2022届高考数学二轮复习训练专题 差值证明问题（含答案）

1、专题 差值证明问题1（2020秋和平区校级月考）已知函数f（x）（x+b）（exa）（b0）在点（1，f（1）处的切线方程为（e1）x+ey+e10（1）求a，b；（2）设曲线yf（x）与x轴负半轴的交点为点P，曲线在点P处的切线方程为yh（x），求证：对于任意的实数x，都有f（x）h（x）；（3）若关于x的方程f（x）m（m0）有两个实数根x1，x2，且x1x2，证明：2（2020合肥一模）已知函数（e为自然对数的底数）（1）求函数f（x）的零点x0，以及曲线yf（x）在xx0处的切线方程；（2）设方程f（x）m（m0）有两个实数根x1，x2，求证：3（2020武昌区模拟）已知函数f（x）（

2、ex）lnx（e为自然对数的底数）（1）求函数f（x）的零点，以及曲线yf（x）在其零点处的切线方程；（2）若方程f（x）m（m0）有两个实数根x1，x2，求证：|x1x2|e14（2021秋广东期中）已知函数f（x）ax+lnx（1）讨论f（x）的单调性；（2）若x1，x2（x1x2）是f（x）的两个零点证明：（）x1+x2；（）x2x15（2019秋浙江月考）已知函数的两个零点记为x1，x2（1）求a的取值范围；（2）证明：6（2020秋龙海市校级月考）已知函数f（x）lnxax（1）讨论f（x）的单调性；（2）若x1，x2，（x1x2）是f（x）的两个零点证明：（）x1+x2；（）x2x

3、17（2020秋温州月考）已知函数f（x）lnxax有两个不同的零点x1，x2（x1x2），e2.71828是自然对数的底数（1）求实数a的取值范围；（2）求证：（）x1；（）8（2021春常州期末）已知函数f（x）（x21）ex（e为自然对数的底数）（1）求曲线yf（x）在点（0，f（0）处的切线方程：（2）若方程f（x）m（m0）有两个不等的实数根x1，x2，求证：|x1x2|2+m9（2019秋常德期末）已知函数f（x）exax2（1）讨论f（x）的极值点的个数；（2）当a1时，若存在实数x1，x2，使得，求x2x1的最小值10（2021徐州模拟）已知函数f（x）xlnxx2+（2a1）

4、x（aR）（1）讨论函数f（x）的极值点的个数；（2）已知函数g（x）f（x）有两个不同的零点x1，x2，且x1x2.证明：x2x1参考答案与试题解析1（2020秋和平区校级月考）已知函数f（x）（x+b）（exa）（b0）在点（1，f（1）处的切线方程为（e1）x+ey+e10（1）求a，b；（2）设曲线yf（x）与x轴负半轴的交点为点P，曲线在点P处的切线方程为yh（x），求证：对于任意的实数x，都有f（x）h（x）；（3）若关于x的方程f（x）m（m0）有两个实数根x1，x2，且x1x2，证明：【分析】（1）将x1代入切线方程（e1）x+ey+e10中，有y0，可得f（1）0，即，又f（

5、x）ex（x+b+1）a，可得，进而得出a，b（2）由（1）可知f（x）（x+1）（ex1），令f（x）0，有x1或x0，故曲线yf（x）与x轴负半轴的唯一交点P为（1，0）曲线在点P（1，0）处的切线方程为yh（x），可得h（x）f（1）（x+1），令F（x）f（x）h（x），利用导数研究其单调性即可得出（3），设h（x）m的根为x1，可得，h（x）单调递减，且mh（x1）f（x1）h（x1），可得x1x1，设曲线yf（x）在点（0，0）处的切线方程为yt（x），有t（x）x，令T（x）f（x）t（x）（x+1）（ex1）x，研究其单调性，进而得出结论【解答】解：（1）将x1代入切线方程（e

6、1）x+ey+e10中，有y0，所以f（1）0，即，又f（x）ex（x+b+1）a，所以若，则b2e0，与b0矛盾，故ab1（2）证明：由（1）可知f（x）（x+1）（ex1），令f（x）0，有x1或x0，故曲线yf（x）与x轴负半轴的唯一交点P为（1，0）曲线在点P（1，0）处的切线方程为yh（x），则h（x）f（1）（x+1），令F（x）f（x）h（x），则F（x）f（x）f（1）（x+1），所以，F（1）0当x1时，若x（，2，F（x）0，若x（2，1），F（x）ex（x+3）0，F（x）在x（2，1）时单调递增，F（x）F（1）0故F（x）0，F（x）在（，1）上单调递减，当x1时，由

