高考真题分类汇编理数导数

高考真题分类汇编理数导数

‎2017年高考真题分类汇编（理数）：专题2 导数 一、单选题（共3题；共6分）‎ ‎1、（2017•浙江）函数y=f（x）的导函数y=f′（x）的图象如图所示，则函数y=f（x）的图象可能是（    ） ‎ A、 B、 C、 D、‎ ‎2、（2017•新课标Ⅱ）若x=﹣2是函数f（x）=（x2+ax﹣1）ex﹣1的极值点，则f（x）的极小值为（    ） ‎ A、﹣1 B、﹣2e﹣3 C、5e﹣3 D、1‎ ‎3、（2017•新课标Ⅲ）已知函数f（x）=x2﹣2x+a（ex﹣1+e﹣x+1）有唯一零点，则a=（    ） ‎ A、﹣ B、 C、 D、1‎ 二、解答题（共8题；共50分）‎ ‎4、（2017•浙江）已知函数f（x）=（x﹣ ）e﹣x（x≥ ）． （Ⅰ）求f（x）的导函数； （Ⅱ）求f（x）在区间[ ，+∞）上的取值范围． ‎ ‎5、（2017•山东）已知函数f（x）=x2+2cosx，g（x）=ex（cosx﹣sinx+2x﹣2），其中e≈2.17828…是自然对数的底数．（13分） （Ⅰ）求曲线y=f（x）在点（π，f（π））处的切线方程； （Ⅱ）令h（x）=g （x）﹣a f（x）（a∈R），讨论h（x）的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值． ‎ ‎6、（2017•北京卷）已知函数f（x）=excosx﹣x．（13分） ‎ ‎(1)求曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程； ‎ ‎(2)求函数f（x）在区间[0， ]上的最大值和最小值． ‎ ‎7、（2017·天津）设a∈Z，已知定义在R上的函数f（x）=2x4+3x3﹣3x2﹣6x+a在区间（1，2）内有一个零点x0 ， g（x）为f（x）的导函数． （Ⅰ）求g（x）的单调区间； （Ⅱ）设m∈[1，x0）∪（x0 ， 2]，函数h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m），求证：h（m）h（x0）＜0； （Ⅲ）求证：存在大于0的常数A，使得对于任意的正整数p，q，且 ∈[1，x0）∪（x0 ， 2]，满足| ﹣x0|≥ ． ‎ ‎8、（2017•江苏）已知函数f（x）=x3+ax2+bx+1（a＞0，b∈R）有极值，且导函数f′（x）的极值点是f（x）的零点．（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值） （Ⅰ）求b关于a的函数关系式，并写出定义域； （Ⅱ）证明：b2＞3a； （Ⅲ）若f（x），f′（x）这两个函数的所有极值之和不小于﹣ ，求a的取值范围． ‎ ‎9、（2017•新课标Ⅰ卷）已知函数f（x）=ae2x+（a﹣2）ex﹣x．（12分） ‎ ‎(1)讨论f（x）的单调性； ‎ ‎(2)若f（x）有两个零点，求a的取值范围． ‎ ‎10、（2017•新课标Ⅱ）已知函数f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx，且f（x）≥0． （Ⅰ）求a； （Ⅱ）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0 ， 且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2 ． ‎ ‎11、（2017•新课标Ⅲ）已知函数f（x）=x﹣1﹣alnx． （Ⅰ）若 f（x）≥0，求a的值； （Ⅱ）设m为整数，且对于任意正整数n，（1+ ）（1+ ）…（1+ ）＜m，求m的最小值． ‎ 答案解析部分 一、单选题 ‎1、【答案】D 【考点】函数的图象，函数的单调性与导数的关系 【解析】【解答】解：由当f′（x）＜0时，函数f（x）单调递减，当f′（x）＞0时，函数f（x）单调递增， 