高考二轮复习数学试题（新高考新教材）专题突破练6利用导数证明问题

专题突破练6利用导数证明问题1.已知函数f(x)=x2+2ax(a>0)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.已知函数f(x)=exasinxx,曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为x+y1=0.(1)求实数a的值;(2)证明:对∀x∈R,f(x)>0恒成立.3.(2023·新高考Ⅰ,19)已知函数f(x)=a(ex+a)x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)证明:当a>0时,f(x)>2lna+324.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2<a<0时,证明:f(x)<π.5.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:x1+x26.已知函数f(x)=xlnxax2+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:x1专题突破练6利用导数证明问题1.(1)解设P(x0,y0)(x0>0),则x02+2ax0=4a2lnx又f'(x)=2x+2a,g'(x)=4a2x,∴2x0+2∵a=1,∴x02+x02=0,∴x0=1,则4×1×0+b=1+2=3,解得b=(2)证明由(1)得2x0+2a=4a2x0,即x02+ax02a2∴a2+2a24a2lnab=0.令h(x)=f(x)g(x)=x2+2ax4a2lnxb(a>0),则h'(x)=2x+2a4a当0<x<a时,h'(x)<0;当x>a时,h'(x)>0,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+2a24a2lnab=0,因此h(x)≥0,故f(x)≥g(x).2.(1)解f'(x)=exacosx1.∵曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为x+y1=0,∴f'(0)=1,∴1a1=1,得a=1.(2)证明由于f(x)=exsinxx,要证明对∀x∈R,f(x)>0恒成立,需证明对∀x∈R,exx>sinx.令g(x)=exx,∴g'(x)=ex1.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)内单调递减,在区间(0,+∞)内单调递增.故g(x)min=g(0)=1,即对∀x∈R,exx≥1都成立,∴exxsinx≥1sinx≥0,两个等号不同时成立,∴exx>sinx,∴对∀x∈R,f(x)>0恒成立.3.(1)解f'(x)=aex1,x∈R.①当a≤0时,f'(x)≤0对任意x∈R恒成立,所以f(x)在(∞,+∞)内单调递减.②当a>0时,令f'(x)=0,得x=ln1a=ln随x的变化,f'(x),f(x)的变化如下表:x(∞,lna)lna(lna,+∞)f'(x)0+f(x)↘极小值↗所以函数f(x)的单调递增区间是(lna,+∞),单调递减区间是(∞,lna).综上,当a≤0时,f(x)的单调递减区间是(∞,+∞),无单调递增区间;当a>0时,f(x)的单调递增区间是(lna,+∞),单调递减区间是(∞,lna).(2)证明当a>0时,要证f(x)>2lna+32恒成立,即证f(x)min>2lna+32当a>0时,由(1)知,f(x)的极小值同时也是最小值,是f(lna),下面证明f(lna)>2lna+32f(lna)=a(elna+a)(lna)=1+a2+lna.令g(a)=f(lna)2lna32=a2lna12,a∈(0,+∞),(关键点:这里构造新函数,则g'(a)=2a1a令g'(a)=0,得a=22随a的变化,g'(a),g(a)的变化如下表:a0,22222,+∞g'(a)0+g(a)↘极小值↗所以在a=22时,g(a)取最小值g(a)min=g22=12ln22-12=ln12=ln2>ln因此f(lna)>2lna+32成立因此当a>0时,f(x)>2lna+324.证明(1)当a=1时,f(x)=x+sinxex,f'(x)=1+cosxex.因为x∈[0,π],所以1+cosx≥0.令g(x)=1+cosxex,x∈[0,π],则g'(x)=exsinx<0,所以g(x)在区间[0,π]上单调递减.又因为g(0)=21=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+sinx+xπ,则h'(x)=aex+cosx+1,令p(x)=aex+cosx+1,则p'(x)=aexsinx<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+cost+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+sint+tπ,t∈(0,π).因为aet+cost+1=0,所以只需证φ(t)=sintcost+t1π<0即可,而φ'(t)=cost+sint+1=sint+(1+cost)>0,所以函数φ(t)在区间(0,π)内单调递增,所以φ(t)<φ(π)=0,故f(x)<π.5.(1)解令u(x)=f(x)g(x)=ex2ax1,则u'(x)=ex2a.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))=2a2aln(2a)1≥0.令h(x)=xxlnx1,则h'(x)=lnx.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)内单调递增,在区间(1,+∞)内单调递减,故h(x)≤h(1)=0,即xxlnx1≤0,所以2a2aln(2a)1≤0,故2a2aln(2a)1=0,所以2a=1,即a=12,故a的取值集合为1(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ex1=2ax要证x1+x22<ln2a,即证ex1+x22<ex2-ex1x2-x1⇔(x2x1)ex1+x22<ex2-ex1⇔(x2x1)ex2-x12<e易证et>t+1,故G'(t)>0,故G(t)在区间(0,+∞)内单调递增,所以G(t)>G(0)=0.故原不等式成立.6.证明(1)f'(x)=lnx2ax+2,则f'(1)=22a,所以切线l的斜率为22a.又f(1)=1a,所以切线l的方程为y(1a)=(22a)(x1),即y=(22a)x12,可得当x=12时,y=0,故切线l恒过定点12,0.(2)∵x1,x2是f(x)的零点,x2>2x1,且x1>0,x2>0,∴x∴a=ln即ln(x1x2)+2=(x令t=x2x1,则t>2,于是ln(x1x2)+2令