7、F（x）ex（x+3）0知F（x）在x（1，+）时单调递增，F（x）F（1）0，F（x）在（1，+）上单调递增所以F（x）F（1）0，即f（x）h（x）成立（3）证明：，设h（x）m的根为x1，则，又h（x）单调递减，且mh（x1）f（x1）h（x1），所以x1x1，设曲线yf（x）在点（0，0）处的切线方程为yt（x），有t（x）x，令T（x）f（x）t（x）（x+1）（ex1）x，T（x）（x+2）ex2，当x2时，T（x）（x+2）ex220，当x2时，T（x）（x+3）ex0，故函数T（x）在（2，+）上单调递增，又T（0）0，所以当x（，0）时，T（x）0，当x（0，+）时，T（x）

8、0，所以函数T（x）在区间（，0）上单调递减，在区间（0，+）上单调递增，所以T（x）T（0）0，即f（x）t（x），设t（x）m的根为x2，则x2m，又函数t（x）单调递增，故mt（x2）f（x2）t（x2），故x2x2又x1x1，所以2（2020合肥一模）已知函数（e为自然对数的底数）（1）求函数f（x）的零点x0，以及曲线yf（x）在xx0处的切线方程；（2）设方程f（x）m（m0）有两个实数根x1，x2，求证：【分析】（1）求出函数的零点，进而求得切线斜率，由此即可得到切线方程；（2）先证当x（1，1）时，2e（x+1）f（x），再利用分析法求证【解答】解：（1）由，得x1，函数的零点

9、x01，f（1）2e，f（1）0曲线yf（x）在x1处的切线方程为y2e（x+1），f（1）0，曲线yf（x）在x1处的切线方程为；（2）证明：，当时，f（x）0；当时，f（x）0f（x）的单调递增区间为，单调递减区间为由（1）知，当x1或x1时，f（x）0；当1x1时，f（x）0下面证明：当x（1，1）时，2e（x+1）f（x）当x（1，1）时，易知，在x1，1上单调递增，而g（1）0，g（x）g（1）0对x（1，1）恒成立，当x（1，1）时，2e（x+1）f（x）由得记不妨设x1x2，则，要证，只要证，即证x21m又，只要证，即，即证令（x）ex（x+1），（x）ex1当时，（x）0，（x

10、）为单调递减函数；当x（0，1）时，（x）0，（x）为单调递增函数（x）（0）0，3（2020武昌区模拟）已知函数f（x）（ex）lnx（e为自然对数的底数）（1）求函数f（x）的零点，以及曲线yf（x）在其零点处的切线方程；（2）若方程f（x）m（m0）有两个实数根x1，x2，求证：|x1x2|e1【分析】（1）令f（x）（ex）lnx0，可求得f（x）的零点，再利用导数的几何意义可求得曲线yf（x）在其零点处的切线的斜率，从而可得切线方程；（2）由于f（x）lnx1，f（x）0，故f（x）lnx1单调递减，令g（x）（e1）（x1），h（x）x+e，通过证明f（x）g（x），即（ex）ln

11、x（e1）（x1）与（ex）lnxx+e成立，而证得原结论成立【解答】解：（1）由f（x）（ex）lnx0，得x1，或xe，所以f（x）的零点为1，e；因为f（x）lnx1，所以f（1）e1，f（e）1因为f（1）f（e）0，所以曲线线yf（x）在x1处的切线方程为y（e1）（x1），在xe处的切线方程为yx+e4分（2）证明：因为f（x）lnx1，所以f（x）0，所以f（x）lnx1单调递减令g（x）（e1）（x1），h（x）x+e，下面证f（x）g（x），即（ex）lnx（e1）（x1），记m（x）（e1）（x1）（ex）lnx，则m（x）lnx+e，m（x）+0，所以m（x）单调递增，且

12、m（1）0，故m（x）在（0，1）单调递减，在（1，+）单调递增所以m（x）m（1）0，即（ex）lnx（e1）（x1），同法可证f（x）h（x），即（ex）lnxx+e不妨设g（x3）f（x1）f（x2）h（x4）m，因为g（x1）f（x1）mg（x3），且g（x）（e1）（x1）为增函数，所以x1x3，由g（x3）（e1）（x31）m，得x3+1，同理，x4x2，x4em，所以+1x3x1x2x4em，所以，|x1x2|em（+1）e1，所以，|x1x2|e112分4（2021秋广东期中）已知函数f（x）ax+lnx（1）讨论f（x）的单调性；（2）若x1，x2（x1x2）是f（x）的两个

13、零点证明：（）x1+x2；（）x2x1【分析】（1）求出f（x），分a0和a0两种情况，利用导数的正负判断函数的单调性即可；（2）（i）将问题转化为证明，令t，设，转化为证明g（t）0，然后利用导数研究函数g（t）的单调性，确定g（t）的取值范围，即可证明结论；（ii）设h（x），由导数确定h（x）的单调性，得到ah（x）有两个不相等的实数根，确定a的取值范围且1x1ex2，lnx1x对于x（0，1）（1，+）恒成立，则对于x（0，1）恒成立，转化为，得到，结合（i）中的结论，即可证明【解答】解：（1）由题意可知，f（x）的定义域为（0，+），因为f（x）ax+lnx，所以f（x），当a0时，

