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2017年高考真题分类汇编(理数)专题2导数(解析版)


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﹣ (Ⅰ)求 f(x)的导函数; (Ⅱ)求 f(x)在区间[

﹣x )e (x≥

).

,+∞)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.

4 3 2 7、(2017· 天津)设 a∈Z,已知定义在 R 上的函数 f(x)=2x +3x ﹣3x ﹣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 ﹣x0|≥ . ∈[1,x0)∪(x0 , 2],满足|

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;
2 (Ⅱ)证明:b >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;
2 2 (Ⅱ)证明:f(x)存在唯一的极大值点 x0 , 且 e﹣ <f(x0)<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
2 x 1 【解析】【解答】解:函数 f(x)=(x +ax﹣1)e ﹣ , x﹣1

可得 f′(x)=(2x+a)e

+(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.
x 1 2 x 1 可得 f′(x)=(2x﹣1)e ﹣ +(x ﹣x﹣1)e ﹣ ,

=(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
2 x 1 x+1 2 x 1 【解析】【解答】解:因为 f(x)=x ﹣2x+a(e ﹣ +e﹣ )=﹣1+(x﹣1) +a(e ﹣ +

)=0,

2 x 1 所以函数 f(x)有唯一零点等价于方程 1﹣(x﹣1) =a(e ﹣ +

)有唯一解,

2 x 1 等价于函数 y=1﹣(x﹣1) 的图象与 y=a(e ﹣ +

)的图象只有一个交点.

2 ①当 a=0 时,f(x)=x ﹣2x≥﹣1,此时有两个零点,矛盾; 2 ②当 a<0 时,由于 y=1﹣(x﹣1) 在(﹣∞,1)上递增、在(1,+∞)上递减,

且 y=a(e

x﹣1

+

)在(﹣∞,1)上递增、在(1,+∞)上递减, )的图象的最高点为 B(1,2a), )的图象有两个交点,矛盾;

2 x 1 所以函数 y=1﹣(x﹣1) 的图象的最高点为 A(1,1),y=a(e ﹣ +

2 x 1 由于 2a<0<1,此时函数 y=1﹣(x﹣1) 的图象与 y=a(e ﹣ +

2 ③当 a>0 时,由于 y=1﹣(x﹣1) 在(﹣∞,1)上递增、在(1,+∞)上递减, x 1 且 y=a(e ﹣ +

)在(﹣∞,1)上递减、在(1,+∞)上递增,
2 x﹣1

所以函数 y=1﹣(x﹣1) 的图象的最高点为 A(1,1),y=a(e 由题可知点 A 与点 B 重合时满足条件,即 2a=1,即 a= 综上所述,a= 故选:C. ,

+

)的图象的最低点为 B(1,2a),

,符合条件;

2 x 1 【分析】通过转化可知问题等价于函数 y=1﹣(x﹣1) 的图象与 y=a(e ﹣ +

)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﹣ 导数 f′(x)=(1﹣ =(1﹣x+ ?
x

)e (x≥
﹣x )e

﹣x

),

?2)e﹣x﹣(x﹣
x )e﹣ ;

)e﹣ =(1﹣x)(1﹣

(Ⅱ)由 f(x)的导数 f′(x)=(1﹣x)(1﹣ 可得 f′(x)=0 时,x=1 或 当 ,

)e﹣

x



<x<1 时,f′(x)<0,f(x)递减; 时,f′(x)>0,f(x)递增;

当 1<x< 当 x> 且 x≥

时,f′(x)<0,f(x)递减,
2 2 ?x ≥2x﹣1?(x﹣1) ≥0,

则 f(x)≥0. 由 f( )= e ,f(1)=0,f( e )= e ,

即有 f(x)的最大值为 则 f(x)在区间[

,最小值为 f(1)=0. e ].