则由导函数y=f′（x）的图象可知：f（x）先单调递减，再单调递增，然后单调递减，最后单调递增，排除A，C， 且第二个拐点（即函数的极大值点）在x轴上的右侧，排除B， 故选D 【分析】根据导数与函数单调性的关系，当f′（x）＜0时，函数f（x）单调递减，当f′（x）＞0时，函数f（x）单调递增，根据函数图象，即可判断函数的单调性，然后根据函数极值的判断，即可判断函数极值的位置，即可求得函数y=f（x）的图象可能 ‎ ‎2、【答案】A 【考点】导数的运算，利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值 【解析】【解答】解：函数f（x）=（x2+ax﹣1）ex﹣1 ， 可得f′（x）=（2x+a）ex﹣1+（x2+ax﹣1）ex﹣1 ， x=﹣2是函数f（x）=（x2+ax﹣1）ex﹣1的极值点， 可得：﹣4+a+（3﹣2a）=0． 解得a=﹣1． 可得f′（x）=（2x﹣1）ex﹣1+（x2﹣x﹣1）ex﹣1 ， =（x2+x﹣2）ex﹣1 ， 函数的极值点为：x=﹣2，x=1， 当x＜﹣2或x＞1时，f′（x）＞0函数是增函数，x∈（﹣2，1）时，函数是减函数， x=1时，函数取得极小值：f（1）=（12﹣1﹣1）e1﹣1=﹣1． 故选：A． 【分析】求出函数的导数，利用极值点，求出a，然后判断函数的单调性，求解函数的极小值即可． ‎ ‎3、【答案】C 【考点】利用导数研究函数的单调性，导数在最大值、最小值问题中的应用，函数的零点与方程根的关系，函数的零点 【解析】【解答】解：因为f（x）=x2﹣2x+a（ex﹣1+e﹣x+1）=﹣1+（x﹣1）2+a（ex﹣1+ ）=0， 所以函数f（x）有唯一零点等价于方程1﹣（x﹣1）2=a（ex﹣1+ ）有唯一解， 等价于函数y=1﹣（x﹣1）2的图象与y=a（ex﹣1+ ）的图象只有一个交点． ①当a=0时，f（x）=x2﹣2x≥﹣1，此时有两个零点，矛盾； ②当a＜0时，由于y=1﹣（x﹣1）2在（﹣∞，1）上递增、在（1，+∞）上递减， ‎ 且y=a（ex﹣1+ ）在（﹣∞，1）上递增、在（1，+∞）上递减， 所以函数y=1﹣（x﹣1）2的图象的最高点为A（1，1），y=a（ex﹣1+ ）的图象的最高点为B（1，2a）， 由于2a＜0＜1，此时函数y=1﹣（x﹣1）2的图象与y=a（ex﹣1+ ）的图象有两个交点，矛盾； ③当a＞0时，由于y=1﹣（x﹣1）2在（﹣∞，1）上递增、在（1，+∞）上递减， 且y=a（ex﹣1+ ）在（﹣∞，1）上递减、在（1，+∞）上递增， 所以函数y=1﹣（x﹣1）2的图象的最高点为A（1，1），y=a（ex﹣1+ ）的图象的最低点为B（1，2a）， 由题可知点A与点B重合时满足条件，即2a=1，即a= ，符合条件； 综上所述，a= ， 故选：C． 【分析】通过转化可知问题等价于函数y=1﹣（x﹣1）2的图象与y=a（ex﹣1+ ）的图象只有一个交点求a的值．分a=0、a＜0、a＞0三种情况，结合函数的单调性分析可得结论． ‎ 二、解答题 ‎4、【答案】解：（Ⅰ）函数f（x）=（x﹣ ）e﹣x（x≥ ）， 导数f′（x）=（1﹣ • •2）e﹣x﹣（x﹣ ）e﹣x =（1﹣x+ ）e﹣x=（1﹣x）（1﹣ ）e﹣x； （Ⅱ）由f（x）的导数f′（x）=（1﹣x）（1﹣ ）e﹣x ， 可得f′（x）=0时，x=1或 ， 当 ＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）递减； 当1＜x＜ 时，f′（x）＞0，f（x）递增； 当x＞ 时，f′（x）＜0，f（x）递减， 且x≥ ⇔x2≥2x﹣1⇔（x﹣1）2≥0， 则f（x）≥0． 由f（ ）= e ，f（1）=0，f（ ）= e ， 即有f（x）的最大值为 e ，最小值为f（1）=0． ‎ 则f（x）在区间[ ，+∞）上的取值范围是[0， e ]． 