1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)=4a2lnx+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-asinx-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.23.(2021·河北石家庄三模)已知函数f(x)=alnx-x2+x+3a.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若0
0,且方程f(x)-g(x)=0有两个不同的根x1,x2,证明:x1+x222x1,证明:√x12+x22>4e.4专题突破练6利用导数证明问题1.(1)解设P(x0,y0)(x0>0),则x02+2ax0=4a2lnx0+b.又f'(x)=2x+2a,g'(x)=4a2x,∴2x0+2a=4a2x0. a=1,∴x02+x0-2=0,∴x0=1,则4×1×0+b=1+2=3,解得b=3.(2)证明由(1)得2x0+2a=4a2x0,即x02+ax0-2a2=0,得x0=a.∴a2+2a2-4a2lna-b=0.令h(x)=f(x)-g(x)=x2+2ax-4a2lnx-b(a>0),则h'(x)=2x+2a-4a2x=2\(x2+ax-2a2\)x=2\(x+2a\)\(x-a\)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+2a2-4a2lna-b=0,因此h(x)≥0,故f(x)≥g(x).2.(1)解f'(x)=ex-acosx-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-sinx-x,要证明对∀x∈R,f(x)>0恒成立,需证明对∀x∈R,ex-x>sinx.令g(x)=ex-x,∴g'(x)=ex-1.令g'(x)=0,得x=0.5∴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)min=g(0)=1,即对∀x∈R,ex-x≥1都成立,∴ex-x-sinx≥1-sinx≥0,两个等号不同时成立,∴ex-x>sinx,∴对∀x∈R,f(x)>0恒成立.3.(1)解f'(x)=ax-2x+1=-2x2+x+ax,x>0,令f'(x)=0,即-2x2+x+a=0,Δ=1+8a.当Δ≤0,即a≤-18时,f'(x)≤0,∴f(x)在区间(0,+∞)上单调递减.当Δ>0,即a>-18时,由f'(x)=0,得x1=1+√1+8a4,x2=1-√1+8a4,则x1>x2.①当a≥0时,x1>0,x2≤0,x∈(0,x1)时,f'(...