14、f（x）0，则f（x）在（0，+）上单调递增；当a0时，当0 x时，f（x）0，则f（x）单调递增，当x时，f（x）0，则f（x）单调递减综上所述，当a0时，f（x）在（0，+）上单调递增；当a0时，f（x）在（0，）上单调递增，在（，+）上单调递减（2）证明：（i）原不等式等价于，因为ax1lnx1，ax2lnx2，由，可得a（x2x1）lnx2lnx1，故，则等价于，因为x2x10，所以lnx2lnx10，即证明，等价于证明，令t，设，即证明g（t）0，因为，则g（t）在（1，+）上单调递增，且g（t）g（1）0，因此x1+x2；（ii）设h（x），则h（x），所以h（x）在（0，e）上单

15、调递增，在（e，+）上单调递减，因为ah（x）有两个不相等的实数根，且h（e），则且1x1ex2，因为lnx1x对于x（0，1）（1，+）恒成立，则对于x（0，1）恒成立，所以，因为x10，所以，又因为a0，4+4ae0，所以或，因为0 x1e且，所以，因为，所以，所以5（2019秋浙江月考）已知函数的两个零点记为x1，x2（1）求a的取值范围；（2）证明：【分析】（1）分离参数，构造g（x），求导，根据函数的单调性求出a的范围；（2）先证明x1+x22，所以要证明，只需证明x2x12（1x1）2，即，a，只需证明+0，0 x11，构造函数h（x）证明即可【解答】解：（1）由f（x）0，得a，

16、令g（x），g（x），当x（，1），g（x）0，g（x）递增；当x（1，+），g（x）0，g（x）递减；g（x）有最大值g（0）0，又x+，g（x）0，故函数有两个不同的零点，a（0，1）；（2）先证明x1+x22，不妨设x1x2，由（1）知，0 x11x2，构造函数F（x）f（x）f（2x）xe1x（2x）ex1，F（x）（x1）（ex1e1x），当x（0，1）时，F（x）0，F（x）递增，F（1）0，F（x）0，所以F（x1）0，即f（x1）f（2x1），所以2x11，由f（x1）f（x2），由（1）知，当x（1，+），f（x）递减；所以x22x1，即x1+x22，要证明，只需证明x2x1

17、2（1x1）2，即，a，只需证明+0，0 x11，构造函数h（x），h（x）（1x），当x（0，1ln2），h（x）0，h（x）递增；x（1ln2，1），h（x）0，h（x）递减；当x0，1时，h（x）minminh（0），h（1）0，所以当x（0，1），h（x）0，故原命题成立6（2020秋龙海市校级月考）已知函数f（x）lnxax（1）讨论f（x）的单调性；（2）若x1，x2，（x1x2）是f（x）的两个零点证明：（）x1+x2；（）x2x1【分析】（1）求导，然后分a0及a0讨论即可得出结论；（2）（i）由（1）结合题设条件可知，且，构造函数，然后利用导数求证即可；（ii）由分析法可知，

18、只需证明，令，则只需证明ln（2t）+t1在t（1，2）上恒成立即可【解答】解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+），f（x）a，当a0时，f（x）0，所以f（x）在（0，+）上单调递增当a0时，令g（x）1ax，所以在（0，）上，g（x）0，f（x）0，f（x）单调递增，在（，+）上，g（x）0，f（x）0，f（x）单调递减，综上，当a0时，f（x）在（0，+）上单调递增当a0时，在（0，）上f（x）单调递增，在（，+）上f（x）单调递减（2）证明：（i）由（1）可知，要使由函数f（x）有两个零点，需a0，且，则，又x1x2，故，则，令，则，g（x）在上单减，又f（x1）0，又f（x2）0

19、，即x1+x2；（ii）要证x2x1，由（1）可知，只需证，即证，又f（x2）lnx2ax20，只需证，即证，令，则，1t2，所以上述不等式等价于，即，亦即ln（2t）+t1，令（t）ln（2t）+t，则，（t）在（1，2）上单调递减，即（t）（1）1，即得证7（2020秋温州月考）已知函数f（x）lnxax有两个不同的零点x1，x2（x1x2），e2.71828是自然对数的底数（1）求实数a的取值范围；（2）求证：（）x1；（）【分析】（1）函数f（x）lnxax有两个不同的零点x1，x2（x1x2），等价于a在（0，+）上有两个不同的实数根，记g（x），求导，判断单调性，可得实数a的取值范

