝑥1,即证2(𝑥2-𝑥1)𝑥1+𝑥2<ln𝑥2𝑥1,即2(𝑥2𝑥1-1)𝑥2𝑥1+1<l

n𝑥2𝑥1,令t=𝑥2𝑥1∈(1,+∞),则只需证2(𝑡-1)𝑡+1<lnt.令g(t)=lnt-2𝑡-2𝑡+1,t∈(1,+∞),g'(t)=1𝑡−4(𝑡+1)2=(𝑡-1)2(𝑡+1)2>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-2<x<0,令g'(x)>0,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=𝑥2𝑥2e𝑥-1.令𝑥2𝑥2e𝑥-1=1,可得xex-1=12,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)=12.①当x∈[x0,+∞)时,xex-1≥12,所以𝑥2𝑥2e𝑥-1≤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-1-1𝑥-lnx-2.设p(x)=h'(x),则p'(x)=(x2+4x+2)ex-1+1𝑥2−1𝑥≥(x2+4

x+2)·12𝑥+1𝑥2−1𝑥=𝑥2+1𝑥2+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<x<1时,h'(x)<0,当x>1时,h'(x)>0,故h(x)≥h(1)=0.②当x∈(0,x0)时,xex-

1<12,所以𝑥2𝑥2e𝑥-1>1,此时t(m)≥t(12𝑥e𝑥-1)=-4e𝑥-1(𝑥+1)ln𝑥+14e𝑥-1.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.