专题突破练
6
利用导数证明问题
1
.
已知函数
f
(
x
)
=x
2
+
2
ax
(
a>
0)
与
g
(
x
)
=
4
a
2
ln
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
.
已知函数
f
(
x
)
=
e
x
-a
sin
x-x
,
曲线
y=f
(
x
)
在点
(0,
f
(0))
处的切线方程为
x+y-
1
=
0
.
(1)
求实数
a
的值
;
(2)
证明
:
对
∀
x
∈
R
,
f
(
x
)
>
0
恒成立
.
3
.
(2023
·
新高考
Ⅰ
,19)
已知函数
f
(
x
)
=a
(e
x
+a
)
-x
.
(1)
讨论
f
(
x
)
的单调性
;
(2)
证明
:
当
a>
0
时
,
f
(
x
)
>
2ln
a+
.
4
.
已知函数
f
(
x
)
=a
e
x
+
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
)
=
e
x
,
g
(
x
)
=
2
ax+
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
x
1
,
x
2
,
证明
:
<
ln 2
a
.
6
.
已知函数
f
(
x
)
=x
ln
x-ax
2
+x
(
a
∈
R
)
.
(1)
证明
:
曲线
y=f
(
x
)
在点
(1,
f
(1))
处的切线
l
恒过定点
;
(2)
若
f
(
x
)
有两个零点
x
1
,
x
2
,
且
x
2
>
2
x
1
,
证明
:
.
专题突破练
6
利用导数证明问题
1
.
(1)
解
设
P
(
x
0
,
y
0
)(
x
0
>
0),
则
+
2
ax
0
=
4
a
2
ln
x
0
+b.
又
f'
(
x
)
=
2
x+
2
a
,
g'
(
x
)
=
,
∴
2
x
0
+
2
a=
.
∵
a=
1,
∴
+x
0
-
2
=
0,
∴
x
0
=
1,
则
4
×
1
×
0
+b=
1
+
2
=
3,
解得
b=
3
.
(2)
证明
由
(1)
得
2
x
0
+
2
a=
,
即
+ax
0
-
2
a
2
=
0,
得
x
0
=a.
∴
a
2
+
2
a
2
-
4
a
2
ln
a-b=
0
.
令
h
(
x
)
=f
(
x
)
-g
(
x
)
=x
2
+
2
ax-
4
a
2
ln
x-b
(
a>
0),
则
h'
(
x
)
=
2
x+
2
a-
.
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
)
=a
2
+
2
a
2
-
4
a
2
ln
a-b=
0,
因此
h
(
x
)≥0,
故
f
(
x
)≥
g
(
x
)
.
2
.
(1)
解
f'
(
x
)
=
e
x
-a
cos
x-
1
.
∵
曲线
y=f
(
x
)
在点
(0,
f
(0))
处的切线方程为
x+y-
1
=
0,
∴
f'
(0)
=-
1,
∴
1
-a-
1
=-
1,
得
a=
1
.
(2)
证明
由于
f
(
x
)
=
e
x
-
sin
x-x
,
要证明对
∀
x
∈
R
,
f
(
x
)
>
0
恒成立
,
需证明对
∀
x
∈
R
,e
x
-x>
sin
x.
令
g
(
x
)
=
e
x
-x
,
∴
g'
(
x
)
=
e
x
-
1
.
令
g'
(
x
)
=
0,
得
x=
0
.
∴
当
x
∈
(
-∞
,0)
时
,
g'
(
x
)
<
0,
当
x
∈
(0,
+∞
)
时
,
g'
(
x
)
>
0
.
∴
函数
g
(
x
)
在区间
(
-∞
,0)
内单调递减
,
在区间
(0,
+∞
)
内单调递增
.
故
g
(
x
)
min
=g
(0)
=
1,
即对
∀
x
∈
R
,e
x
-x
≥1
都成立
,
∴
e
x
-x-
sin
x
≥1
-
sin
x
≥0,
两个等号不同时成立
,
∴
e
x
-x>
sin
x
,
∴
对
∀
x
∈
R
,
f
(
x
)
>
0
恒成立
.
3
.
(1)
解
f'
(
x
)
=a
e
x
-
1,
x
∈
R
.
①
当
a
≤0
时
,
f'
(
x
)≤0
对任意
x
∈
R
恒成立
,
所以
f
(
x
)
在
(
-∞
,
+∞
)
内单调递减
.
②
当
a>
0
时
,
令
f'
(
x
)
=
0,
得
x=
ln
=-
ln
a.
随
x
的变化
,
f'
(
x
),
f
(
x
)
的变化如下表
:
x
(
-∞
,
-
ln
a
)
-
ln
a
(
-
ln
a
,
+∞
)
f'
(
x
)
-
0
+
f
(
x
)
↘
极小值
↗
所以函数
f
(
x
)
的单调递增区间是
(
-
ln
a
,
+∞
),
单调递减区间是
(
-∞
,
-
ln
a
)
.
综上
,
当
a
≤0
时
,
f
(
x
)
的单调递减区间是
(
-∞
,
+∞
),
无单调递增区间
;
当
a>
0
时
,
f
(
x
)
的单调递增区间是
(
-
ln
a
,
+∞
),
单调递减区间是
(
-∞
,
-
ln
a
)
.
(2)
证明
当
a>
0
时
,
要证
f
(
x
)
>
2ln
a+
恒成立
,
即证
f
(
x
)
min
>
2ln
a+
成立
.
当
a>
0
时
,
由
(1)
知
,
f
(
x
)
的极小值同时也是最小值
,
是
f
(
-
ln
a
),
下面证明
f
(
-
ln
a
)
>
2ln
a+
.
f
(
-
ln
a
)
=a
(e
-
ln
a
+a
)
-
(
-
ln
a
)
=
1
+a
2
+
ln
a.
令
g
(
a
)
=f
(
-
ln
a
)
-
2ln
a-
=a
2
-
ln
a-
,
a
∈
(0,
+∞
),(
关键点
:
这里构造新函数
,
研究新函数的单调性、最值
)
则
g'
(
a
)
=
2
a-
,
令
g'
(
a
)
=
0,
得
a=
.
随
a
的变化
,
g'
(
a
),
g
(
a
)
的变化如下表
:
a
0,
,
+∞
g'
(
a
)
-
0
+
g
(
a
)
↘
极小值
↗
所以在
a=
时
,
g
(
a
)
取最小值
.
g
(
a
)
min
=g
=
-
ln
=-
ln
=
ln
>
ln
1
=
0
.
因此
f
(
-
ln
a
)
>
2ln
a+
成立
.
因此当
a>
0
时
,
f
(
x
)
>
2ln
a+
.
4
.
证明
(1)
当
a=-
1
时
,
f
(
x
)
=x+
sin
x-
e
x
,
f'
(
x
)
=
1
+
cos
x-
e
x
.
因为
x
∈
[0,
π
],
所以
1
+
cos
x
≥0
.
令
g
(
x
)
=
1
+
cos
x-
e
x
,
x
∈
[0,
π
],
则
g'
(
x
)
=-
e
x
-
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
)
=-
e
π
<
0,
所以存在
x
0
∈
(0,
π
),
使得
f'
(
x
0
)
=
0,
且当
0
<x<x
0
时
,
f'
(
x
)
>
0;
2024届高考二轮复习数学试题(新高考新教材) 专题突破练6 利用导数证明问题 .docx