利用导数证明问题专题突破练-2025届高三数学二轮复习

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)=4a2ln x+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.(2024·广东高三统考)设函数f(x)=ln x+a(x-1)(x-2),其中a为实数. (1)当a=1时,求f(x)的单调区间; (2)当f(x)在定义域内有两个不同的极值点x1,x2时,证明:f(x1)+f(x2)>+ln. 3.(2024·广西南宁三中一模)已知函数f(x)=ln x-ax+a,g(x)=(x-1)ex-a-ax+1(a∈R). (1)若f(x)≤0,求a的值; (2)当a∈(0,1]时,证明:g(x)≥f(x). 4.已知函数f(x)=aex+sin x+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:<ln 2a. 6.(2024·广西高三模拟)函数f(x)=aln x+x2-(a+1)x+(a>0). (1)求函数f(x)的单调递增区间; (2)当a=1时,若f(x1)+f(x2)=0,求证:x1+x2≥2; (3)求证:对于任意n∈N*都有2ln(n+1)+)2>n. 答案 1.(1)解 设P(x0,y0)(x0>0),则+2ax0=4a2ln x0+b. 又f'(x)=2x+2a,g'(x)=, ∴2x0+2a=. ∵a=1,∴+x0-2=0, ∴x0=1,则4×1×0+b=1+2=3,解得b=3. (2)证明 由(1)得2x0+2a=,即+ax0-2a2=0,得x0=a. ∴a2+2a2-4a2ln a-b=0. 令h(x)=f(x)-g(x)=x2+2ax-4a2ln x-b(a>0),则h'(x)=2x+2a-. 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+2a2-4a2ln a-b=0,因此h(x)≥0,故f(x)≥g(x). 2.(1)解 当a=1时,f(x)=ln x+(x-1)(x-2),f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=+(2x-3)=. 令f'(x)==0,得x=或x=1. 所以当x∈(0,)∪(1,+∞)时,f'(x)>0,x∈(,1)时,f'(x)<0,所以f(x)的单调递增区间为(0,),(1,+∞),单调递减区间为(,1). (2)证明 f'(x)=,因为f(x)在区间(0,+∞)上有两个不同的极值点x1,x2, 所以2ax2-3ax+1=0有两个不同的正根,所以解得a>. 因为f(x1)+f(x2)=ln(x1x2)+a()-3a(x1+x2)+4a=ln(x1x2)+a[(x1+x2)2-2x1x2]-3a(x1+x2)+4a=-ln(2a)+a-1, 设g(a)=-ln(2a)+a-1, 则当a>时,g'(a)=>0,所以g(a)在区间(,+∞)上单调递增,所以g(a)>g()=-ln+ln,故f(x1)+f(x2)>+ln. 3.(1)解 由题意知x∈(0,+∞),f'(x)=-a=,当a≤0时,f'(x)>0,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,而f(1)=ln 1-a+a=0,当x>1时,f(x)>f(1)=0,与题意不符; 当0<a<1时,>1,由f'(x)>0可得x∈(0,),∴f(x)在区间(0,)上单调递增,此时f()>f(1)=0,不符合题意; 当a=1时,由f'(x)>0可得x∈(0,1),∴f(x)在区间(0,1)上单调递增,由f'(x)<0可得x∈(1,+∞),∴f(x)在区间(1,+∞)上单调递减,故对于任意的x∈(0,+∞),f(x)≤f(1)=0恒成立,符合题意; 当a>1时,0<<1,由f'(x)<0可得x∈(,+∞),∴f(x)在区间(,+∞)上单调递减,此时f()>f(1)=0,不符合题意. 综上所述,a=1. (2)证明 要证g(x)≥f(x),即证g(x)-f(x)≥0. 设h(x)=g(x)-f(x)=(x-1)ex-a-ln x+1-a,则h'(x)=xex-a-. 令φ(x)=xex-a-,则当x∈(0,+∞)时,φ'(x)=(1+x)ex-a+>0,∴φ(x),即h'(x)在区间(0,+∞)上单调递增. 又a∈(0,1],∴h'()=-2<0,h'(1)=e1-a-1≥0, 故∃x0∈(,1],使得h'(x0)=0,即x0,∴, ∴x0-a=-2ln x0. ∴当x∈(0,x0)时,h'(x)<0,h(x)在区间(0,x0)上单调递减, 当x∈(x0,+∞)时,h'(x)>0,h(x)在区间(x0,+∞)上单调递增, ∴h(x)min=h(x0)=(x0-1)-ln x0+1-a=-3ln x0-x0+1. 令t(x)=-3ln x-x+1,则t'(x)=--1=. 