【新高考复习】人教版新高考数学二轮复习习题训练--专题突破练6　利用导数证明问题（word版含解析）

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)=4a2lnx+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-asinx-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)=alnx-x2+x+3a.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若0a,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+sinx+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-2a0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a0,且方程f(x)-g(x)=0有两个不同的根x1,x2,证明:ln2a.6.(2021·广州一模)已知函数f(x)=xlnx-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x22x1,证明:√.专题突破练6利用导数证明:问题1.(1)解:设P(x0,y0)(x00),则+2ax0=4a2lnx0+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+2a2-4a2lna-b=0.令h(x)=f(x)-g(x)=x2+2ax-4a2lnx-b(a0),则h'(x)=2x+2a---.当0xa时,h'(x)0;当xa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:由于f(x)=ex-sinx-x,要证明对∀x∈R,f(x)0恒成立,需证明对∀x∈R,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,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-sinx≥1-sinx≥0,两个等号不同时成立,∴ex-xsinx,∴对∀x∈R,f(x)0恒成立.3.(1)解:f'(x)=-2x+1=-,x0,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Δ0,即a-时,由f'(x)=0,得x1=√,x2=-√,则x1x2.①当a≥0时,x10,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-a0时,x10,x20,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-a0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(lnx+3).∵a0,x0,∴0,当lnx+30时,不等式显然成立.当lnx+30时,由于0a,∴a(lnx+3)(lnx+3),因此只需证(lnx+3),即证.令g(x)=(x0),∴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)=(x0),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+sinx-ex,f'(x)=1+cosx-ex.因为x∈[0,π],所以1+cosx≥0.令g(x)=1+cosx-ex,x∈[0,π],则g'(x)=-ex-sinx0,所以g(x)在区间[0,π]上单调递减.又因为g(0)=2-1=10,g(π)=-eπ0,所以存在x0∈(0,π),使得f'(x0)=0,且当0xx0时,f'(x)0;当x0xπ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-2a0,0≤x≤π时,令h(x)=f(x)-π=aex+sinx+x-π,则h'(x)=aex+cosx+1,令p(x)=aex+cosx+1,则p'(x)=aex-sinx0,所以函数h'(x)在区间[0,π]上单调递减.因为h'(0)=a+20,h'(π)=aeπ0,所以存在t∈(0,π),使得h'(t)=0,即aet+cost+1=0,且当0xt时,h'(x)0;当txπ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+sint+t-π,t∈(0,π).因为aet+cost+1=0,所以只需证φ(t)=sint-cost+t-1-π0即可,而φ'(t)=cost+sint+1=sint+(1+cost)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x0时,u(x)0,不符合题意;若a0,由u'(x)=0,得x=ln(2a),当xln(2a)时,u'(x)0,u(x)单调递减;当xln(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-xlnx-1,则h'(x)=-lnx.令h'(x)=0,得x=1,当0x1时,h'(x)0,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-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x1x2,则{∴2a=--.要证ln2a,即证--⇔(x2-x1)⇔(x2-x1)---1,令t=-,则t0,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-,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,x22x1,且x10,x20,∴{--即{∴a=--,即ln(x1x2)+2=-.令t=,则t2,于是ln(x1x2)+2=-,令g(t)=-,则g'(t)=---.令h(t)=t--2lnt,则h'(t)=-0,∴h(t)在区间(2,+∞)上单调递增,∴h(t)h(2)=-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=ln,∴x1x2,∴√√(由于x1≠x2,故不取等号).