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专题突破练 6 利用导数证明问题
1.(2021·海南海口月考)已知函数f(x)=x2+2ax(a>0)与g(x)=4a2ln 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.(2021·辽宁朝阳一模)已知函数f(x)=ex-asin 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.(2021·河北石家庄三模)已知函数f(x)=aln x-x2+x+3a.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
1 ex
(2)若00,且方程f(x)-g(x)=0有两个不同的根x,x,证明: 1 22x
1
,证明:√x2+x2> .
1 2 e专题突破练 6 利用导数证明:问题
1.(1)解: 设P(x ,y )(x >0),则x2+2ax =4a2ln x +b.
0 0 0 0 0 0
4a2 4a2
又f'(x)=2x+2a,g'(x)= ,∴2x +2a= .
0
x x
0
∵a=1,∴x2+x -2=0,∴x =1,则4×1×0+b=1+2=3,解得b=3.
0 0 0
4a2
(2)证明: 由(1)得2x +2a= ,即x2+ax -2a2=0,得x =a.
0 x 0 0 0
0
∴a2+2a2-4a2ln a-b=0.
令h(x)=f(x)-g(x)=x2+2ax-4a2ln x-b(a>0),则h'(x)=2x+2a-
4a2 2(x2+ax-2a2) 2(x+2a)(x-a)
= = .
x x x
当0a时,h'(x)>0,故h(x)在区间(0,a)上单调递减,在区间(a,+∞)上单调递增.
∴x=a时,函数h(x)取得极小值即最小值,且h(a)=a2+2a2-4a2ln a-b=0,因此h(x)≥0,故
f(x)≥g(x).
2.(1)解: f'(x)=ex-acos 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)=ex-sin x-x,要证明对∀x∈R,f(x)>0恒成立,需证明对∀x∈R,ex-x>sin x.
令g(x)=ex-x,∴g'(x)=ex-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)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增.
故g(x) =g(0)=1,即对∀x∈R,ex-x≥1都成立,
min
∴ex-x-sin x≥1-sin x≥0,两个等号不同时成立,
∴ex-x>sin x,∴对∀x∈R,f(x)>0恒成立.
a -2x2+x+a
3.(1)解: f'(x)= -2x+1= ,x>0,令f'(x)=0,即-2x2+x+a=0,Δ=1+8a.
x x
1
当Δ≤0,即a≤- 时,f'(x)≤0,
8
∴f(x)在区间(0,+∞)上单调递减.
1 1+√1+8a 1-√1+8a
当Δ>0,即a>- 时,由f'(x)=0,得x = ,x = ,则x >x .
1 2 1 2
8 4 4
①当a≥0时,x >0,x ≤0,x∈(0,x )时,f'(x)>0,x∈(x ,+∞)时,f'(x)<0,
1 2 1 1
∴f(x)在区间(0,x )上单调递增,在区间(x ,+∞)上单调递减.
1 1
1
②当- 0,x >0,x∈(0,x )∪(x ,+∞)时,f'(x)<0,x∈(x ,x )时,f'(x)>0,
1 2 2 1 2 1
8∴f(x)在区间(0,x )和(x ,+∞)上单调递减,在区间(x ,x )上单调递增.
2 1 2 1
1
综上所述,当a≤- 时,f(x)在区间(0,+∞)上单调递减;
8
1+√1+8a 1+√1+8a
当a≥0时,f(x)在区间 0, 上单调递增,在区间 ,+∞ 上单调递减;
4 4
1 1-√1+8a 1+√1+8a
当- 0,x>0,∴ >0,当ln x+3<0时,不等式显然成立.
x
1 1 1 ex
当ln x+3>0时,由于00),∴g'(x)= .
4x 4x2
令g'(x)=0,得x=e-2.
当x∈(0,e-2)时,g'(x)>0,当x∈(e-2,+∞)时,g'(x)<0,即g(x)在区间(0,e-2)上单调递增,在区间
e2
(e-2,+∞)上单调递减.∴g(x) =g(e-2)= .
max
4
ex ex(x-2)
令h(x)= (x>0),则h'(x)= .
x2 x3
当x∈(0,2)时,h'(x)<0,当x∈(2,+∞)时,h'(x)>0,
e2
∴h(x)在区间(0,2)上单调递减,在区间(2,+∞)上单调递增,∴h(x) =h(2)= .
min
4
∴g(x) ≤h(x) ,但两边取最值的条件不一样,
max min
lnx+3 ex ex
∴ < .故f(x)< -x2+x.
