2025高考数学考二轮专题突破练6利用导数证明问题-专项训练【含答案】

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(1)若a=1,求b的值;
(2)求证:f(x)≥g(x).
2.(2024·广东高三统考)设函数f(x)=ln x+a(x-1)(x-2),其中a为实数.
(1)当a=1时,求f(x)的单调区间;
(2)当f(x)在定义域内有两个不同的极值点x1,x2时,证明:f(x1)+f(x2)>59+ln916.
3.(2024·广西南宁三中一模)已知函数f(x)=ln x-ax+a,g(x)=(x-1)ex-a-ax+1(a∈R).
(1)若f(x)≤0,求a的值;
(2)当a∈(0,1]时,证明:g(x)≥f(x).
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-20),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00,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 当a=1时,f(x)=ln x+(x-1)(x-2),f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=1x+(2x-3)=2x2-3x+1x.
令f'(x)=(2x-1)(x-1)x=0,得x=12或x=1.
所以当x∈(0,12)∪(1,+∞)时,f'(x)>0,x∈(12,1)时,f'(x)0,所以g(a)在区间(89,+∞)上单调递增,所以g(a)>g(89)=-ln169+59=59+ln916,故f(x1)+f(x2)>59+ln916.
3.(1)解 由题意知x∈(0,+∞),f'(x)=1x-a=1-axx,当a≤0时,f'(x)>0,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,而f(1)=ln 1-a+a=0,当x>1时,f(x)>f(1)=0,与题意不符;
当00可得x∈(0,1),∴f(x)在区间(0,1)上单调递增,由f'(x)1时,00;
当x00;
当t0,所以函数φ(t)在区间(0,π)内单调递增,所以φ(t)0,所以u(x)在R上单调递增,而u(0)=0,
所以当x0,当x>1时,h'(x)G(0)=0.
故原不等式成立.
6.(1)解 函数f(x)的定义域是(0,+∞).
由已知得,f'(x)=ax+x-a-1=x2-(a+1)x+ax=(x-1)(x-a)x.
当01时,由f'(x)>0,得0