2021年高考数学二轮复习课时跟踪检测25《函数与导数》大题练(含答案详解)

这是一份2021年高考数学二轮复习课时跟踪检测25《函数与导数》大题练(含答案详解)，共9页。试卷主要包含了718 28…)．，理由如下等内容，欢迎下载使用。
已知函数f(x)=(x－1)ex＋1，g(x)=ex＋ax－1(其中a∈R，e为自然对数的底数，e=2.718 28…)．
(1)求证：函数f(x)有唯一零点；
(2)若曲线g(x)=ex＋ax－1的一条切线方程是y=2x，求实数a的值．
已知函数f(x)=eq \f(ln x,x＋a)(a∈R)，曲线y=f(x)在点(1，f(x))处的切线与直线x＋y＋1=0垂直．
(1)试比较2 0172 018与2 0182 017的大小，并说明理由；
(2)若函数g(x)=f(x)－k有两个不同的零点x1，x2，证明：x1x2>e2.
已知函数f(x)=kx－ln x－1(k>0)．
(1)若函数f(x)有且只有一个零点，求实数k的值；
(2)证明：当n∈N*时，1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)>ln(n＋1)．
已知函数f(x)=ax－ln x，F(x)=ex＋ax，其中x>0，a0时，x>0；f′(x)=xex0，即1－ln x>0，解得02 017ln 2 018，
所以2 0172 018>2 0182 017.
(2)证明：不妨设x1>x2>0，因为g(x1)=g(x2)=0，
所以ln x1－kx1=0，ln x2－kx2=0.
可得ln x1＋ln x2=k(x1＋x2)，ln x1－ln x2=k(x1－x2)，
要证x1x2>e2，即证ln x1＋ln x2>2，也就是k(x1＋x2)>2，
因为k=eq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)，所以只需证eq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)>eq \f(2,x1＋x2)，
即ln eq \f(x1,x2)>eq \f(2x1－x2,x1＋x2)，令eq \f(x1,x2)=t，则t>1，即证ln t>eq \f(2t－1,t＋1).
令h(t)=ln t－eq \f(2t－1,t＋1)(t>1)．由h′(t)=eq \f(1,t)－eq \f(4,t＋12)=eq \f(t－12,tt＋12)>0
得函数h(t)在(1，＋∞)上是增函数，所以h(t)>h(1)=0，即ln t>eq \f(2t－1,t＋1).
所以x1x2>e2.
解：(1)法一：f(x)=kx－ln x－1，f′(x)=k－eq \f(1,x)=eq \f(kx－1,x)(x>0，k>0)，
当x=eq \f(1,k)时，f′(x)=0；当00)，
令g(x)=eq \f(ln x＋1,x)(x>0)，g′(x)=eq \f(－ln x,x2)，
当x=1时，g′(x)=0；当01时，g′(x)lneq \f(n＋1,n)，
∴1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)>lneq \f(2,1)＋lneq \f(3,2)＋…＋lneq \f(n＋1,n)=ln(n＋1)，
故1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)>ln(n＋1)．
解：(1)由题意得f′(x)=a－eq \f(1,x)=eq \f(ax－1,x)，F′(x)=ex＋a，x>0，
∵a1，ln t>0，故x1＋x2>4成立．
解：(1)证明：当a=0时，f(x)=(2＋x)ln(1＋x)－2x，f′(x)=ln(1＋x)－eq \f(x,1＋x).
设函数g(x)=ln(1＋x)－eq \f(x,1＋x)，则g′(x)=eq \f(x,1＋x2).
当－1－1时，g(x)≥g(0)=0，且仅当x=0时，g(x)=0，
从而f′(x)≥0，且仅当x=0时，f′(x)=0.
所以f(x)在(－1，＋∞)上单调递增．
又f(0)=0，
故当－10时，f(x)≥(2＋x)ln(1＋x)－2x>0=f(0)，
这与x=0是f(x)的极大值点矛盾．
②若a0，则当00，得0h(1)=1－k>0，
∴g′(x)>0，
∴g(x)在(1，x0)上单调递增，
∴g(x)>g(1)=0恒成立，符合题意．
综上，k的取值范围是(－∞，1)．