2023届高考二轮总复习试题（适用于老高考旧教材） 数学（理） 考点突破练20　利用导数证明问题 WORD版含解析.docx

1、考点突破练20利用导数证明问题1.(2022陕西咸阳一模)已知函数f(x)=ln(x2+1+x)-aln(x+1)+1.(1)当a1时,讨论函数f(x)在区间(-1,+)上的单调性;(2)当a=1时,证明:f(x)-x+1ex0.2.(2022河南新乡二模)已知函数f(x)=ex-ln x+ln a.(1)当a=e时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程;(2)证明:f(x)1+1+lnaa.3.已知函数f(x)=12e2x-(e+1)ex+ex+12.(1)求f(x)的极值;(2)若f(x1)=f(x2)=f(x3),x1x2x3,证明:x2+x30).(1)当a=2时,求f(x

2、)在x=1处的切线方程;(2)若对任意的x0,有f(x)b+a(bR),证明:b-2a.5.(2022山东济南一模)设函数f(x)=ae2x-2ex+2.(1)若f(x)有两个不同的零点,求实数a的取值范围;(2)若函数g(x)=12ae2x+(a-2)ex-2e-x有两个极值点x1,x2,证明:g(x2)-g(x1)x2-x12-1a.6.(2022河南焦作一模)已知函数f(x)=(x+1)ln x+mx,g(x)=m2x2ex-1,其中m0.(1)讨论函数g(x)的单调性;(2)若m1,证明:当x0时,g(x)f(x).考点突破练20利用导数证明问题1.(1)解 f(x)=2x2x2+1+

3、1x2+1+x-ax+1=1x2+1-ax+1=x+1-ax2+1x2+1(x+1)=(1-a2)x2+2x+1-a2x2+1(x+1)(x+1+ax2+1).设g(x)=(1-a2)x2+2x+1-a2.a1,函数g(x)的图象是开口向下的抛物线.又=4-4(1-a2)2=4a2(2-a2).当a2时,0,又1-a20,g(x)0,即f(x)0,因此f(x)在(-1,+)上单调递减.当1a0,g(x)=0有两个不等实根,设两个根为x1,x2,且x10,x1x2=10,可知x10,x20,解g(x)=0得x1=-1-a2-a21-a2,x2=-1+a2-a21-a2,因此f(x)在-1,-1-

4、a2-a21-a2上单调递减,在-1-a2-a21-a2,-1+a2-a21-a2上单调递增,在-1+a2-a21-a2,+上单调递减.(2)证明 要证明f(x)-x+1ex0,即证明f(x)x+1ex,当a=1时,由(1)可知,函数f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,+)上单调递增,因此函数f(x)的最小值为f(0)=1.设h(x)=x+1ex(x-1),h(x)=ex-(x+1)ex(ex)2=-xex.因此,当x(-1,0)时,h(x)0,h(x)在区间(-1,0)上单调递增,当x(0,+)时,h(x)0,h(x)在区间(0,+)上单调递减,所以h(x)的最大值为h(0)=1,因此

5、对任意x(-1,+),总有f(x)h(x),故f(x)-x+1ex0.2.(1)解 因为f(x)=ex-ln x+1,所以f(x)=ex-1x,所以k=f(1)=e-1.因为f(1)=e+1,所以切点坐标为(1,1+e),所以曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为y-e-1=(e-1)(x-1),即y=(e-1)x+2.(2)证明 令g(x)=x-1-ln x,则g(x)=1-1x=x-1x,则g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+)上单调递增,所以g(x)0,即x-ln x1,则xa-lnxa1.令h(x)=ex-xa,则h(x)=ex-1a,则h(x)在(0,-ln a)上单

6、调递减,在(-ln a,+)上单调递增,所以h(x)h(-ln a)=1+lnaa.+可得ex-lnxa1+1+lnaa,即f(x)1+1+lnaa.3.(1)解 由题意可得f(x)=e2x-(e+1)ex+e=(ex-1)(ex-e).当x1时,f(x)0;当0x1时,f(x)0,所以f(x)在(-,0)与(1,+)上单调递增,在(0,1)上单调递减.故f(x)的极大值为f(0)=-e,f(x)的极小值为f(1)=12-12e2.(2)证明 由(1)可知0x21x3,设g(x)=f(x)-f(2-x),0x1.则g(x)=f(x)+f(2-x)=(ex-1)(ex-e)+(e2-x-1)(e

