2025人教B版高中数学选择性必修第三册强化练习题（含解析）--专题强化练8　利用导数证明不等式问题

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2025人教B版高中数学选择性必修第三册
专题强化练8　利用导数证明不等式问题
1.(2024江苏江阴长泾中学阶段测试)已知函数f(x)=(1-x)emx.
(1)讨论f(x)在区间(0,+∞)上的单调性;
(2)当m=1时,若存在a,b(a0.
2.已知函数f(x)=ln x+a,a∈R.
(1)若f(x)≥0,求实数a的取值集合;
(2)证明:ex+≥2-ln x+x2+(e-2)x.
3.(2024广东珠海第一中学期末)已知函数f(x)=.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若(ex1(e是自然对数的底数),且x1>0,x2>0,x1≠x2,证明:>2.
4.(2022河南濮阳一中开学考试)已知函数f(x)=(1-cos x)2-x+2,x∈.
(1)求f(x)的最小值;
(2)证明: m∈[0,1],n∈,不等式m(1-cos n)2+cos(mn)≥1恒成立.
答案与分层梯度式解析
1.解析　(1)当m=0时, f(x)=1-x, f(x)在(0,+∞)上单调递减;
当m≠0时, f '(x)=-memx,
①若m>1,则当00,当x>1-时, f '(x)<0;
②若0③若m<0,则当01-时, f '(x)>0.
综上所述,当m>1时, f(x)在上单调递增,在上单调递减;
当0≤m≤1时, f(x)在(0,+∞)上单调递减;
当m<0时, f(x)在上单调递减,在上单调递增.
(2)证明:由a+ln(1-a)=b+ln(1-b),得ln[(1-a)·ea]=ln[(1-b)eb],即(1-a)ea=(1-b)eb,
当m=1时, f(x)=(1-x)ex, f '(x)=-xex,
当x∈(-∞,0)时, f '(x)>0;当x∈(0,+∞)时, f '(x)<0,所以f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减,
易得当x∈(-∞,1)时, f(x)>0,当x∈(1,+∞)时, f(x)<0,
故a<00,即证a+b<0.
设g(x)=f(x)-f(-x),0则g'(x)=f '(x)+f '(-x)=x(e-x-ex)<0,
即g(x)在(0,1)上单调递减,
又g(0)=0,所以g(x)<0,即f(b)又f(a)=f(b),所以f(a)因为f(x)在(-∞,0)上单调递增,a<0,-b<0,
所以a<-b,即a+b<0,得证.
2.解析　(1)由已知,得f'(x)=(x>0).
当a≤0时, f=-ln 2+a<0,与条件f(x)≥0矛盾.
当a>0时,若x∈(0,a),则f'(x)<0, f(x)单调递减,若x∈(a,+∞),则f'(x)>0, f(x)单调递增,
所以f(x)在(0,+∞)上有最小值f(a)=ln a+a=ln a+1-a,
因为f(x)≥0,所以ln a+1-a≥0.①
令g(x)=ln x-x+1(x>0),
所以g'(x)=,
当x∈(0,1)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,
所以g(x)在(0,+∞)上有最大值g(1)=0,
所以g(x)=ln x-x+1≤0,即ln a-a+1≤0,②
由①②得ln a-a+1=0,所以a=1.
综上,当f(x)≥0时,实数a的取值集合为{1}.
(2)证明:由(1)可知当a=1时, f(x)≥0,
即ln x≥1-在x>0时恒成立.
要证ex+≥2-ln x+x2+(e-2)x,只需证当x>0时,ex-x2-(e-2)x-1≥0.
令h(x)=ex-x2-(e-2)x-1(x>0),
则h'(x)=ex-2x-(e-2),
令u(x)=ex-2x-(e-2)(x>0),
则u'(x)=ex-2,
令u'(x)=0,解得x=ln 2,
所以函数u(x)在(0,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+∞)上单调递增,
即函数h'(x)在(0,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+∞)上单调递增.
因为h'(0)=1-(e-2)=3-e>0,
h'(ln 2)所以存在x0∈(0,ln 2),使得h'(x0)=0.
