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高考数学一轮复习课时质量作业(十八)含答案
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这是一份高考数学一轮复习课时质量作业(十八)含答案，共3页。试卷主要包含了已知x∈，求证，已知函数f ＝x2＋ln x.等内容，欢迎下载使用。
证明：要证x2－1x又易证ex>x＋1(00，
即证ln x＋1－x3＋1x－x2>0.
又当0＜x＜1时，x3所以只需证ln x＋1－2x＋1x>0.
令g(x)＝ln x＋1－2x＋1x(0＜x＜1)，
则g′(x)＝1x－2－1x2＝－2x2－x+1x2，而2x2－x＋1>0恒成立，
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ln x＋1－2x＋1x>0.
故x2－1x2．(2024·合肥模拟)已知函数f (x)＝x2＋ln x.
(1)求曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程；
(2)证明：f (x)(1)解：因为f (x)＝x2＋ln x，函数的定义域为(0，＋∞)，则f ′(x)＝2x＋1x(x＞0)，所以f (1)＝1，f ′(1)＝3，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：要证f (x)ln x＋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ln x≤x－1.令h(x)＝x－ln x－1，x>0，则h′(x)＝1－1x＝x－1x.
由h′(x)<0，得00，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ln x≤x－1.
故ex>x＋1＝(x－1)＋2≥ln x＋2，即ex>ln x＋2，原不等式得证．
3．已知函数f (x)＝ax＋x ln x，a∈R.
(1)判断f (x)的单调性；
(2)若a＝1，0(1)解：函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝1＋a＋ln x，令f ′(x)＝0，得x＝e－a-1.
当0e－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)证明：令g(x)＝ex＋1－f (x)＝ex－x－x ln x＋1，则g′(x)＝ex－ln x－2.
令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝ex－1x，显然h′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又h′(1)＝e－1>0，h′12＝e－2<0，故存在唯一的x0∈12，1，使得h′(x0)＝0.
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＝－ln x0，故g′(x0)＝ex0－ln x0－2＝1x0＋x0－2＞0，
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－ln x－1.
(1)若a＝1，求f (x)在(1，f (1))处的切线方程；
(2)证明：当a≥1时，f (x)≥0.
(1)解：当a＝1时，f (x)＝ex-1－ln x－1，f ′(x)＝ex-1－1x(x>0)，k＝f ′(1)＝0，
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：因为a≥1，所以aex-1≥ex-1，所以f (x)≥ex-1－ln x－1.
(方法一)令φ(x)＝ex-1－ln x－1，所以φ′(x)＝ex-1－1x(x>0)．
令h(x)＝ex-1－1x，所以h′(x)＝ex-1＋1x2>0，
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ln x≤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≥ln x，得x≥ln x＋1(当且仅当x＝1时取“＝”)，
所以ex-1≥x≥ln x＋1，
即ex-1≥ln x＋1，即ex-1－ln x－1≥0(当且仅当x＝1时取“＝”)．故f (x)≥0得证．
证明：要证x2－1x
即证ln x＋1－x3＋1x－x2>0.
又当0＜x＜1时，x3
令g(x)＝ln x＋1－2x＋1x(0＜x＜1)，
则g′(x)＝1x－2－1x2＝－2x2－x+1x2，而2x2－x＋1>0恒成立，
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ln x＋1－2x＋1x>0.
故x2－1x
(1)求曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程；
(2)证明：f (x)
(2)证明：要证f (x)
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ln x≤x－1.令h(x)＝x－ln x－1，x>0，则h′(x)＝1－1x＝x－1x.
由h′(x)<0，得0
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ln x≤x－1.
故ex>x＋1＝(x－1)＋2≥ln x＋2，即ex>ln x＋2，原不等式得证．
3．已知函数f (x)＝ax＋x ln x，a∈R.
(1)判断f (x)的单调性；
(2)若a＝1，0
当0
故f (x)在(0，e－a-1)上单调递减，在(e－a-1，＋∞)上单调递增．
(2)证明：令g(x)＝ex＋1－f (x)＝ex－x－x ln x＋1，则g′(x)＝ex－ln x－2.
令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝ex－1x，显然h′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又h′(1)＝e－1>0，h′12＝e－2<0，故存在唯一的x0∈12，1，使得h′(x0)＝0.
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＝－ln x0，故g′(x0)＝ex0－ln x0－2＝1x0＋x0－2＞0，
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－ln x－1.
(1)若a＝1，求f (x)在(1，f (1))处的切线方程；
(2)证明：当a≥1时，f (x)≥0.
(1)解：当a＝1时，f (x)＝ex-1－ln x－1，f ′(x)＝ex-1－1x(x>0)，k＝f ′(1)＝0，
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：因为a≥1，所以aex-1≥ex-1，所以f (x)≥ex-1－ln x－1.
(方法一)令φ(x)＝ex-1－ln x－1，所以φ′(x)＝ex-1－1x(x>0)．
令h(x)＝ex-1－1x，所以h′(x)＝ex-1＋1x2>0，
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ln x≤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≥ln x，得x≥ln x＋1(当且仅当x＝1时取“＝”)，
所以ex-1≥x≥ln x＋1，
即ex-1≥ln x＋1，即ex-1－ln x－1≥0(当且仅当x＝1时取“＝”)．故f (x)≥0得证．
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