2023届高考二轮总复习试题数学（文）练习19　利用导数证明问题含解析

考点突破练19利用导数证明问题

1.(2022-陕西咸阳一模)已知函数y(x)=ln(∙∖∕%2+l+j)∙Hn(x+1)+1.

⑴当a>∖时,讨论函数段)在区间(-1,+8)上的单调性；

(2)当α=l时,证明式X)-矍20.

2.(2022.河南新乡二模)己知函数Λx)=ex-(x+1)2.

⑴求曲线)，=3在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;

(2)对于任意X1,X2,证明:若X1<X2,则於1)√(X2)<2X2-2X∣.

3.已知函数Λx)=2x+≡-lnΛ-5.

⑴当α=l时,求犬x)的单调区间;

⑵若a24,证明“v)>0.

4.(2022•河南开封二模)己知函数於)=lnx-ax(a>0).

⑴当a=2时,求兀V)在x=l处的切线方程；

(2)若对任意的x>0,有於)≤6+α(bGR),证明力2-2”.

5.(2022.山东济南一模)设函数=αe"-2e'+2.

(1)若犬X)有两个不同的零点,求实数a的取值范围；

(2)若函数g(x)=[e2'+32)e'-2e共有两个极值点X∣M,证明:四33>2-±

z和-%1α

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

⑴讨论函数g(x)的单调性；

(2)若"2N1,证明:当x>0时,g(x)27a).

考点突破练19利用导数证明问题

,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)

设g(x)=(l-/濡+2x+l-〃.

..∙”>l,.∙.函数g(x)的图象是开口向下的抛物线.

又VJ=4-4(1-〃)2=4/(2/)

①当白>√2时∕<0,

又i-〃<o,・・・g(x)wo,即∕α)wo,

因此火X)在(-1,+8)上单调递减.

②当l<6f<√2时y∆>O,g(x)=O有两个不等实根,设两个根为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∕⅞x2=ι+jg⅞因此於)在(/,笞空冒)上单调递减,在(

甘冢-1+：厅)上单调递增在(“+：F)上单调递减.

IWIWl-αz

(2)证明要证明KX)-号20,即证明共幻土室，

QΛθʌ

当a=l时,由(1)可知,函数./U)在(-1,0)上单调递减,在(0,+8)上单调递增,因此函数«r)的最小值为/(0)=L

设〃(x)=⅞%>∕),"(x)=T*=^∙

因此,当入华・1,0)时,人3>0"3在区间(-1,0)上单调递增,当x∈(0,+8)时”(x)<0√Ia)在区间(0,+oo)上单

调递减,所以∕z(x)的最大值为〃(0)=1,因此对任意XH-l,+oo),总有於)2%(X),故於)-W120∙

1

2.⑴解/(x)=e"2r-2,所以％=/'(-1)=2

因为八-1)=：,所以切点坐标为(-1,)

11

所以曲线yX%)在点(-1<-1))处的切线方程为y--=W(R+1),即%-e>,+2=0.

所以切线与坐标轴的交点坐标为(-2,0)和(0,9,

则所求的三角形面积为;χ2χZ=

2ee

(2)证明设G(X)=yU)+2x=e*-x2-l,则G'(x)=e*-2x.

令H(x)=e'-2x,则”(x)=e，-2,

则”(X)在(-8,In2)上单调递减,在(In2,+8)上单调递增，

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

所以G(X)在R上单调递增，

所以对于任意Xg,若x∣<%2,则G(X1)<G(X2),

即於1)处2)<2^2-2».

3.(1)解当a-∖时&x)=2%+∕-ln尤-5,

所以/(x)=2--⅜--=3+1*).

JXΔXXL

由∕r(x)>0,得x>l;由/(x)vθ,得。<x<l,

所以/(幻的单调递增区间是(1,+8),单调递减区间是(0,1).

(2)证明设g(x)=lnx∙x+l,则g3=%l=?

由g'(x)>O,得OVXV1;由g(x)vθ,得x>L

所以g(x)在((U)上单调递增,在(1,+oo)上单调递减.

故g(x)Wg(I)=O,即lnx≤x-l,

即-InX2-x+l,①

当且仅当x=l时,等号成立.

要证於)20,即2%+7-1门-520,只需证了+?-420.因为α∖4χ>0,所以

所以R+(420,②

当且仅当x=2时,等号成立.

因为①②取得等号的条件不同,所以当时犹㈤>0.

4.(1)解当。=2时｛X)=InX-2x√∏)=-2,求导得八X)W-2,则八I)=-I,有y-(-2)=-(x-l),即x+y+1=0,所以.”)

在x=l处的切线方程是x+y+l=O.

(2)证明∀x>0√(x)≤∕7+6∕^⅛≥lnx-ax-a.

令(g(x)=lnx-ax-a,x>O,

求导得g'(x)=1-〃,而。>。,贝1当。<工<，时出。)>0,当x>，时,gQ)vO,

因此,g(x)在(0，)上单调递增,在(：，+8)上单调递减,g(χ)maχ=g(3=-lna-a-l9

于是得h2-ln0-α-l,则8+2α2-lna+a-l.

1

令∕ι(<7)=-lna+a-1,a>O,h'(a)ɪ-ɑ+ɪ,

则当O<α<l时"(α)<0,当α>l时,〃'(α)>0,

因此∕z(α)在(0,1)上单调递减,在(1,+OO)上单调递增,∕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∖则Tu)有两个不同的零点,等价于αr22+2=0存在两个正根,所以标>0解得O<αg，所

以实数”的取值范围为(θ,)∙

(2)证明g'(x)=〃e"+(〃-2)eA+2e-*=e-xe+l)(ae"-2e"+2).因为e∙>O,ev+l>0,且g(x)有两个极值点Xg,

所以Xl/2为ae2x-2ex+2=0的两个不同解.由(1)知O<tz<∣,KeX1+ex2=-,exιex2=与不妨设

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)[ɪa-j+(a-2)+a]eχ2.eι

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

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

要证明里也如>2上只需证色色(2a-l)>弛士由0<“4得2a-l<0,只需证史记<二,注意到M+e。=

X2~X1aX2~×la2X2~^la

2,只需证Mɪ<吟了ξ两边同除eR得至上1<号口.因为x2>孙只需证2(eXz%-l)<(eX2-+1/”

Q%2。1，%2~^1，

Xl).设X2-X∖=f>0,

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

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

所以/2。)在(0,+8)上单调递增,所以ΛV)>ΛW)=0,

所以∕7(x)在(0,+8)上单调递增,所以W)>∕2(0)=0,得证.

6.(1)⅛?由题可知且3=加23-5(/+2),

令g'(x)<0,得-2<χv0,令g(x)>0,得x<-2或x>0,

故函数g)在(-8,-2)上单调递增,在(-2,0)上单调递减,在(0,+8)上单调递增.

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

2m

令Km)T%2χe*L(x+l)lnx∙"2x,将f(〃z)看作关于m的二次函数,其图象的对称轴为直线-2x2ex-i'

令7"我TT=1,可得XeXT=；,易知函数“(X)=XeZ在(0,+oo)上单调递增.

ΔXΔGX~1