当x∈(0,x0)时,h'(x)>0,h(x)单调递增;
当x∈(x0,1)时,h'(x)<0,h(x)单调递减;
当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增.
因为h(0)=1-1=0,h(1)=e-1-(e-2)-1=0,
所以对任意的x>0,h(x)≥0恒成立,且仅在x=1处取“=”,即ex-x2-(e-2)x-1≥0恒成立.
综上,ex+≥2-ln x+x2+(e-2)x.
3.解析　(1)函数f(x)=的定义域为(0,+∞), f '(x)=-,由f '(x)=0得x=1,
若a<0,则当01时, f '(x)>0, f(x)单调递增,
若a>0,则当00, f(x)单调递增,当x>1时, f '(x)<0, f(x)单调递减.
所以当a<0时,函数f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增;
当a>0时,函数f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.
(2)证明:由(ex1两边取对数得x2(ln x1+1)=x1(ln x2+1),即,
由(1)知,当a=1时,函数f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,f(x)max=f(1)=1,
又f=0,当0时, f(x)>0恒成立, f(x1)=f(x2),所以若x2∈[2,+∞),则≥4>2成立;
若x2∈(1,2),则2-x2∈(0,1),
当a=1时,记g(x)=f(x)-f(2-x),x∈(1,2),
则g'(x)=->0,
所以函数g(x)在(1,2)上单调递增,
则g(x)>g(1)=0,即f(x)>f(2-x),
于是f(x1)=f(x2)>f(2-x2),
又2-x2∈(0,1),x1∈(0,1),函数f(x)在(0,1)上单调递增,所以x1>2-x2,即x1+x2>2,
又=2x2,
所以+1>2(x1+x2)>4,则>2.
综上,>2.
4.解析　(1)由题可知f'(x)=-sin 2x+2sin x-,x∈.
令g(x)=f'(x),则g'(x)=-2cos 2x+2cos x=2(1-2cos2x+cos x)
=2(2cos x+1)(1-cos x).
令g'(x)=0,得cos x=-或cos x=1(舍去),
解得x=.
当x∈时,g'(x)>0,g(x)单调递增,即f'(x)单调递增;
当x∈时,g'(x)<0,g(x)单调递减,即f'(x)单调递减.
所以f'(x)max=f'>0,
又f'>0, f'(π)=-<0,
所以存在x0∈,使得f'(x0)=0.
当x∈时, f'(x)>0, f(x)单调递增;
当x∈(x0,π)时, f'(x)<0, f(x)单调递减.
又f =0, f(π)=0,所以f(x)min=0.
(2)证明:由(1)知,(1-cos n)2-+2≥0对任意的n∈恒成立,
即(1-cos n)2≥-2对任意的n∈恒成立.
要证m(1-cos n)2+cos(mn)≥1,
只需证m+cos(mn)-1≥0.
令h(n)=m+cos(mn)-1,n∈,
m∈[0,1]时,h'(n)=m≥0,
所以h(n)在区间上单调递增,
则h(n)≥h-1.
令φ(m)=m+cos-1,m∈[0,1],
则φ'(m)=1-.
令k(m)=1-,m∈[0,1],
则k'(m)=-≤0在[0,1]上恒成立,
则k(m)=1-在[0,1]上单调递减,
即φ'(m)在[0,1]上单调递减.
因为φ'(0)=1>0,φ'(1)=1-<0,
所以 m0∈(0,1),使得φ'(m0)=0.
所以当m∈[0,m0)时,φ'(m)>0,φ(m)在[0,m0)上单调递增;
当m∈(m0,1]时,φ'(m)<0,φ(m)在(m0,1]上单调递减.
因为φ(0)=φ(1)=0,所以φ(m)≥0,
即m+cos-1≥0在m∈[0,1]上恒成立,
即h-1≥0,
即h(n)=m+cos(mn)-1≥0恒成立.
故 m∈[0,1],n∈,不等式m(1-cos n)2+cos(mn)≥1恒成立.
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