【考点】简单复合函数的导数，利用导数研究函数的单调性，导数在最大值、最小值问题中的应用 【解析】【分析】（Ⅰ）求出f（x）的导数，注意运用复合函数的求导法则，即可得到所求； （Ⅱ）求出f（x）的导数，求得极值点，讨论当 ＜x＜1时，当1＜x＜ 时，当x＞ 时，f（x）的单调性，判断f（x）≥0，计算f（ ），f（1），f（ ），即可得到所求取值范围． ‎ ‎5、【答案】解：（Ⅰ）f（π）=π2﹣2．f′（x）=2x﹣2sinx，∴f′（π）=2π． ∴曲线y=f（x）在点（π，f（π））处的切线方程为：y﹣（π2﹣2）=2π（x﹣π）． 化为：2πx﹣y﹣π2﹣2=0． （Ⅱ）h（x）=g （x）﹣a f（x）=ex（cosx﹣sinx+2x﹣2）﹣a（x2+2cosx） h′（x）=ex（cosx﹣sinx+2x﹣2）+ex（﹣sinx﹣cosx+2）﹣a（2x﹣2sinx） =2（x﹣sinx）（ex﹣a）=2（x﹣sinx）（ex﹣elna）． 令u（x）=x﹣sinx，则u′（x）=1﹣cosx≥0，∴函数u（x）在R上单调递增． ∵u（0）=0，∴x＞0时，u（x）＞0；x＜0时，u（x）＜0． （i）a≤0时，ex﹣a＞0，∴x＞0时，h′（x）＞0，函数h（x）在（0，+∞）单调递增； x＜0时，h′（x）＜0，函数h（x）在（﹣∞，0）单调递减． ∴x=0时，函数h（x）取得极小值，h（0）=﹣1﹣2a． （ii）a＞0时，令h′（x）=2（x﹣sinx）（ex﹣elna）=0． 解得x1=lna，x2=0． ①0＜a＜1时，x∈（﹣∞，lna）时，ex﹣elna＜0，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增； x∈（lna，0）时，ex﹣elna＞0，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减； x∈（0，+∞）时，ex﹣elna＞0，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增． ∴当x=0时，函数h（x）取得极小值，h（0）=﹣2a﹣1． 当x=lna时，函数h（x）取得极大值，h（lna）=﹣a[ln2a﹣2lna+sin（lna）+cos（lna）+2]． ②当a=1时，lna=0，x∈R时，h′（x）≥0，∴函数h（x）在R上单调递增． ③1＜a时，lna＞0，x∈（﹣∞，0）时，ex﹣elna＜0，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增； x∈（0，lna）时，ex﹣elna＜0，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减； x∈（lna，+∞）时，ex﹣elna＞0，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增． ∴当x=0时，函数h（x）取得极大值，h（0）=﹣2a﹣1． 当x=lna时，函数h（x）取得极小值，h（lna）=﹣a[ln2a﹣2lna+sin（lna）+cos（lna）+2]． 综上所述：a≤0时，函数h（x）在（0，+∞）单调递增；x＜0时，函数h（x）在（﹣∞，0）单调递减． x=0时，函数h（x）取得极小值，h（0）=﹣1﹣2a． 0＜a＜1时，函数h（x）在x∈（﹣∞，lna）是单调递增；函数h（x）在x∈（lna，0）上单调递减．当x=0时，函数h（x）取得极小值，h（0）=﹣2a﹣1．当x=lna时，函数h（x）取得极大值，h（lna）=﹣a[ln2a﹣2lna+sin（lna）+cos（lna）+2]． 当a=1时，lna=0，函数h（x）在R上单调递增． a＞1时，函数h（x）在（﹣∞，0），（lna，+∞）上单调递增；函数h（x）在（0，lna）上单调递减．当x=0时，函数h（x）取得极大值，h（0）=﹣2a﹣1．