4x x2 x
4.证明: (1)当a=-1时,f(x)=x+sin x-ex,f'(x)=1+cos x-ex.
因为x∈[0,π],所以1+cos x≥0.
令g(x)=1+cos x-ex,x∈[0,π],则g'(x)=-ex-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)=-eπ<0,
所以存在x ∈(0,π),使得f'(x )=0,
0 0
且当00;
0当x 0,h'(π)=aeπ<0,
所以存在t∈(0,π),使得h'(t)=0,即aet+cos t+1=0,
且当00;
当t0,所以函数φ(t)在区间(0,π)上单调递增,所以φ(t)<φ(π)=0,故f(x)<π.
5.(1)解: 令u(x)=f(x)-g(x)=ex-2ax-1,则u'(x)=ex-2a.
若a≤0,则u'(x)>0,所以u(x)在R上单调递增,而u(0)=0,所以当x<0时,u(x)<0,不符合题
意;
若a>0,由u'(x)=0,得x=ln(2a),当xln(2a)时,u'(x)>0,u(x)单调递增,
故u(x) =u(ln(2a))=2a-2aln(2a)-1≥0.
min
令h(x)=x-xln x-1,则h'(x)=-ln x.
令h'(x)=0,得x=1,当00,当x>1时,h'(x)<0,故h(x)在区间(0,1)上单调递增,
在区间(1,+∞)上单调递减,故h(x)≤h(1)=0,即x-xln x-1≤0,所以2a-2aln(2a)-1≤0,故
1 {1}
2a-2aln(2a)-1=0,所以2a=1,即a= ,故a的取值集合为 .
2 2
(2)证明: 方程f(x)-g(x)=0有两个不同的根x ,x ,
1 2
不妨令x 0,即证e2t-1>2tet,令G(t)=e2t-1-2tet,则G'(t)=2et(et-t-1),
2
易证et>t+1,故G'(t)>0,故G(t)在区间(0,+∞)上单调递增,所以G(t)>G(0)=0.
故原不等式成立.
6.证明: (1)f'(x)=ln x-2ax+2,则f'(1)=2-2a,所以切线l的斜率为2-2a.1 1
又f(1)=1-a,所以切线l的方程为y-(1-a)=(2-2a)(x-1),即y=(2-2a) x- ,可得当x= 时,
2 2
1
y=0,故切线l恒过定点 ,0 .
2
(2)∵x ,x 是f(x)的零点,x >2x ,且x >0,x >0,
1 2 2 1 1 2
∴{x ln x -ax2+x =0, {ln x +1=ax ,
1 1 1 1 即 1 1
x ln x -ax2+x =0, ln x +1=ax ,
2 2 2 2 2 2
ln x +ln x +2 ln x -ln x
∴a= 1 2 = 2 1,
x +x x -x
1 2 2 1
x
(x +x )ln 2
即ln(x x )+2= 1 2 x .
1 2 1
x -x
2 1
x (t+1)lnt
令t= 2,则t>2,于是ln(x x )+2= ,
1 2
x t-1
1
1
令g(t)=
(t+1)lnt
,则g'(t)=
t-
t
-2lnt
.
t-1
(t-1)2
1 (t-1)2
令h(t)=t- -2ln t,则h'(t)= >0,
t t2
3
∴h(t)在区间(2,+∞)上单调递增,∴h(t)>h(2)= -2ln 2>0,∴g'(t)>0,∴g(t)在区间(2,+∞)上
2
单调递增,
∴g(t)>g(2)=3ln 2,
8
∴ln(x x )+2>3ln 2,即ln(x x )>3ln 2-2=ln ,
1 2 1 2
e2
8
∴x x > ,
1 2
e2
4
∴√x2+x2>√2x x > (由于x 1 ≠x 2 ,故不取等号).
1 2 1 2 e