,+∞)上的取值范围是[0,

【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 调性,判断 f(x)≥0,计算 f( ),f(1),f( <x<1 时,当 1<x< 时,当 x> 时,f(x)的单

),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﹣(π ﹣2)=2π(x﹣π).
2 化为:2πx﹣y﹣π ﹣2=0. x 2 (Ⅱ)h(x)=g (x)﹣a f(x)=e (cosx﹣sinx+2x﹣2)﹣a(x +2cosx) 2

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,e ﹣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)(e ﹣e )=0. 解得 x1=lna,x2=0. ①0<a<1 时,x∈(﹣∞,lna)时,e ﹣e <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.
2 当 x=lna 时,函数 h(x)取得极大值,h(lna)=﹣a[ln a﹣2lna+sin(lna)+cos(lna)+2]. x lna x lna x

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,e ﹣e <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.
2 当 x=lna 时,函数 h(x)取得极小值,h(lna)=﹣a[ln a﹣2lna+sin(lna)+cos(lna)+2]. x lna

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
2 【解析】【分析】(Ⅰ)f(π)=π ﹣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.
x 2 x (Ⅱ)h(x)=g (x)﹣a f(x)=e (cosx﹣sinx+2x﹣2)﹣a(x +2cosx),可得 h′(x)=2(x﹣sinx)(e x lna

﹣a)=2(x﹣sinx)(e ﹣e ).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=e (cos0﹣sin0)﹣1=0,
0 切点为(0,e cos0﹣0),即为(0,1), 0

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)=e cosx﹣x 的导数为 f′(x)=e (cosx﹣sinx)﹣1, 令 g(x)=e (cosx﹣sinx)﹣1, 则 g(x)的导数为 g′(x)=e (cosx﹣sinx﹣sinx﹣cosx)=﹣2e ?sinx, 当 x∈[0, ],可得 g′(x)=﹣2ex?sinx≤0, ]递减,可得 g(x)≤g(0)=0, ]递减, ]上的最大值为 f(0)=e0cos0﹣0=1; ﹣ =﹣ .
x x x x x

即有 g(x)在[0, 则 f(x)在[0,

即有函数 f(x)在区间[0, 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, 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,
2 进而可得 g′(x)=24x +18x﹣6.令 g′(x)=0,解得 x=﹣1,或 x=

]的单调性,



当 x 变化时,g′(x),g(x)的变化情况如下表: x g′(x) g(x) (﹣∞,﹣1) + ↗ (﹣1, ﹣ ↘ ) ( + ↗ ,+∞)

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) ( 由(Ⅰ)知 g(x)在[1,2]上单调递增,故 0<g(1)<g(x1)<g(2), 于是| ﹣x0|= ≥ = . ﹣x0)﹣f( )=0.

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.

4 3 2 2 3 4 又因为 p,q,a 均为整数,所以|2p +3p q﹣3p q ﹣6pq +aq |是正整数, 4 3 2 2 3 4 从而|2p +3p q﹣3p q ﹣6pq +aq |≥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
3 2 【解析】【分析】(Ⅰ)求出函数的导函数 g(x)=f′(x)=8x +9x ﹣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 (m). ,令 m= ,函数 h(x)=g(x)(m﹣x0)﹣f

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|=



=

4 3 2 2 3 4 .推出|2p +3p q﹣3p q ﹣6pq +aq |≥1.然后推出结果.

8、【答案】(Ⅰ)解:因为 f(x)=x3+ax2+bx+1,
2 所以 g(x)=f′(x)=3x +2ax+b,g′(x)=6x+2a,

令 g′(x)=0,解得 x=﹣ 由于当 x>﹣ 递减;

. 时 g′(x)<0,g(x)=f′(x)单调

时 g′(x)>0,g(x)=f′(x)单调递增;当 x<﹣

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(﹣ 所以 b= )=0,即﹣ + (a>0). + ﹣ +1=0,

3 2 因为 f(x)=x +ax +bx+1(a>0,b∈R)有极值, 2 所以 f′(x)=3x +2ax+b=0 有两个不等的实根, 2 2 所以 4a ﹣12b>0,即 a ﹣

+

>0,解得 a>3,

所以 b=

+

(a>3). ﹣ + =
3 3 (4a ﹣27)(a ﹣27),

2 (Ⅱ)证明:由(1)可知 h(a)=b ﹣3a=

由于 a>3,所以 h(a)>0,即 b >3a; (Ⅲ)解:由(1)可知 f′(x)的极小值为 f′(﹣ 设 x1 , x2 是 y=f(x)的两个极值点,则 x1+x2= 所以 f(x1)+f(x2)=
2