当x=lna时，函数h（x）取得极小值，h（lna）=﹣‎ a[ln2a﹣2lna+sin（lna）+cos（lna）+2]． 【考点】导数的加法与减法法则，导数的乘法与除法法则，函数的单调性与导数的关系，利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值，利用导数研究曲线上某点切线方程 【解析】【分析】（Ⅰ）f（π）=π2﹣2．f′（x）=2x﹣2sinx，可得f′（π）=2π即为切线的斜率，利用点斜式即可得出切线方程． （Ⅱ）h（x）=g （x）﹣a f（x）=ex（cosx﹣sinx+2x﹣2）﹣a（x2+2cosx），可得h′（x）=2（x﹣sinx）（ex﹣a）=2（x﹣sinx）（ex﹣elna）．令u（x）=x﹣sinx，则u′（x）=1﹣cosx≥0，可得函数u（x）在R上单调递增． 由u（0）=0，可得x＞0时，u（x）＞0；x＜0时，u（x）＜0． 对a分类讨论：a≤0时，0＜a＜1时，当a=1时，a＞1时，利用导数研究函数的单调性极值即可得出． ‎ ‎6、【答案】（1）解：函数f（x）=excosx﹣x的导数为f′（x）=ex（cosx﹣sinx）﹣1， 可得曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线斜率为k=e0（cos0﹣sin0）﹣1=0， 切点为（0，e0cos0﹣0），即为（0，1）， 曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y=1； （2）解：函数f（x）=excosx﹣x的导数为f′（x）=ex（cosx﹣sinx）﹣1， 令g（x）=ex（cosx﹣sinx）﹣1， 则g（x）的导数为g′（x）=ex（cosx﹣sinx﹣sinx﹣cosx）=﹣2ex•sinx， 当x∈[0， ]，可得g′（x）=﹣2ex•sinx≤0， 即有g（x）在[0， ]递减，可得g（x）≤g（0）=0， 则f（x）在[0， ]递减， 即有函数f（x）在区间[0， ]上的最大值为f（0）=e0cos0﹣0=1； 最小值为f（ ）=e cos ﹣ =﹣ ． 【考点】利用导数求闭区间上函数的最值，利用导数研究曲线上某点切线方程 【解析】【分析】（1.）求出f（x）的导数，可得切线的斜率和切点，由点斜式方程即可得到所求方程； （2.）求出f（x）的导数，再令g（x）=f′（x），求出g（x）的导数，可得g（x）在区间[0， ]的单调性，即可得到f（x）的单调性，进而得到f（x）的最值． ‎ ‎7、【答案】（Ⅰ）解：由f（x）=2x4+3x3﹣3x2﹣6x+a，可得g（x）=f′（x）=8x3+9x2﹣6x﹣6， 进而可得g′（x）=24x2+18x﹣6．令g′（x）=0，解得x=﹣1，或x= ． 当x变化时，g′（x），g（x）的变化情况如下表：‎ x ‎（﹣∞，﹣1）‎ ‎（﹣1， ）‎ ‎（ ，+∞）‎ g′（x）‎ ‎+‎ ‎﹣‎ ‎+‎ g（x）‎ ‎↗‎ ‎↘‎ ‎↗‎ 所以，g（x）的单调递增区间是（﹣∞，﹣1），（ ，+∞），单调递减区间是（﹣1， ）． （Ⅱ）证明：由h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m），得h（m）=g（m）（m﹣x0）﹣f（m）， h（x0）=g（x0）（m﹣x0）﹣f（m）． 令函数H1（x）=g（x）（x﹣x0）﹣f（x），则H′1（x）=g′（x）（x﹣x0）． 由（Ⅰ）知，当x∈[1，2]时，g′（x）＞0， 故当x∈[1，x0）时，H′1（x）＜0，H1（x）单调递减； 当x∈（x0 ， 2]时，H′1（x）＞0，H1（x）单调递增． 因此，当x∈[1，x0）∪（x0 ， 2]时，H1（x）＞H1（x0）=﹣f（x0）=0，可得H1（m）＞0即h（m）＞0， 令函数H2（x）=g（x0）（x﹣x0）﹣f（x），则H′2（x）=g′（x0）﹣g（x）．