2023届高考二轮总复习试题（适用于老高考旧教材） 数学（文）考点突破练19　利用导数证明问题 WORD版含解析.docx

1、考点突破练19利用导数证明问题1.(2022陕西咸阳一模)已知函数f(x)=ln(x2+1+x)-aln(x+1)+1.(1)当a1时,讨论函数f(x)在区间(-1,+)上的单调性;(2)当a=1时,证明:f(x)-x+1ex0.2.(2022河南新乡二模)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x1x2,则f(x1)-f(x2)0.4.(2022河南开封二模)已知函数f(x)=ln x-ax(a0).(1)当a=2时,求f(x)在x=1处的切线方程;(2)若对任意的x0,有f(

2、x)b+a(bR),证明:b-2a.5.(2022山东济南一模)设函数f(x)=ae2x-2ex+2.(1)若f(x)有两个不同的零点,求实数a的取值范围;(2)若函数g(x)=12ae2x+(a-2)ex-2e-x有两个极值点x1,x2,证明:g(x2)-g(x1)x2-x12-1a.6.(2022河南焦作一模)已知函数f(x)=(x+1)ln x+mx,g(x)=m2x2ex-1,其中m0.(1)讨论函数g(x)的单调性;(2)若m1,证明:当x0时,g(x)f(x).考点突破练19利用导数证明问题1.(1)解 f(x)=2x2x2+1+1x2+1+x-ax+1=1x2+1-ax+1=x+

3、1-ax2+1x2+1(x+1)=(1-a2)x2+2x+1-a2x2+1(x+1)(x+1+ax2+1).设g(x)=(1-a2)x2+2x+1-a2.a1,函数g(x)的图象是开口向下的抛物线.又=4-4(1-a2)2=4a2(2-a2).当a2时,0,又1-a20,g(x)0,即f(x)0,因此f(x)在(-1,+)上单调递减.当1a0,g(x)=0有两个不等实根,设两个根为x1,x2,且x10,x1x2=10,可知x10,x20,解g(x)=0得x1=-1-a2-a21-a2,x2=-1+a2-a21-a2,因此f(x)在-1,-1-a2-a21-a2上单调递减,在-1-a2-a21-

4、a2,-1+a2-a21-a2上单调递增,在-1+a2-a21-a2,+上单调递减.(2)证明 要证明f(x)-x+1ex0,即证明f(x)x+1ex,当a=1时,由(1)可知,函数f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,+)上单调递增,因此函数f(x)的最小值为f(0)=1.设h(x)=x+1ex(x-1),h(x)=ex-(x+1)ex(ex)2=-xex.因此,当x(-1,0)时,h(x)0,h(x)在区间(-1,0)上单调递增,当x(0,+)时,h(x)0,即G(x)=ex-2x0,所以G(x)在R上单调递增,所以对于任意x1,x2,若x1x2,则G(x1)G(x2),即f(x1)-

5、f(x2)0,得x1;由f(x)0,得0x0,得0x1;由g(x)1.所以g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减.故g(x)g(1)=0,即ln xx-1,即-ln x-x+1,当且仅当x=1时,等号成立.要证f(x)0,即2x+ax-ln x-50,只需证x+ax-40.因为a4,x0,所以x+ax2a4,所以x+ax-40,当且仅当x=2时,等号成立.因为取得等号的条件不同,所以当a4时,f(x)0.4.(1)解 当a=2时,f(x)=ln x-2x,f(1)=-2,求导得f(x)=1x-2,则f(1)=-1,有y-(-2)=-(x-1),即x+y+1=0,所以f(x)在x

6、=1处的切线方程是x+y+1=0.(2)证明 x0,f(x)b+abln x-ax-a.令g(x)=ln x-ax-a,x0,求导得g(x)=1x-a,而a0,则当0x0,当x1a时,g(x)0,h(a)=-1a+1,则当0a1时,h(a)1时,h(a)0,因此h(a)在(0,1)上单调递减,在(1,+)上单调递增,h(a)min=h(1)=0,于是得b+2ah(a)0,即b-2a,所以b-2a.5.(1)解 令t=ex,则f(x)有两个不同的零点,等价于at2-2t+2=0存在两个正根,所以0,2a0,解得0a0,ex+10,且g(x)有两个极值点x1,x2,所以x1,x2为ae2x-2ex

7、+2=0的两个不同解.由(1)知0ax1,g(x2)-g(x1)x2-x1=12a(e2x2-e2x1)+(a-2)(ex2-ex1)-2(e-x2-e-x1)x2-x1=12a(ex2-ex1)(ex2+ex1)+(a-2)(ex2-ex1)-2(ex1-ex2)ex2ex1x2-x1=(ex2-ex1)12a(ex2+ex1)+(a-2)+2ex2ex1x2-x1=(ex2-ex1)12a2a+(a-2)+ax2-x1=ex2-ex1x2-x1(2a-1).要证明g(x2)-g(x1)x2-x12-1a,只需证ex2-ex1x2-x1(2a-1)2a-1a.由0a12,得2a-10,只需证

8、ex2-ex1x2-x11a,注意到ex1+ex2=2a,只需证ex2-ex1x2-x1ex1+ex22,两边同除ex1,得ex2-x1-1x2-x1x1,只需证2(ex2-x1-1)0,令h(x)=t(et+1)-2et+2(t0),则只需证h(x)0即可.h(x)=et(t-1)+1,令k(x)=et(t-1)+1,则k(x)=tet0,所以h(x)在(0,+)上单调递增,所以h(t)h(0)=0,所以h(x)在(0,+)上单调递增,所以h(t)h(0)=0,得证.6.(1)解 由题可知g(x)=m2ex-1x(x+2),令g(x)0,得-2x0,得x0,故函数g(x)在(-,-2)上单调

9、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)ln x-mx0.令t(m)=m2x2ex-1-(x+1)ln x-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.当xx0,+)时,xex-112,所以x2x2ex-11,此时t(m)t(1)=x2ex-1-(x+1)ln x-x.此时需证h(x)=x2ex-1-(x+1)ln

10、 x-x0.h(x)=(x2+2x)ex-1-1x-ln x-2.设p(x)=h(x),则p(x)=(x2+4x+2)ex-1+1x2-1x(x2+4x+2)12x+1x2-1x=x2+1x2+2.显然当x0时,p(x)0,从而h(x)单调递增.又h(1)=0,所以当0x1时,h(x)1时,h(x)0,故h(x)h(1)=0.当x(0,x0)时,xex-11,此时t(m)t12xex-1=-4ex-1(x+1)lnx+14ex-1.此时需证k(x)=4ex-1(x+1)ln x+10.k(x)4ex-1(x+1)(x-1)+1=4x2ex-1-4ex-1+10,当x(1-ln 2,+)时,q(x)0,所以q(x)q(1-ln 2)=1-2ln 20.