2023高考复习专项练习二轮数学 专题突破练6　利用导数证明问题

这是一份2023高考复习专项练习二轮数学 专题突破练6　利用导数证明问题，共8页。
专题突破练6　利用导数证明问题1.(2021·海南海口月考)已知函数f(x)=x2+2ax(a>0)与g(x)=4a2ln x+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.(2021·辽宁朝阳一模)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.(2021·河北石家庄三模)已知函数f(x)=aln x-x2+x+3a.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若0<a<,求证:f(x)<-x2+x.                4.(2021·江苏百校联盟3月联考)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<a<0时,证明:f(x)<π.                    5.(2021·广东湛江一模)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:<ln 2a.               6.(2021·广州一模)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:.                   专题突破练6　利用导数证明问题1.(1)解 设P(x0,y0)(x0>0),则+2ax0=4a2ln x0+b.又f'(x)=2x+2a,g'(x)=,∴2x0+2a=∵a=1,+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=,即+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-当0<x<a时,h'(x)<0;当x>a时,h'(x)>0,故h(x)在区间(0,a)上单调递减,在区间(a,+∞)上单调递增.∴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-acos 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)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增.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)=-2x+1=,x>0,令f'(x)=0,即-2x2+x+a=0,Δ=1+8a.当Δ≤0,即a≤-时,f'(x)≤0,∴f(x)在区间(0,+∞)上单调递减.当Δ>0,即a>-时,由f'(x)=0,得x1=,x2=,则x1>x2.①当a≥0时,x1>0,x2≤0,x∈(0,x1)时,f'(x)>0,x∈(x1,+∞)时,f'(x)<0,∴f(x)在区间(0,x1)上单调递增,在区间(x1,+∞)上单调递减.②当-<a<0时,x1>0,x2>0,x∈(0,x2)∪(x1,+∞)时,f'(x)<0,x∈(x2,x1)时,f'(x)>0,∴f(x)在区间(0,x2)和(x1,+∞)上单调递减,在区间(x2,x1)上单调递增.综上所述,当a≤-时,f(x)在区间(0,+∞)上单调递减;当a≥0时,f(x)在区间0,上单调递增,在区间,+∞上单调递减;当-<a<0时,f(x)在区间0,和,+∞上单调递减,在区间上单调递增.(2)证明 由已知得需证a(ln x+3)<∵a>0,x>0,>0,当ln x+3<0时,不等式显然成立.当ln x+3>0时,由于0<a<,∴a(ln x+3)<(ln x+3),因此只需证(ln x+3)<,即证令g(x)=(x>0),∴g'(x)=令g'(x)=0,得x=e-2.当x∈(0,e-2)时,g'(x)>0,当x∈(e-2,+∞)时,g'(x)<0,即g(x)在区间(0,e-2)上单调递增,在区间(e-2,+∞)上单调递减.∴g(x)max=g(e-2)=令h(x)=(x>0),则h'(x)=当x∈(0,2)时,h'(x)<0,当x∈(2,+∞)时,h'(x)>0,∴h(x)在区间(0,2)上单调递减,在区间(2,+∞)上单调递增,∴h(x)min=h(2)=∴g(x)max≤h(x)min,但两边取最值的条件不一样,故f(x)<-x2+x.4.证明 (1)当a=-1时,f(x)=x+sin x-ex,f'(x)=1+cos x-ex.因为x∈[0,π],所以1+cos x≥0.令g(x)=1+cos 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<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+sin x+x-π,则h'(x)=aex+cos x+1,令p(x)=aex+cos x+1,则p'(x)=aex-sin x<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+cos t+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+sin t+t-π,t∈(0,π).因为aet+cos t+1=0,所以只需证φ(t)=sin t-cos t+t-1-π<0即可,而φ'(t)=cos t+sin t+1=sin t+(1+cos t)>0,所以函数φ(t)在区间(0,π)上单调递增,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(2a)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-xln x-1,则h'(x)=-ln x.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)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减,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=,故a的取值集合为(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2a=要证<ln 2a,即证(x2-x1)(x2-x1)-1,令t=,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,+∞)上单调递增,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-,可得当x=时,y=0,故切线l恒过定点,0.(2)∵x1,x2是f(x)的零点,x2>2x1,且x1>0,x2>0,∴a=,即ln(x1x2)+2=令t=,则t>2,于是ln(x1x2)+2=,令g(t)=,则g'(t)=令h(t)=t--2ln t,则h'(t)=>0,∴h(t)在区间(2,+∞)上单调递增,∴h(t)>h(2)=-2ln 2>0,∴g'(t)>0,∴g(t)在区间(2,+∞)上单调递增,∴g(t)>g(2)=3ln 2,∴ln(x1x2)+2>3ln 2,即ln(x1x2)>3ln 2-2=ln,∴x1x2>,(由于x1≠x2,故不取等号).