2023屆高考二輪總復習試題數(shù)學（文）練習19　利用導數(shù)證明問題含解析

考點突破練19利用導數(shù)證明問題

1.(2022-陜西咸陽一模)已知函數(shù)y(x)=ln(??∕%2+l+j)?Hn(x+1)+1.

⑴當a>?時,討論函數(shù)段)在區(qū)間(-1,+8)上的單調性；

(2)當α=l時,證明式X)-矍20.

2.(2022.河南新鄉(xiāng)二模)己知函數(shù)Λx)=ex-(x+1)2.

⑴求曲線)，=3在點處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積;

(2)對于任意X1,X2,證明:若X1<X2,則於1)√(X2)<2X2-2X∣.

3.已知函數(shù)Λx)=2x+≡-lnΛ-5.

⑴當α=l時,求犬x)的單調區(qū)間;

⑵若a24,證明“v)>0.

4.(2022?河南開封二模)己知函數(shù)於)=lnx-ax(a>0).

⑴當a=2時,求兀V)在x=l處的切線方程；

(2)若對任意的x>0,有於)≤6+α(bGR),證明力2-2”.

5.(2022.山東濟南一模)設函數(shù)=αe"-2e'+2.

(1)若犬X)有兩個不同的零點,求實數(shù)a的取值范圍；

(2)若函數(shù)g(x)=[e2'+32)e'-2e共有兩個極值點X∣M,證明:四33>2-±

z和-%1α

6.(2022-河南焦作一模)已知函數(shù)J(x)=(x+l)ln工+的￡(；1)二足以?其中fn>o.

⑴討論函數(shù)g(x)的單調性；

(2)若"2N1,證明:當x>0時,g(x)27a).

考點突破練19利用導數(shù)證明問題

,2x+1____

[Μm-2J∕+1Q_1Q_/+l-αj%2+1_(I-Q2)∕+2%+1-Q2

Vx2+l+x%+lJX2+ιx+1Vx2+l(-^+l)V^2+l(^+l)(x+l+α7x2+l)

設g(x)=(l-/濡+2x+l-〃.

..?”>l,.?.函數(shù)g(x)的圖象是開口向下的拋物線.

又VJ=4-4(1-〃)2=4/(2/)

①當白>√2時∕<0,

又i-〃<o,???g(x)wo,即∕α)wo,

因此火X)在(-1,+8)上單調遞減.

②當l<6f<√2時y?>O,g(x)=O有兩個不等實根,設兩個根為Xl/2,且尢|<%2,X1+X2=-γ^2>O,X1?%2=1>0,

可知%ι>0rT2>0j?g(x)=O得XI=-Iq∕?x2=ι+jg?因此於)在(/,笞空冒)上單調遞減,在(

甘冢-1+：廳)上單調遞增在(“+：F)上單調遞減.

IWIWl-αz

(2)證明要證明KX)-號20,即證明共幻土室，

QΛθ?

當a=l時,由(1)可知,函數(shù)./U)在(-1,0)上單調遞減,在(0,+8)上單調遞增,因此函數(shù)?r)的最小值為/(0)=L

設〃(x)=?%>∕),"(x)=T*=^?

因此,當入華?1,0)時,人3>0"3在區(qū)間(-1,0)上單調遞增,當x∈(0,+8)時”(x)<0√Ia)在區(qū)間(0,+oo)上單

調遞減,所以∕z(x)的最大值為〃(0)=1,因此對任意XH-l,+oo),總有於)2%(X),故於)-W120?

1

2.⑴解/(x)=e"2r-2,所以％=/'(-1)=2

因為八-1)=：,所以切點坐標為(-1,)

11

所以曲線yX%)在點(-1<-1))處的切線方程為y--=W(R+1),即%-e>,+2=0.

所以切線與坐標軸的交點坐標為(-2,0)和(0,9,

則所求的三角形面積為;χ2χZ=

2ee

(2)證明設G(X)=yU)+2x=e*-x2-l,則G'(x)=e*-2x.

令H(x)=e'-2x,則”(x)=e，-2,

則”(X)在(-8,In2)上單調遞減,在(In2,+8)上單調遞增，

故∕7(x)≥∕7(ln2)=2-21n2>0,即G'(x)=ex-2x>0,

所以G(X)在R上單調遞增，

所以對于任意Xg,若x∣<%2,則G(X1)<G(X2),

即於1)處2)<2^2-2?.

3.(1)解當a-?時&x)=2%+∕-ln尤-5,

所以/(x)=2--?--=3+1*).

