备战2025年高考二轮复习数学专题突破练5　利用导数证明问题(提升篇)

专题突破练(分值:68分)学生用书P1431.(17分)(2024广东广州一模)已知函数f(x)=cosx+xsinx,x∈(-π,π).(1)求f(x)的单调区间和极小值;(2)证明:当x∈[0,π)时,2f(x)≤ex+e-x.(1)解函数f(x)=cosx+xsinx,x∈(-π,π),求导得f'(x)=-sinx+sinx+xcosx=xcosx,当-π<x<-π2时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当-π2<x<0时,f'(x)<0,f(x)当0<x<π2时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当π2<x<π时,f'(x)<0,f(x)所以f(x)的单调递增区间为-π,-π2,0,π2,单调递减区间为-π2,0,π2,π,f(x)的极小值为f(0)=1.(2)证明当x∈[0,π)时,令F(x)=ex+e-x-2(cosx+xsinx),求导得F'(x)=ex-e-x-2xcosx≥ex-e-x-2x,令φ(x)=ex-e-x-2x,求导得φ'(x)=ex+e-x-2≥2ex·e-函数φ(x)在[0,π)内单调递增,则φ(x)≥φ(0)=0,F'(x)≥0,F(x)在[0,π)内单调递增,因此F(x)≥F(0)=0,所以2f(x)≤ex+e-x.2.(17分)(2024陕西西安一模)已知函数f(x)=alnx+1x-x+m(a,m∈R)(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:f(x1(1)解函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=ax-1x2设g(x)=-x2+ax-1,注意到g(0)=-1,①当a≤0时,g(x)<0恒成立,即f'(x)<0恒成立,此时函数f(x)在(0,+∞)内单调递减;②当a>0时,判别式Δ=a2-4,(ⅰ)当0<a≤2时,Δ≤0,即g(x)≤0,即f'(x)≤0恒成立,此时函数f(x)在(0,+∞)内单调递减;(ⅱ)当a>2时,令f'(x)>0,得a-a2令f'(x)<0,得0<x<a-a2-所以当a>2时,f(x)在区间(a-a2-42,a+a2-42)内单调递增综上所述,当a≤2时,f(x)在(0,+∞)内单调递减,当a>2时,在区间(0,a-a2-42),(在区间(a-a2(2)证明由(1)知a>2,0<x1<1<x2,x1x2=1,则f(x1)-f(x2)=alnx1+1x1-x1-alnx2-1x2+x2=(x2-x1)(1+1x1x2)+a(lnx1-lnx2)=2(x2-x1)+a(lnx1-lnx2),则f(x1即证明lnx1-lnx2>x1-x2,则lnx1-ln1x1>x1-即lnx1+lnx1>x1-1x1,即证2lnx1>x1-1x1设h(x)=2lnx-x+1x,0<x<1,其中h(1)=求导得h'(x)=2x-1-1x2=-x2则h(x)在(0,1)上单调递减,所以h(x)>h(1),即2lnx-x+1x>故2lnx>x-1x,则f(x13.(17分)(2024河南郑州一模)已知函数f(x)=-cosx,g(x)=x22-1,x∈[0,+∞(1)判断g(x)≥f(x)是否对∀x∈[0,+∞)恒成立,并给出理由;(2)证明:①当0<m<n<π2时,sinm-sin②当ai=12i(i∈N*),ki=f'(ai+1)-f'(ai)a(1)解g(x)≥f(x)在[0,+∞)内恒成立,理由如下:令h(x)=g(x)-f(x)=x22-1+cosx,x∈[0,则h'(x)=x-sinx,x∈[0,+∞),令q(x)=h'(x),则q'(x)=1-cosx≥0在[0,+∞)内恒成立,故q(x)=h'(x)在[0,+∞)内单调递增,其中h'(0)=0,故h'(x)≥0在[0,+∞)内恒成立,故h(x)在[0,+∞)内单调递增,故h(x)≥h(0)=0,即g(x)≥f(x)恒成立.(2)证明①0<m<n<π2时,因为y=sinx单调递增,所以sinm<sinn又m-n<0,cosn>0,故要证sinm-sinnm只需证(m-n)cosn+sinn-sinm>0.令r(x)=(x-n)cosn-sinx+sinn,0<x<n,则只需证明r(m)>0,r'(x)=cosn-cosx,令p(x)=cosn-cosx,则函数p(x)在0,π2内单调递增,所以当0<x<n时,p(x)<p(n)=0,所以r'(x)<0,所以r(x)在(0,n)内单调递减,所以r(x)>r(n)=0,故r(m)>r(n)=0,所以当0<m<n<π2时,sinm-sin②由(1)知,cosx>1-x22,x>0,f'(x)=sinx,由于0<所以ki=f'(ai+1)-f'(a所以∑i=1n-1ki>(1-123)+(1-125)+…+(1-122n-1)=n-1-(4.(17分)(2024福建厦门模拟)已知函数f(x)=aex+2x-1(其中常数e=2.71828…是自然对数的底数).(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)证明:对任意的a≥1,当x>0时,f(x)≥(x+ae)x.(1)解由f(x)=aex+2x-1,得f'(x)=aex+2.①当a≥0时,f'(x)>0,函数f(x)在R上单调递增;②当a<0时,由f'(x)>0,解得x<ln-2a,由f'(x)<0,解得x>ln-2a,故f(x)在-∞,ln-2a内单调递增,在ln-2a,+∞内单调递减.综上所述,当a≥0时,函数f(x)在R上单调递增;当a<0时,f(x)在-∞,ln-2a内单调递增,在ln-2a,+∞内单调递减.(2)证明f(x)≥(x+ae)x,其中a≥1,x>0⇔exx-xa-1ax+2a-e≥0.令g(x)=e当a≥1时,aex-x-1≥ex-x-1.令h(x)=ex-x-1,则当x>0