高考二輪復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)試題（新高考新教材）專題突破練6利用導(dǎo)數(shù)證明問題

專題突破練6利用導(dǎo)數(shù)證明問題1.已知函數(shù)f(x)=x2+2ax(a>0)與g(x)=4a2lnx+b的圖象有公共點P,且在點P處的切線相同.(1)若a=1,求b的值;(2)求證:f(x)≥g(x).2.已知函數(shù)f(x)=exasinxx,曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程為x+y1=0.(1)求實數(shù)a的值;(2)證明:對?x∈R,f(x)>0恒成立.3.(2023·新高考Ⅰ,19)已知函數(shù)f(x)=a(ex+a)x.(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)證明:當(dāng)a>0時,f(x)>2lna+324.已知函數(shù)f(x)=aex+sinx+x,x∈[0,π].(1)證明:當(dāng)a=1時,函數(shù)f(x)有唯一的極大值點;(2)當(dāng)2<a<0時,證明:f(x)<π.5.已知函數(shù)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有兩個不同的根x1,x2,證明:x1+x26.已知函數(shù)f(x)=xlnxax2+x(a∈R).(1)證明:曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線l恒過定點;(2)若f(x)有兩個零點x1,x2,且x2>2x1,證明:x1專題突破練6利用導(dǎo)數(shù)證明問題1.(1)解設(shè)P(x0,y0)(x0>0),則x02+2ax0=4a2lnx又f'(x)=2x+2a,g'(x)=4a2x,∴2x0+2∵a=1,∴x02+x02=0,∴x0=1,則4×1×0+b=1+2=3,解得b=(2)證明由(1)得2x0+2a=4a2x0,即x02+ax02a2∴a2+2a24a2lnab=0.令h(x)=f(x)g(x)=x2+2ax4a2lnxb(a>0),則h'(x)=2x+2a4a當(dāng)0<x<a時,h'(x)<0;當(dāng)x>a時,h'(x)>0,故h(x)在區(qū)間(0,a)內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間(a,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增.∴x=a時,函數(shù)h(x)取得極小值即最小值,且h(a)=a2+2a24a2lnab=0,因此h(x)≥0,故f(x)≥g(x).2.(1)解f'(x)=exacosx1.∵曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程為x+y1=0,∴f'(0)=1,∴1a1=1,得a=1.(2)證明由于f(x)=exsinxx,要證明對?x∈R,f(x)>0恒成立,需證明對?x∈R,exx>sinx.令g(x)=exx,∴g'(x)=ex1.令g'(x)=0,得x=0.∴當(dāng)x∈(∞,0)時,g'(x)<0,當(dāng)x∈(0,+∞)時,g'(x)>0.∴函數(shù)g(x)在區(qū)間(∞,0)內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增.故g(x)min=g(0)=1,即對?x∈R,exx≥1都成立,∴exxsinx≥1sinx≥0,兩個等號不同時成立,∴exx>sinx,∴對?x∈R,f(x)>0恒成立.3.(1)解f'(x)=aex1,x∈R.①當(dāng)a≤0時,f'(x)≤0對任意x∈R恒成立,所以f(x)在(∞,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減.②當(dāng)a>0時,令f'(x)=0,得x=ln1a=ln隨x的變化,f'(x),f(x)的變化如下表:x(∞,lna)lna(lna,+∞)f'(x)0+f(x)↘極小值↗所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(lna,+∞),單調(diào)遞減區(qū)間是(∞,lna).綜上,當(dāng)a≤0時,f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(∞,+∞),無單調(diào)遞增區(qū)間;當(dāng)a>0時,f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(lna,+∞),單調(diào)遞減區(qū)間是(∞,lna).