由（Ⅰ）知，g（x）在[1，2]上单调递增，故当x∈[1，x0）时，H′2（x）＞0，H2（x）单调递增；当x∈（x0 ， 2]时，H′2（x）＜0，H2（x）单调递减．因此，当x∈[1，x0）∪（x0 ， 2]时，H2（x）＞H2（x0）=0，可得得H2（m）＜0即h（x0）＜0，． 所以，h（m）h（x0）＜0． （Ⅲ）对于任意的正整数p，q，且 ， 令m= ，函数h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m）． 由（Ⅱ）知，当m∈[1，x0）时，h（x）在区间（m，x0）内有零点； 当m∈（x0 ， 2]时，h（x）在区间（x0 ， m）内有零点． 所以h（x）在（1，2）内至少有一个零点，不妨设为x1 ， 则h（x1）=g（x1）（ ﹣x0）﹣f（ ）=0． 由（Ⅰ）知g（x）在[1，2]上单调递增，故0＜g（1）＜g（x1）＜g（2）， 于是| ﹣x0|= ≥ = ． 因为当x∈[1，2]时，g（x）＞0，故f（x）在[1，2]上单调递增， 所以f（x）在区间[1，2]上除x0外没有其他的零点，而 ≠x0 ， 故f（ ）≠0． 又因为p，q，a均为整数，所以|2p4+3p3q﹣3p2q2﹣6pq3+aq4|是正整数， 从而|2p4+3p3q﹣3p2q2﹣6pq3+aq4|≥1． 所以| ﹣x0|≥ ．所以，只要取A=g（2），就有| ﹣x0|≥ ． 【考点】利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值，不等式的证明，函数的零点 【解析】【分析】（Ⅰ）求出函数的导函数g（x）=f′（x）=8x3+9x2﹣6x﹣6，求出极值点，通过列表判断函数的单调性求出单调区间即可． （Ⅱ）由h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m），推出h（m）=g（m）（m﹣x0）﹣f（m）， 令函数H1（x）=g（x）（x﹣x0）﹣f（x），求出导函数H′1（x）利用（Ⅰ）知，推出h（m）h（x0）＜0． （Ⅲ）对于任意的正整数p，q，且 ，令m= ，函数h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f ‎（m）． 由（Ⅱ）知，当m∈[1，x0）时，当m∈（x0 ， 2]时，通过h（x）的零点．转化推出| ﹣x0|= ≥ = ．推出|2p4+3p3q﹣3p2q2﹣6pq3+aq4|≥1．然后推出结果． ‎ ‎8、【答案】（Ⅰ）解：因为f（x）=x3+ax2+bx+1， 所以g（x）=f′（x）=3x2+2ax+b，g′（x）=6x+2a， 令g′（x）=0，解得x=﹣ ． 由于当x＞﹣ 时g′（x）＞0，g（x）=f′（x）单调递增；当x＜﹣ 时g′（x）＜0，g（x）=f′（x）单调递减； 所以f′（x）的极小值点为x=﹣ ， 由于导函数f′（x）的极值点是原函数f（x）的零点， 所以f（﹣ ）=0，即﹣ + ﹣ +1=0， 所以b= + （a＞0）． 因为f（x）=x3+ax2+bx+1（a＞0，b∈R）有极值， 所以f′（x）=3x2+2ax+b=0有两个不等的实根， 所以4a2﹣12b＞0，即a2﹣ + ＞0，解得a＞3， 所以b= + （a＞3）． （Ⅱ）证明：由（1）可知h（a）=b2﹣3a= ﹣ + = （4a3﹣27）（a3﹣27）， 由于a＞3，所以h（a）＞0，即b2＞3a； （Ⅲ）解：由（1）可知f′（x）的极小值为f′（﹣ ）=b﹣ ， 设x1 ， x2是y=f（x）的两个极值点，则x1+x2= ，x1x2= ， 所以f（x1）+f（x2）= + +a（ + ）+b（x1+x2）+2 =（x1+x2）[（x1+x2）2﹣3x1x2]+a[（x1+x2）2﹣2x1x2]+b（x1+x2）+2 = ﹣ +2， 又因为f（x），f′（x）这两个函数的所有极值之和不小于﹣ ， 所以b﹣ + ﹣ +2= ﹣ ≥﹣ ， 因为a＞3，所以2a3﹣63a﹣54≤0， 所以2a（a2﹣36）+9（a﹣6）≤0， ‎ 所以（a﹣6）（2a2+12a+9）≤0， 由于a＞3时2a2+12a+9＞0， 所以a﹣6≤0，解得a≤6， 所以a的取值范围是（3，6]． 