20、围（2）（）将x1，x2代入方程，参变分离，利用分析法可知，只需证明x1lnx12x1+e0，构造函数h（x）xlnx2x+e，x（1，e），判断单调性与最值，即可证明不等式成立（）设（x）lnx（x1），求导判断单调性可得lnx0（x1），由，两式做差可得a，利用证得的不等式进行放缩，可得不等式成立【解答】解：（1）函数f（x）lnxax有两个不同的零点x1，x2（x1x2），所以a在（0，+）上有两个不同的实数根，记g（x），则g（x），当x（0，e）时，g（x）0，g（x）单调递增，当x（e，+）时，g（x）0，g（x）单调递减，x0时，g（x）；x+时，g（x）0，所以a（0，），所以

21、实数a的取值范围为（0，）（2）（）因为x1，x2是lnxax的两个根，由（1）可知1x1ex2，且，所以a，要证x11ax1ax122x1+e0 x1lnx12x1+e0，构造函数h（x）xlnx2x+e，x（1，e），则h（x）lnx10，所以h（x）在（1，e）上单调递减，所以h（x）h（e）0，原不等式成立（）设（x）lnx（x1），（x）0恒成立，所以（x）在（1，+）上单调递增，所以（x）（1）0，即lnx0（x1），由，可得a，从而x2x1，则x1，要证明，只需证，所以，即ae1，即证8（2021春常州期末）已知函数f（x）（x21）ex（e为自然对数的底数）（1）求曲线yf（x

22、）在点（0，f（0）处的切线方程：（2）若方程f（x）m（m0）有两个不等的实数根x1，x2，求证：|x1x2|2+m【分析】（1）f（x）（x2+2x1）ex，由导数的几何意义可得k切f（0）1，即可得出曲线yf（x）在（0，f（0）处的切线方程（2）令f（x）0，得1x1，列表分析随着x的变化，f（x），f（x）的变化情况，得出f（1+）m0，不妨设1x11+x21，令g（x）f（x）+x+1（x+1）（x1）ex+1，令h（x）（x1）ex+1，求导分析单调性，可得对任意x（1，1），h（x）0，则mf（x1）x11，进而可得|x1x2|x2x11+（m+1）m+2【解答】解：（1）f（

23、x）（x2+2x1）ex，f（0）1，f（0）1，所以曲线yf（x）在（0，f（0）处的切线方程为yx1（2）证明：令f（x）0，得1x1，列表 x （1，1+）1+（1+，1） f（x）0+ f（x）f（1+）因为f（x）m（m0）有两个不等的实数根x1，x2，所以f（1+）m0，不妨设1x11+x21，令g（x）f（x）+x+1（x21）ex+x+1（x+1）（x1）ex+1，令h（x）（x1）ex+1，h（x）xex，x1（1，0）0（0，1）1 h（x）0+ h（x） h（1） 极小值h（1）所以对任意x（1，1），h（x）0，所以g（x）（x+1）h（x）0，即f（x）x1，所以mf

24、（x1）x11，所以x1m+1，所以|x1x2|x2x11+（m+1）m+29（2019秋常德期末）已知函数f（x）exax2（1）讨论f（x）的极值点的个数；（2）当a1时，若存在实数x1，x2，使得，求x2x1的最小值【分析】（1）先对函数求导，然后结合导数与单调性及极值的关系对a进行分类讨论即可求解；（2）由已知先表示出x2x1，然后通过研究函数的性质即可求解【解答】解（1）由题可知f（x）ex2ax，令ex2ax0，得，记，则当x（，0）时，g（x）0；x（0，1）时，g（x）0；x（1，+）时，g（x）0，g（x）在（，0）上单调递减，在（0，1）上单调递减，在（1，+）上单调递增，

25、又时，g（x）0；x0时，g（x）；x+时，g（x）+，当时，函数f（x）有2个极值点；当时，函数f（x）无极值点；当a0时，函数f（x）有1个极值点；（2）当a1时，设，则，x1R，即m0，故，x12elnm，即令h（x）2ex2elnx（x0），则，y2ex与在（0，+）均单调递增，h（x）在（0，+）均单调递增，且h（1）0，当x1时，h（x）0，当0 x1时，h（x）0，h（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+）上单调递增，当x1时，h（x）取最小值，此时h（1）2e，即x2x1的最小值为2e10（2021徐州模拟）已知函数f（x）xlnxx2+（2a1）x（aR）（1）讨论函数f（x）的极值点的个数；（2）已知函数g（x）f（x）有两个不同的零点x1，x2，且x1x2.证明：x2x1【分析】（1）求出函数f（x）的定义域，利用导数研究函数f（x）的性质，通过函数的单调性以及导函数的零点情况进行分析，即可得到答案；（2）利用导数研究函数g（x）的最值，从而得到g（1）0，得到g（2a），构造函数（x），利用导数研究函数（x）的性质，可得g（2