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丹东市2022~2023学年度高一上学期期末教学质量监测数学试卷答案

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18．已知0＜a＜b，且a+b=1，则下列不等式中，正确的是（　　）

分析（1）由已知条件可得f′（x）=m+sinx≥0恒成立，利用正弦函数的值域即可解得实数m的最小值；
（2）通过对不等式的变形，转化为函数值恒非负问题，求出相应的导函数后，通过两次分类讨论，找出适合条件的参量范围．

解答解：（1）∵f（x）=mx-cosx，∴f′（x）=m+sinx，
∵y=f（x）在（-∞，+∞）上是单调递增函数，
∴f′（x）=m+sinx≥0恒成立，
∴m≥-sinx恒成立，∴m≥1，
∴实数m的最小值为1；
（2）∵m=1，
∴f（x）=x-cosx．
∵f（x）≥g（x），
∴x+sinx-axcosx≥0．
对于任意的x∈[0，$\frac{π}{2}$]，令H（x）=x+sinx-axcosx，
则H'（x）=1+cosx-a（cosx-xsinx）
=1+（1-a）cosx+axsinx．
（1）°当1-a≥0，即0＜a≤1时，H'（x）=1+（1-a）cosx+axsinx＞0，
∴H（x）在[0，$\frac{π}{2}$]上单调递增．
∴H（x）≥H（0）=0，符合题意，
∴0＜a≤1．
（2）°当1-a＜0，即a＞1时，h（x）=1+（1-a）cosx+axsinx，
h'（x）=（2a-1）sinx+axcosx，
∵a＞1，
∴2a-1＞0，
∴h'（x）≥0．
∴h（x）在[0，$\frac{π}{2}$]上单调递增，
∴h（0）≤h（x）≤h（$\frac{π}{2}$），
即2-a≤h（x）≤$\frac{π}{2}$a+1．
∴2-a≤H′（x）≤$\frac{π}{2}$a+1．
①当2-a≥0，即1＜a≤2时，H'（x）≥0，
∴H（x）在[0，$\frac{π}{2}$]上为单调增函数，
于是H（x）≥H（0）=0，符合题意．
∴1＜a≤2．
②当2-a＜0，即a＞2时，
存在x0∈[0，$\frac{π}{2}$]，使得当x∈（0，x₀）时，有H'（x）＜0，
此时H（x）在（0，x₀）上为单调减函数，
从而H（x）＜H（0）=0，不能使H（x）＞0恒成立．
综上所述，实数a的取值范围为0＜a≤2．

点评本题考查了导数和三角函数的知识，主要是运用导函数去判断函数的单调性，再利用单调性去研究问题．本题的方法明确，需要进行两次分类讨论，运算量较大，有难度，属于难题．