【考点】导数的运算，利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值，导数在最大值、最小值问题中的应用 【解析】【分析】（Ⅰ）通过对f（x）=x3+ax2+bx+1求导可知g（x）=f′（x）=3x2+2ax+b，进而再求导可知g′（x）=6x+2a，通过令g′（x）=0进而可知f′（x）的极小值点为x=﹣ ，从而f（﹣ ）=0，整理可知b= + （a＞0），结合f（x）=x3+ax2+bx+1（a＞0，b∈R）有极值可知f′（x）=0有两个不等的实根，进而可知a＞3． （Ⅱ）通过（1）构造函数h（a）=b2﹣3a= ﹣ + = （4a3﹣27）（a3﹣27），结合a＞3可知h（a）＞0，从而可得结论； （Ⅲ）通过（1）可知f′（x）的极小值为f′（﹣ ）=b﹣ ，利用韦达定理及完全平方关系可知y=f（x）的两个极值之和为 ﹣ +2，进而问题转化为解不等式b﹣ + ﹣ +2= ﹣ ≥﹣ ，因式分解即得结论． ‎ ‎9、【答案】（1）解：由f（x）=ae2x+（a﹣2）ex﹣x，求导f′（x）=2ae2x+（a﹣2）ex﹣1， 当a=0时，f′（x）=2ex﹣1＜0， ∴当x∈R，f（x）单调递减， 当a＞0时，f′（x）=（2ex+1）（aex﹣1）=2a（ex+ ）（ex﹣ ）， 令f′（x）=0，解得：x=ln ， 当f′（x）＞0，解得：x＞ln ， 当f′（x）＜0，解得：x＜ln ， ∴x∈（﹣∞，ln ）时，f（x）单调递减，x∈（ln ，+∞）单调递增； 当a＜0时，f′（x）=2a（ex+ ）（ex﹣ ）＜0，恒成立， ∴当x∈R，f（x）单调递减， 综上可知：当a≤0时，f（x）在R单调减函数， 当a＞0时，f（x）在（﹣∞，ln ）是减函数，在（ln ，+∞）是增函数； （2）由f（x）=ae2x+（a﹣2）ex﹣x=0，有两个零点， 由（1）可知：当a＞0时，f（x）=0，有两个零点， 则f（x）min=a +（a﹣2） ﹣ln ， ‎ ‎=a（ ）+（a﹣2）× ﹣ln ， =1﹣ ﹣ln ， 由f（x）min＜0，则1﹣ ﹣ln ＜0， 整理得：a﹣1+alna＜0， 设g（a）=alna+a﹣1，a＞0， g′（a）=lna+1+1=lna+2， 令g′（a）=0，解得：a=e﹣2 ， 当a∈（0，e﹣2），g′（a）＜0，g（a）单调递减， 当a∈（e﹣2 ， +∞），g′（a）＞0，g（a）单调递增， g（a）min=g（e﹣2）=e﹣2lne﹣2+e﹣2﹣1=﹣ ﹣1， 由g（1）=1﹣1﹣ln1=0， ∴0＜a＜1， a的取值范围（0，1）． 【考点】导数的运算，利用导数研究函数的单调性，利用导数求闭区间上函数的最值，函数零点的判定定理 【解析】【分析】（1.）求导，根据导数与函数单调性的关系，分类讨论，即可求得f（x）单调性； （2.）由（1）可知：当a＞0时才有个零点，根据函数的单调性求得f（x）最小值，由f（x）min＜0，g（a）=alna+a﹣1，a＞0，求导，由g（a）min=g（e﹣2）=e﹣2lne﹣2+e﹣2﹣1=﹣ ﹣1，g（1）=0，即可求得a的取值范围． ‎ ‎10、【答案】（Ⅰ）解：因为f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx=x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0）， 则f（x）≥0等价于h（x）=ax﹣a﹣lnx≥0， 因为h′（x）=a﹣ ，且当0＜x＜ 时h′（x）＜0、当x＞ 