当x∈()时,x2+x-1<0,则t'(x)>0, 当x∈(,1)时,x2+x-1>0,则t'(x)<0,∴t(x)在区间()上单调递增,在区间(,1)上单调递减. 由于t()=3ln 2->0,t(1)=0,故当x∈(,1]时,t(x)≥0,故h(x)min≥0,即h(x)≥0, 即当a∈(0,1]时,g(x)≥f(x)成立. 4.证明 (1)当a=-1时,f(x)=x+sin x-ex,f'(x)=1+cos x-ex. 因为x∈[0,π],所以1+cos x≥0. 令g(x)=1+cos x-ex,x∈[0,π],则g'(x)=-ex-sin x<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+sin x+x-π,则h'(x)=aex+cos x+1,令p(x)=aex+cos x+1,则p'(x)=aex-sin x<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+cos t+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+sin t+t-π,t∈(0,π). 因为aet+cos t+1=0,所以只需证φ(t)=sin t-cos t+t-1-π<0即可,而φ'(t)=cos t+sin t+1=sin t+(1+cos t)>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-xln x-1,则h'(x)=-ln x. 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-xln x-1≤0,所以2a-2aln(2a)-1≤0,故2a-2aln(2a)-1=0,所以2a=1,即a=,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 ∴2a=. 要证<ln 2a,即证⇔(x2-x1)⇔(x2-x1)-1,令t=,则t>0,即证e2t-1>2tet,令G(t)=e2t-1-2tet,则G'(t)=2et(et-t-1), 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 函数f(x)的定义域是(0,+∞). 由已知得,f'(x)=+x-a-1=. 当0<a<1时,由f'(x)>0,得0<x<a或x>1, ∴f(x)的单调递增区间为(0,a),(1,+∞). 当a=1时,∵x>0,∴f'(x)≥0,∴f(x)的单调递增区间为(0,+∞). 当a>1时,由f'(x)>0,得0<x<1或x>a, ∴f(x)的单调递增区间为(0,1),(a,+∞). 综上,当0<a<1时,函数f(x)的单调递增区间为(0,a),(1,+∞); 当a=1时,函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞); 当a>1时,函数f(x)的单调递增区间为(0,1),(a,+∞). (2)证明 当a=1时,f(x)=ln x+x2-2x+. 由(1)知,函数f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,且f(1)=0. 令g(x)=f(x)+f(2-x)=ln x+x2-2x++ln(2-x)+(2-x)2-2(2-x)+=ln[x(2-x)]+x2-2x+1=ln[1-(x-1)2]+(x-1)2,0<x<2, 令F(x)=ln x-x+1(x>0),则F'(x)=-1=. 令F'(x)>0,解得0<x<1;令F'(x)<0,解得x>1,∴F(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减,∴F(x)≤F(1)=0,∴ln x≤x-1. 令(x-1)2=t∈[0,1),则1-t∈(0,1], ∴ln(1-t)≤(1-t)-1=-t, ∴ln(1-t)+t≤0, ∴g(x)=f(x)+f(2-x)≤0恒成立. 不妨设0<x1<1<x2,则f(x1)+f(2-x1)≤0, ∴-f(x1)≥f(2-x1),∴f(x2)≥f(2-x1). ∵2-x1>1,x2>1,且f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,∴x2≥2-x1,∴x1+x2≥2. (3)证明 由(2)知,当x>1时,ln x+x2-2x+>0,即2ln x+x2-4x+3=2ln x+(x-2)2-1>0,∴2ln x+(x-2)2>1在区间(1,+∞)上恒成立, ∴2ln+(2-2)2=2ln+()2>1,2ln+(-2)2=2ln+()2>1, 2ln+(-2)2=2ln+()2>1,……,2ln+(-2)2=2ln+()2>1, 相加得2ln(n+1)+(2>n 学科网（北京）股份有限公司 $$