JXΔXXL

由∕r(x)>0,得x>l;由/(x)vθ,得。<x<l,

所以/(幻的單調遞增區(qū)間是(1,+8),單調遞減區(qū)間是(0,1).

(2)證明設g(x)=lnx?x+l,則g3=%l=?

由g'(x)>O,得OVXV1;由g(x)vθ,得x>L

所以g(x)在((U)上單調遞增,在(1,+oo)上單調遞減.

故g(x)Wg(I)=O,即lnx≤x-l,

即-InX2-x+l,①

當且僅當x=l時,等號成立.

要證於)20,即2%+7-1門-520,只需證了+?-420.因為α?4χ>0,所以

所以R+(420,②

當且僅當x=2時,等號成立.

因為①②取得等號的條件不同,所以當時猶㈤>0.

4.(1)解當。=2時｛X)=InX-2x√∏)=-2,求導得八X)W-2,則八I)=-I,有y-(-2)=-(x-l),即x+y+1=0,所以.”)

在x=l處的切線方程是x+y+l=O.

(2)證明?x>0√(x)≤∕7+6∕^?≥lnx-ax-a.

令(g(x)=lnx-ax-a,x>O,

求導得g'(x)=1-〃,而。>。,貝1當。<工<，時出。)>0,當x>，時,gQ)vO,

因此,g(x)在(0，)上單調遞增,在(：，+8)上單調遞減,g(χ)maχ=g(3=-lna-a-l9

于是得h2-ln0-α-l,則8+2α2-lna+a-l.

1

令∕ι(<7)=-lna+a-1,a>O,h'(a)?-ɑ+?,

則當O<α<l時"(α)<0,當α>l時,〃'(α)>0,

因此∕z(α)在(0,1)上單調遞減,在(1,+OO)上單調遞增,∕7(α)min=6⑴=0,

于是得6+2α26(α)20,即62-24,所以i>2-24.

(Δ>0,

5.(1)解令f=e?則Tu)有兩個不同的零點,等價于αr22+2=0存在兩個正根,所以標>0解得O<αg，所

以實數(shù)”的取值范圍為(θ,)?

(2)證明g'(x)=〃e"+(〃-2)eA+2e-*=e-xe+l)(ae"-2e"+2).因為e?>O,ev+l>0,且g(x)有兩個極值點Xg,

所以Xl/2為ae2x-2ex+2=0的兩個不同解.由(1)知O<tz<∣,KeX1+ex2=-,exιex2=與不妨設

Laa

jcχxx3fjc1

g(x2)-g(x1)ye2*2-e2*ι)+(α-2)(e*2.ei)-2(e-2-e"ι)%(/2-eι)(e2+eι)+(α-2)(e2.el)2(；]?j)

X2"∣'×2-×l―×2-Xl-×2-Xl

χxxx

(e2-e×i)∣a(e2+ei)+(a-2)+θχ^χι(e≈2-ei)[?a-j+(a-2)+a]eχ2.eι

==--------(Zu-1).

X2-X1--------------X2-×l---------------×2-×l

要證明里也如>2上只需證色色(2a-l)>弛士由0<“4得2a-l<0,只需證史記<二,注意到M+e。=

X2~X1aX2~×la2X2~^la

2,只需證M?<吟了ξ兩邊同除eR得至上1<號口.因為x2>孫只需證2(eXz%-l)<(eX2-+1/”

Q%2。1，%2~^1，

Xl).設X2-X?=f>0,

令/2(x)=z(e'+l)-2e'+2(∕>0),則只需證h(x)>0即可.

∕√a)=e'(M)+l,令MX)=S(11)+1,則kf(x)=tet>O,

所以/2。)在(0,+8)上單調遞增,所以ΛV)>ΛW)=0,

所以∕7(x)在(0,+8)上單調遞增,所以W)>∕2(0)=0,得證.

6.(1)??由題可知且3=加23-5(/+2),

令g'(x)<0,得-2<χv0,令g(x)>0,得x<-2或x>0,

故函數(shù)g)在(-8,-2)上單調遞增,在(-2,0)上單調遞減,在(0,+8)上單調遞增.

(2)證明由g(x)2∕ζr)得〃?2/e"i-a+l)lnx-〃zx20.

2m

令Km)T%2χe*L(x+l)lnx?"2x,將f(〃z)看作關于m的二次函數(shù),其圖象的對稱軸為直線-2x2ex-i'

令7"我TT=1,可得XeXT=；,易知函數(shù)“(X)=XeZ在(0,+oo)上單調遞增.

ΔXΔGX~1