2024年高考数学二轮复习专题突破专题突破练6　利用导数证明问题（附答案）

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.(2023·广西南宁一模)已知f(x)=x-aln(1+x).(1)讨论f(x)的单调性;(2)当a=1时,证明f(x)≥0;(3)证明对于任意正整数n,都有1n+1n+1+13.(2023·河北石家庄一模)伯努利不等式,又称贝努利不等式,由数学家伯努利提出:对于实数x>-1,且x≠0,正整数n不小于2,那么(1+x)n≥1+nx.研究发现,伯努利不等式可以推广,请证明以下问题.(1)当α∈[1,+∞)时,(1+x)α≥1+αx对任意x>-1恒成立;(2)对任意n∈N*,1n+2n+3n+…+nn<(n+1)n恒成立.4.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.(2023·浙江杭州一模)已知函数f(x)=klnx+1e(1)若函数y=f(x)为增函数,求实数k的取值范围;(2)已知0<x1<x2.①证明:eex2−e②若x1ex1=x2ex2=k,证明:|f(x

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=4a2lnx0又f'(x)=2x+2a,g'(x)=4a∴2x0+2a=4∵a=1,∴x02+x0-∴x0=1,则4×1×0+b=1+2=3,解得b=3.(2)证明由(1)得2x0+2a=4a2x0,即x02+ax0-2a2=∴a2+2a2-4a2lna-b=0.令h(x)=f(x)-g(x)=x2+2ax-4a2lnx-b(a>0),则h'(x)=2x+2a-4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+2a2-4a2lna-b=0,因此h(x)≥0,故f(x)≥g(x).2.(1)解由题意得,f(x)的定义域为(-1,+∞),f'(x)=1-a①若a≤0,则当x∈(-1,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)在区间(-1,+∞)内单调递增;②若a>0,则当x∈(-1,a-1)时,f'(x)<0;当x∈(a-1,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)在区间(-1,a-1)内单调递减,在区间(a-1,+∞)内单调递增.综上所述,当a≤0时,f(x)在区间(-1,+∞)内单调递增;当a>0时,f(x)在区间(-1,a-1)内单调递减,在区间(a-1,+∞)内单调递增.(2)证明当a=1时,由(1)知f(x)在区间(-1,0)内单调递减,在区间(0,+∞)内单调递增,所以f(x)≥f(0)=0.(3)证明由(2)知当a=1,且x∈(0,+∞)时,x-ln(1+x)>0,对于任意正整数n,令x=1n,得1n>ln(1+所以1n+1n+1+1n+2+…+14n>ln(1+1n)+ln(1+1n=lnn+1n+lnn+2n+1+lnn+3n+2+…+>ln(n+1n·n+2n+1·n+3n3.证明(1)令f(x)=(1+x)α-1-αx,若α=1,则f(x)=0,原不等式成立;若α>1,则f'(x)=α(1+x)α-1-α=α[(1+x)α-1-1],当x∈(-1,0)时,(1+x)α-1<1,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增.所以f(x)≥f(0)=0,即(1+x)α≥1+αx.综上所述,当α∈[1,+∞)时,(1+x)α≥1+αx对任意x>-1恒成立.(2)要证对任意n∈N*,1n+2n+3n+…+nn<(n+1)n恒成立,只需证(1n+1)n+(2n+1)n+(3n+1)n+…+即证(1-nn+1)n+(1-n-1n+1)n+(1-n-2n+1)n由(1)知对于任意正整数i∈{1,2,3,…,n},1-in+1≤(1-1所以(1-in+1)n≤(1-1n+1)ni=[(1-1n那么(1-nn+1)n+(1-n-1n+1)n+(1-n-2n+1≤(1-1n+1)nn+(1-1n+1)n(n-1)+(1-1n+1)n(n-2)+…=[(1-1n+1)n]n+[(1-1n+1)n]n-1+[(1-1n+1)n]n-2+…+[(1-下面证明(1-1n+1)n≤要证(1-1n+1)n≤12成立,只需证令1n=x∈(0,1],即证明2x≤x+1成立令g(x)=2x-1-x,则g'(x)=2xln2-1.当0<x<log2(1ln2)时,g'(x)<0,g(x)单调递减当log2(1ln2)<x≤1时,g'(x)>0,g(x)单调递增又g(0)=0,g(1)=0,所以当x∈(0,1]时,g(x)≤0,即2x≤x+1.所以(1-1n+1)所以[(1-1n+1)n]n+[(1-1n+1)n]n-1+[(1-1n+1)n]n-2+…+[(1≤(12)n+)12)n-1+(12)n-2+…+(12)2+(12)1=1-(1所以命题得证.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-sinx<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+sinx+x-π,则h'(x)=aex+cosx+1,令p(x)=aex+cosx+1,则p'(x)=aex-sinx<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+t-π,t∈(0,π).因为aet+cost+1=0,所以只需证φ(t)=sint-cost+t-1-π<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)=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-xlnx-1,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x-xlnx-1≤0,所以2a-2aln(2a)-1≤0,故2a-2aln(2a)-1=0,所以2a=1,即a=12,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e∴2a=e要证x1+x22<ln2a,即证ex1+x22<ex2-ex1x2-x1⇔(x2-x1)ex1+x22<ex2−ex1⇔(x2-x1)ex2-x12<ex2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.(1)解∵f(x)=klnx+1e∴f'(x)=kx−1若f(x)是增函数,则f'(x)=kx又x>0,可得k≥x故k≥xex对∀x>构建φ(x)=xex(x>0),则φ'(x)=1-令φ'(x)>0,解得0<x<1;令φ'(x)<0,解得x>1.则φ(x)在区间(0,1)内单调递增,在区间(1,+∞)内单调递减,故φ(x)≤φ(1)=1e故实数k的取值范围为[1e,+∞)(2)证明①由(1)可知,当k=1e时,f(x)=lnx∵0<x1<x2,则f(x2)>f(x1),即1elnx2+1ex2>1e整理得eex2−eex1>lnx1-构建g(x)=x-lnx-1(x>0),则g'(x)=1-1x=x令g'(x)<0,解得0<x<1;令g'(x)>0,解得x>1.则g(x)在区间(0,1)内单调递减,在区间(1,+∞)内单调递增,故g(x)=x-lnx-1≥g(1)=0,即-lnx≥1-x,当且仅当x=1时等号成立,令x=x2x1>1,可得-lnx2x故eex2−②∵x∴kx可知f'(x)=kx−1ex=0有两个不相等的实数根x1,x2,由(1)知0<x1可得f(x1)=klnx1+1ex1=x1e同理可得f(x2)=x2构建p(x)=xlnx+1ex(x>0),则p'(x)当0<x<1时,(1-x)lnx<0;当x>1时,(1-x)lnx<0;当x=1时,(1-x)lnx=0;且ex>0,故p'(x)≤0对∀x∈(0,+∞)恒成立,故p(x)在区间(0,+∞)内单调递减.又0<x1<1<x2,∴p(x2)<p(1)<p(