时h′（x）＞0， 所以h（x）min=h（ ）， 又因为h（1）=a﹣a﹣ln1=0， 所以 =1，解得a=1； （Ⅱ）证明：由（1）可知f（x）=x2﹣x﹣xlnx，f′（x）=2x﹣2﹣lnx， 令f′（x）=0，可得2x﹣2﹣lnx=0，记t（x）=2x﹣2﹣lnx，则t′（x）=2﹣ ， 令t′（x）=0，解得：x= ， 所以t（x）在区间（0， ）上单调递减，在（ ，+∞）上单调递增， 所以t（x）min=t（ ）=ln2﹣1＜0，从而t（x）=0有解，即f′（x）=0存在两根x0 ， x2 ， 且不妨设f′（x）在（0，x0）上为正、在（x0 ， x2）上为负、在（x2 ， +∞）上为正， ‎ 所以f（x）必存在唯一极大值点x0 ， 且2x0﹣2﹣lnx0=0， 所以f（x0）= ﹣x0﹣x0lnx0= ﹣x0+2x0﹣2 =x0﹣ ， 由x0＜ 可知f（x0）＜（x0﹣ ）max=﹣ + = ； 由f′（ ）＜0可知x0＜ ＜ ， 所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0 ， ）上单调递减， 所以f（x0）＞f（ ）=﹣ + = ＞ ； 综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0 ， 且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2 ． 【考点】导数的运算，利用导数研究函数的极值，利用导数求闭区间上函数的最值，导数在最大值、最小值问题中的应用，不等式的综合 【解析】【分析】（Ⅰ）通过分析可知f（x）≥0等价于h（x）=ax﹣a﹣lnx≥0，进而利用h′（x）=a﹣ 可得h（x）min=h（ ），从而可得结论； （Ⅱ）通过（Ⅰ）可知f（x）=x2﹣x﹣xlnx，记t（x）=f′（x）=2x﹣2﹣lnx，解不等式可知t（x）min=t（ ）=ln2﹣1＜0，从而可知f′（x）=0存在两根x0 ， x2 ， 利用f（x）必存在唯一极大值点x0及x0＜ 可知f（x0）＜ ，另一方面可知f（x0）＞f（ ）=﹣ + = ＞ ． ‎ ‎11、【答案】解：（Ⅰ）因为函数f（x）=x﹣1﹣alnx，x＞0， 所以f′（x）=1﹣ = ，且f（1）=0． 所以当a≤0时f′（x）＞0恒成立，此时y=f（x）在（0，+∞）上单调递增，所以在（0,1）上f(x)<0,这与f（x）≥0矛盾； 当a＞0时令f′（x）=0，解得x=a， 所以y=f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增，即f（x）min=f（a）， 又因为f（x）min=f（a）≥0， 所以a=1； （Ⅱ）由（Ⅰ）可知当a=1时f（x）=x﹣1﹣lnx≥0，即lnx≤x﹣1， 所以ln（x+1）≤x当且仅当x=0时取等号， 所以ln（1+ ）＜ ，k∈N*, 所以，k∈N* ． 一方面，因为 + +…+ =1﹣ ＜1， 所以，（1+ ）（1+ ）…（1+ ）＜e； 另一方面，（1+ ）（1+ ）…（1+ ）＞（1+ ）（1+ ）（1+ ）= ＞2， ‎ 同时当n≥3时，（1+ ）（1+ ）…（1+ ）∈（2，e）． 因为m为整数，且对于任意正整数n（1+ ）（1+ ）…（1+ ）＜m， 所以m的最小值为3． 【考点】函数的单调性与导数的关系，利用导数研究函数的单调性，等比数列的前n项和，反证法与放缩法 【解析】【分析】（Ⅰ）通过对函数f（x）=x﹣1﹣alnx（x＞0）求导，分a≤0、a＞0两种情况考虑导函数f′（x）与0的大小关系可得结论； （Ⅱ）通过（Ⅰ）可知lnx≤x﹣1，进而取特殊值可知ln（1+ ）＜ ，k∈N* ． 一方面利用等比数列的求和公式放缩可知（1+ ）（1+ ）…（1+ ）＜e；另一方面可知（1+ ）（1+ ）…（1+ ）＞2，且当n≥3时，（1+ ）（1+ ）…（1+ ）∈（2，e）． ‎