2

)=b﹣ ,x1x2=

, ,

+

+a(

+
2

)+b(x1+x2)+2

=(x1+x2)[(x1+x2) ﹣3x1x2]+a[(x1+x2) ﹣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= ﹣ ≥﹣ ,

3 因为 a>3,所以 2a ﹣63a﹣54≤0, 2 所以 2a(a ﹣36)+9(a﹣6)≤0, 2 所以(a﹣6)(2a +12a+9)≤0,

2 由于 a>3 时 2a +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
3 2 2 【解析】【分析】(Ⅰ)通过对 f(x)=x +ax +bx+1 求导可知 g(x)=f′(x)=3x +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=﹣ b= +

,从而 f(﹣

)=0,整理可知

3 2 (a>0),结合 f(x)=x +ax +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.
2 (Ⅱ)通过(1)构造函数 h(a)=b ﹣3a=



+

=

3 3 (4a ﹣27)(a ﹣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′(﹣ 的两个极值之和为 ﹣ )=b﹣ ,利用韦达定理及完全平方关系可知 y=f(x) + ﹣ +2= ﹣ ≥﹣

+2,进而问题转化为解不等式 b﹣

,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)=2e ﹣1<0, ∴当 x∈R,f(x)单调递减, 当 a>0 时,f′(x)=(2e +1)(ae ﹣1)=2a(e + 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 , , , ,+∞)单调递增;
x x x x

)(e ﹣

x

),

)时,f(x)单调递减,x∈(ln
x x )(e ﹣

当 a<0 时,f′(x)=2a(e + ∴当 x∈R,f(x)单调递减,

)<0,恒成立,

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;

2x x (2)由 f(x)=ae +(a﹣2)e ﹣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( =1﹣

)+(a﹣2)× ﹣ln ,

﹣ln



由 f(x)min<0,则 1﹣ 整理得:a﹣1+alna<0,

﹣ln

<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
﹣2



当 a∈(0,e﹣ ),g′(a)<0,g(a)单调递减, 当 a∈(e
﹣2

, +∞),g′(a)>0,g(a)单调递增, ﹣1,

g(a)min=g(e﹣2)=e﹣2lne﹣2+e﹣2﹣1=﹣ 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=﹣ 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﹣ 所以 h(x)min=h( ,且当 0<x< ), 时 h′(x)<0、当 x> 时 h′(x)>0, ﹣1,g(1)=0,即可求得 a 的取

又因为 h(1)=a﹣a﹣ln1=0, 所以 =1,解得 a=1;

2 (Ⅱ)证明:由(1)可知 f(x)=x ﹣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, 所以 t(x)min=t( , )上单调递减,在( ,+∞)上单调递增,



)=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)= 由 x0< 由 f′( ﹣x0﹣x0lnx0= ﹣x0+2x0﹣2 )max=﹣ , )上单调递减, + =x0﹣ = ; ,

可知 f(x0)<(x0﹣ )<0 可知 x0< <

所以 f(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0 , 所以 f(x0)>f( )=﹣ + = > ;

﹣2 ﹣2 综上所述,f(x)存在唯一的极大值点 x0 , 且 e <f(x0)<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﹣ 得 h(x)min=h( ),从而可得结论; ) 可 可

2 (Ⅱ)通过(Ⅰ)可知 f(x)=x ﹣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< 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﹣ (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+ 所以 一方面,因为 所以,(1+ )<
* ,k∈N ,

=

,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

* ,k∈N .

+ )(1+

+…+

=1﹣

<1, )<e; )>(1+ )(1+ )(1+ )= >2,

)…(1+

另一方面,(1+

)(1+

)…(1+

同时当 n≥3 时,(1+

)(1+

)…(1+

)∈(2,e). )(1+ )…(1+ )<m,

因为 m 为整数,且对于任意正整数 n(1+ 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+ 的求和公式放缩可知(1+ >2,且当 n≥3 时,(1+ )(1+ )(1+ )…(1+ )…(1+ )< ,k∈N . 一方面利用等比数列 )(1+ )…(1+ )
*

)<e;另一方面可知(1+ )∈(2,e).



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