人教A版普通高中数学一轮复习18课时练习含答案

课时质量评价(十八)1．已知x∈(0，1)，求证：x2－1x证明：要证x2－1x＜lnxex，只需证e又易证ex＞x＋1(0＜x＜1)，所以只需证明lnx＋(x＋1)1x-即证lnx＋1－x3＋1x－x2＞又当0＜x＜1时，x3＜x，x2＜x，所以只需证lnx＋1－2x＋1x＞令g(x)＝lnx＋1－2x＋1x(0＜x＜则g′(x)＝1x－2－1x2＝－2x2-x+1x2所以g′(x)＜0恒成立，所以g(x)在(0，1)上单调递减，所以当x∈(0，1)时，g(x)＞g(1)＝0，即lnx＋1－2x＋1x＞故x2－1x2．(2024·合肥模拟)已知函数f(x)＝x2＋lnx.(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；解：因为f(x)＝x2＋lnx，函数的定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝2x＋1x(x＞0)，所以f(1)＝1，f′(1)＝所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－1＝3(x－1)，即3x－y－2＝0.(2)证明：f(x)＜ex＋x2－2.证明：要证f(x)＜ex＋x2－2，即证ex＞lnx＋2.先证明ex＞x＋1.令g(x)＝ex－x－1，x＞0，则g′(x)＝ex－1＞0，所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，则g(x)＞g(0)＝0，即ex＞x＋1.接下来证明lnx≤x－1.令h(x)＝x－lnx－1，x＞0，则h′(x)＝1－1x＝x-1由h′(x)＜0，得0＜x＜1，由h′(x)＞0，得x＞1，所以函数h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h(x)≥h(1)＝0，即lnx≤x－1.故ex＞x＋1＝(x－1)＋2≥lnx＋2，即ex＞lnx＋2，原不等式得证．3．已知函数f(x)＝ax＋xlnx，a∈R.(1)判断f(x)的单调性；解：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋a＋lnx，令f′(x)＝0，得x＝e－a-1.当0＜x＜e－a-1时，f′(x)＜0；当x＞e－a-1，f′(x)＞0，故f(x)在(0，e－a-1)上单调递减，在(e－a-1，＋∞)上单调递增．(2)若a＝1，0＜x≤1，求证：ex＋1－f(x)≤e，其中e是自然对数的底数．证明：令g(x)＝ex＋1－f(x)＝ex－x－xlnx＋1，则g′(x)＝ex－lnx－2.令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝ex－1x，显然h′(x)在(0，＋∞又h′(1)＝e－1＞0，h′12＝e－2＜0，故存在唯一的x0∈12，1，使得h′(x从而g′(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以g′(x)≥g′(x0)．又因为h′(x0)＝ex0－1x0＝0，所以ex0＝1x0，两边取自然对数得x0＝－lnx0，故g′(x0)＝ex0－lnx所以g′(x)≥g′(x0)＞0，故g(x)在(0，1]上单调递增，所以g(x)≤g(1)＝e，故原不等式得证．4．已知函数f(x)＝aex-1－lnx－1.(1)若a＝1，求f(x)在(1，f(1))处的切线方程；解：当a＝1时，f(x)＝ex-1－lnx－1，f′(x)＝ex-1－1x(x＞0)，k＝f′(1)＝又f(1)＝0，即切点为(1，0)，所以切线方程为y－0＝0(x－1)，即y＝0.(2)证明：当a≥1时，f(x)≥0.证明：因为a≥1，所以aex-1≥ex-1，所以f(x)≥ex-1－lnx－1.(方法一)令φ(x)＝ex-1－lnx－1，所以φ′(x)＝ex-1－1x(x＞令h(x)＝ex-1－1x，所以h′(x)＝ex-1＋1x所以φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增．又φ′(1)＝0，所以当x∈(0，1)时，φ′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＞0，所以φ(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以φ(x)min＝φ(1)＝0，所以φ(x)≥0，所以f(x)≥φ(x)≥0.故f(x)≥0得证．(方法二)令g(x)＝ex－x－1，所以g′(x)＝ex－1.当x∈(－∞，0)时，g′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，g′(x)＞0，所以g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(0)＝0，故ex≥x＋1，当且仅当x＝0时取“＝”．同理可证lnx≤x－1，当且仅当x＝1时取“＝”．由ex≥x＋1，得ex-1≥x(当且仅当x＝1时取“＝”)，由x－1