(2)證明當(dāng)a>0時,要證f(x)>2lna+32恒成立,即證f(x)min>2lna+32當(dāng)a>0時,由(1)知,f(x)的極小值同時也是最小值,是f(lna),下面證明f(lna)>2lna+32f(lna)=a(elna+a)(lna)=1+a2+lna.令g(a)=f(lna)2lna32=a2lna12,a∈(0,+∞),(關(guān)鍵點:這里構(gòu)造新函數(shù),則g'(a)=2a1a令g'(a)=0,得a=22隨a的變化,g'(a),g(a)的變化如下表:a0,22222,+∞g'(a)0+g(a)↘極小值↗所以在a=22時,g(a)取最小值g(a)min=g22=12ln22-12=ln12=ln2>ln因此f(lna)>2lna+32成立因此當(dāng)a>0時,f(x)>2lna+324.證明(1)當(dāng)a=1時,f(x)=x+sinxex,f'(x)=1+cosxex.因為x∈[0,π],所以1+cosx≥0.令g(x)=1+cosxex,x∈[0,π],則g'(x)=exsinx<0,所以g(x)在區(qū)間[0,π]上單調(diào)遞減.又因為g(0)=21=1>0,g(π)=eπ<0,所以存在x0∈(0,π),使得f'(x0)=0,且當(dāng)0<x<x0時,f'(x)>0;當(dāng)x0<x<π時,f'(x)<0.所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是[0,x0],單調(diào)遞減區(qū)間是[x0,π].所以函數(shù)f(x)存在唯一的極大值點x0.(2)當(dāng)2<a<0,0≤x≤π時,令h(x)=f(x)π=aex+sinx+xπ,則h'(x)=aex+cosx+1,令p(x)=aex+cosx+1,則p'(x)=aexsinx<0,所以函數(shù)h'(x)在區(qū)間[0,π]上單調(diào)遞減.因為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,且當(dāng)0<x<t時,h'(x)>0;當(dāng)t<x<π時,h'(x)<0.所以函數(shù)h(x)在區(qū)間[0,t]上單調(diào)遞增,在區(qū)間[t,π]上單調(diào)遞減.所以h(x)max=h(t)=aet+sint+tπ,t∈(0,π).因為aet+cost+1=0,所以只需證φ(t)=sintcost+t1π<0即可,而φ'(t)=cost+sint+1=sint+(1+cost)>0,所以函數(shù)φ(t)在區(qū)間(0,π)內(nèi)單調(diào)遞增,所以φ(t)<φ(π)=0,故f(x)<π.5.(1)解令u(x)=f(x)g(x)=ex2ax1,則u'(x)=ex2a.若a≤0,則u'(x)>0,所以u(x)在R上單調(diào)遞增,而u(0)=0,所以當(dāng)x<0時,u(x)<0,不符合題意;若a>0,由u'(x)=0,得x=ln(2a),當(dāng)x<ln(2a)時,u'(x)<0,u(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x>ln(2a)時,u'(x)>0,u(x)單調(diào)遞增,故u(x)min=u(ln(2a))=2a2aln(2a)1≥0.令h(x)=xxlnx1,則h'(x)=lnx.令h'(x)=0,得x=1,當(dāng)0<x<1時,h'(x)>0,當(dāng)x>1時,h'(x)<0,故h(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減,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的取值集合為1(2)證明方程f(x)g(x)=0有兩個不同的根x1,x2,不妨令x1<x2,則ex1=2ax要證x1+x22<ln2a,即證ex1+x22<ex2-ex1x2-x1?(x2x1)ex1+x22<ex2-ex1?(x2x1)ex2-x12<e易證et>t+1,故G'(t)>0,故G(t)在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,所以G(t)>G(0)=0.故原不等式成立.6.證明(1)f'(x)=lnx2ax+2,則f'(1)=22a,所以切線l的斜率為22a.又f(1)=1a,所以切線l的方程為y(1a)=(22a)(x1),即y=(22a)x12,可得當(dāng)x=12時,y=0,故切線l恒過定點12,0.(2)∵x1,x2是f(x)的零點,x2>2x1,且x1>0,x2>0,∴x∴a=ln即ln(x1x2)+2=(x令t=x2x1,則t>2,于是ln(x1x2)+2令