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  • 2021-05-13 发布

高考真题分类汇编理数导数

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‎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). ‎