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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

同步检测 全国通用 2024年 格式: DOCX   7页   下载:0   时间:2024-03-23   浏览:12006   免费试卷
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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;
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