2022年高考数学二轮复习 专题一 函数与导数 专题突破练6 利用导数证明问题（含解析）.docx

1、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(a0)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xR,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0a14,求证:f(x)exx-x2+x.4.(2021江苏百校联盟3月

2、联考)已知函数f(x)=aex+sin x+x,x0,.(1)证明:当a=-1时,函数f(x)有唯一的极大值点;(2)当-2a0时,证明:f(x)0,且方程f(x)-g(x)=0有两个不同的根x1,x2,证明:x1+x222x1,证明:x12+x224e.专题突破练6利用导数证明问题1.(1)解 设P(x0,y0)(x00),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410+b=1+2=3,解得b=3.(2)证明 由(1)得2x0+2a=4a2x0,即x02+ax0-2a2=0,得x0

3、=a.a2+2a2-4a2lna-b=0.令h(x)=f(x)-g(x)=x2+2ax-4a2lnx-b(a0),则h(x)=2x+2a-4a2x=2(x2+ax-2a2)x=2(x+2a)(x-a)x.当0xa时,h(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+2a2-4a2lna-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

4、由于f(x)=ex-sinx-x,要证明对xR,f(x)0恒成立,需证明对xR,ex-xsinx.令g(x)=ex-x,g(x)=ex-1.令g(x)=0,得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xR,ex-x1都成立,ex-x-sinx1-sinx0,两个等号不同时成立,ex-xsinx,对xR,f(x)0恒成立.3.(1)解 f(x)=ax-2x+1=-2x2+x+ax,x0,令f(x)=0,即-2x2+x+a=0,=1+8a.当0,即a-18时,f(x)0,f(x)在区间(0,+)上单

5、调递减.当0,即a-18时,由f(x)=0,得x1=1+1+8a4,x2=1-1+8a4,则x1x2.当a0时,x10,x20,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.当-18a0,x20,x(0,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-18时,f(x)在区间(0,+)上单调递减;当a0时,f(x)在区间0,1+1+8a4上单调递增,在区间1+1+8a4,+上单调递减;当-18a0时,f(x)在区间0,1-1+8a

6、4和1+1+8a4,+上单调递减,在区间1-1+8a4,1+1+8a4上单调递增.(2)证明 由已知得需证a(lnx+3)0,x0,exx0,当lnx+30时,由于0a14,a(lnx+3)14(lnx+3),因此只需证14(lnx+3)exx,即证lnx+34x0),g(x)=-lnx-24x2.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),则h(x)=ex(x-2)x3.当x(0,2)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)=e24.g(x)maxh(x)min,但两边取最

7、值的条件不一样,lnx+34xexx2.故f(x)exx-x2+x.4.证明 (1)当a=-1时,f(x)=x+sinx-ex,f(x)=1+cosx-ex.因为x0,所以1+cosx0.令g(x)=1+cosx-ex,x0,则g(x)=-ex-sinx0,g()=-e0,所以存在x0(0,),使得f(x0)=0,且当0x0;当x0x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,.所以函数f(x)存在唯一的极大值点x0.(2)当-2a0,0x时,令h(x)=f(x)-=aex+sinx+x-,则h(x)=aex+cosx+1,令p(x)=aex+cosx+1,则

8、p(x)=aex-sinx0,h()=ae0,所以存在t(0,),使得h(t)=0,即aet+cost+1=0,且当0x0;当tx时,h(x)0.所以函数h(x)在区间0,t上单调递增,在区间t,上单调递减.所以h(x)max=h(t)=aet+sint+t-,t(0,).因为aet+cost+1=0,所以只需证(t)=sint-cost+t-1-0,所以函数(t)在区间(0,)上单调递增,所以(t)()=0,故f(x)0,所以u(x)在R上单调递增,而u(0)=0,所以当x0时,u(x)0,由u(x)=0,得x=ln(2a),当xln(2a)时,u(x)ln(2a)时,u(x)0,u(x)单

9、调递增,故u(x)min=u(ln(2a)=2a-2aln(2a)-10.令h(x)=x-xlnx-1,则h(x)=-lnx.令h(x)=0,得x=1,当0x0,当x1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-xlnx-10,所以2a-2aln(2a)-10,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x1x2,则ex1=2ax1+1,ex2=2ax2+1,2a=ex2-ex1x2-x1.要证x1+x22ln2a,即证

10、ex1+x22ex2-ex1x2-x1(x2-x1)ex1+x22ex2-ex1(x2-x1)ex2-x120,即证e2t-12tet,令G(t)=e2t-1-2tet,则G(t)=2et(et-t-1),易证ett+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)=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

11、点,x22x1,且x10,x20,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t2,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)2t20,h(t)在区间(2,+)上单调递增,h(t)h(2)=32-2ln20,g(t)0,g(t)在区间(2,+)上单调递增,g(t)g(2)=3ln2,ln(x1x2)+23ln2,即ln(x1x2)3ln2-2=ln8e2,x1x28e2,x12+x222x1x24e(由于x1x2,故不取等号).