7、2-x-e)=(ex-e)e2x(ex-1)+ex+1-e3e2x.设h(x)=e2x(ex-1)+ex+1-e3,则h(x)=3e3x-2e2x+ex+1=ex(3e2x-2ex+e).因为=4-12e0在(0,1)上恒成立,即h(x)在(0,1)上单调递增,因为h(x)0在(0,1)上恒成立,即g(x)在(0,1)上单调递增.因为g(x)g(1)=0,所以f(x)f(2-x)在(0,1)上恒成立.因为x2(0,1),所以f(x2)f(2-x2).因为f(x2)=f(x3),所以f(x3)f(2-x2).由(1)可知f(x)在(1,+)上单调递增,且x3,2-x2(1,+),即x32-x2,

8、即x2+x30,f(x)b+abln x-ax-a.令g(x)=ln x-ax-a,x0,求导得g(x)=1x-a,而a0,则当0x0,当x1a时,g(x)0,h(a)=-1a+1,则当0a1时,h(a)1时,h(a)0,因此h(a)在(0,1)上单调递减,在(1,+)上单调递增,h(a)min=h(1)=0,于是得b+2ah(a)0,即b-2a,所以b-2a.5.(1)解 令t=ex,则f(x)有两个不同的零点,等价于at2-2t+2=0存在两个正根,所以0,2a0,解得0a0,ex+10,且g(x)有两个极值点x1,x2,所以x1,x2为ae2x-2ex+2=0的两个不同解.由(1)知0a

9、x1,g(x2)-g(x1)x2-x1=12a(e2x2-e2x1)+(a-2)(ex2-ex1)-2(e-x2-e-x1)x2-x1=12a(ex2-ex1)(ex2+ex1)+(a-2)(ex2-ex1)-2(ex1-ex2)ex2ex1x2-x1=(ex2-ex1)12a(ex2+ex1)+(a-2)+2ex2ex1x2-x1=(ex2-ex1)12a2a+(a-2)+ax2-x1=ex2-ex1x2-x1(2a-1).要证明g(x2)-g(x1)x2-x12-1a,只需证ex2-ex1x2-x1(2a-1)2a-1a.由0a12,得2a-10,只需证ex2-ex1x2-x11a,注意到

10、ex1+ex2=2a,只需证ex2-ex1x2-x1ex1+ex22,两边同除ex1,得ex2-x1-1x2-x1x1,只需证2(ex2-x1-1)0,令h(x)=t(et+1)-2et+2(t0),则只需证h(x)0即可.h(x)=et(t-1)+1,令k(x)=et(t-1)+1,则k(x)=tet0,所以h(x)在(0,+)上单调递增,所以h(t)h(0)=0,所以h(x)在(0,+)上单调递增,所以h(t)h(0)=0,得证.6.(1)解 由题可知g(x)=m2ex-1x(x+2),令g(x)0,得-2x0,得x0,故函数g(x)在(-,-2)上单调递增,在(-2,0)上单调递减,在(

11、0,+)上单调递增.(2)证明 由g(x)f(x)得m2x2ex-1-(x+1)ln x-mx0.令t(m)=m2x2ex-1-(x+1)ln x-mx,将t(m)看作关于m的二次函数,其图象的对称轴为直线m=x2x2ex-1.令x2x2ex-1=1,可得xex-1=12,易知函数u(x)=xex-1在(0,+)上单调递增.又u(0)=0,u(1)=1,故存在x0(0,1),满足u(x0)=12.当xx0,+)时,xex-112,所以x2x2ex-11,此时t(m)t(1)=x2ex-1-(x+1)ln x-x.此时需证h(x)=x2ex-1-(x+1)ln x-x0.h(x)=(x2+2x)

12、ex-1-1x-ln x-2.设p(x)=h(x),则p(x)=(x2+4x+2)ex-1+1x2-1x(x2+4x+2)12x+1x2-1x=x2+1x2+2.显然当x0时,p(x)0,从而h(x)单调递增.又h(1)=0,所以当0x1时,h(x)1时,h(x)0,故h(x)h(1)=0.当x(0,x0)时,xex-11,此时t(m)t12xex-1=-4ex-1(x+1)lnx+14ex-1.此时需证k(x)=4ex-1(x+1)ln x+10.k(x)4ex-1(x+1)(x-1)+1=4x2ex-1-4ex-1+12x-4ex-1+1,令q(x)=2x-4ex-1+1,则q(x)=2-4ex-1,