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

中小学教育资源及组卷应用平台 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),00). 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)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 x ... ...