高考真题分类汇编理 10页

‎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.‎ 二、解答题（共8题；共50分）‎ ‎4、12分）（2017•衡水金卷二模）设函数f（x）=2lnx+x2﹣2ax（a＞0）． （Ⅰ）若函数f（x）在区间[1，2]上的最小值为0，求实数a的值； （Ⅱ）若x1，x2（x1＜x2）是函数f（x）的两个极值点，且f（x1）﹣f（x2）＞m恒成立，求实数m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）=2x^4+3x³﹣3x²﹣6x+a在区间（1，2）内有一个零点x。 ， g（x）为f（x）的导函数．‎ ‎（Ⅰ）求g（x）的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）设m∈[1，x。）∪（x。 ， 2]，函数h（x）=g（x）（m﹣x。）﹣f（m），求证：h（m）h（x。）＜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，x。）∪（x。 ， 2]，满足| ﹣x。|≥ ‎ ‎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x。 ， 且e﹣2＜f（x。）＜2﹣2 ． ‎ ‎11、1. （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+1/2）（1+1/2² ）…（1+ 1/2ⁿ）＜m，求m的最小值．‎ 12. ‎（2017•衡水金卷二模）已知函数f（x）=|x﹣t|，t∈R （Ⅰ）若t=1，解不等式f（x）+f（x+1）≤2 （Ⅱ）若t=2，a＜0，求证：f（ax）﹣f（2a）≥af（x）‎ 13. ‎(2016•广西质检)已知函数f(x)＝ax－1＋ax(a＞0)在(1，＋∞)上的最小值为15，函数g(x)＝|x＋a|＋|x＋1|． (1)求实数a的值； (2)求函数g(x)的最小值．‎ 14. 已知函数f(x)＝|x－a|． (1)若f(x)≤m的解集为x|－1≤x≤5，求实数a，m的值； (2)当a＝2且0≤t＜2时，解关于x的不等式f(x)＋t≥f(x＋2)．‎ 15. ‎(2017•西安质检)设函数f(x)＝x－52＋|x－a|，x∈R． (1)求证：当a＝－12时，不等式ln f(x)＞1成立； (2)关于x的不等式f(x)≥a在R上恒成立，求实数a的最大值．‎ 16. ‎(2016•河北三市二联)设函数f(x)＝|x＋2|－|x－1|． (1)求不等式f(x)＞1的解集； (2)若关于x的不等式f(x)＋4≥|1－2m|有解，求实数m的取值范围．‎ 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 ‎ ‎【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、【考点】6D：利用导数研究函数的极值；6B：利用导数研究函数的单调性． 【分析】（Ⅰ）求导数，分类讨论，确定函数的单调性，利用函数f（x）在区间[1，2]上的最小值为0，求实数a的值； ‎ ‎（Ⅱ）f（x1）﹣f（x2）=（2lnx1+x12﹣2ax1）﹣（2lnx2+x22﹣2ax2）= ﹣x12+2lnx12，令x12=t，则t＞1，g（t）= ﹣t﹣2lnt，x，求导，确定函数的单调性，求最值，即可求实数m的取值范围． 【解答】解：（Ⅰ）f′（x）= ， 0＜a≤2，f′（x）≥0，f（x）在区间[1，2]上单调递增，∴f（x）min=f（1）=1﹣2a=0，∴a= ； a＞2，令f′（x）=0，则x1= ，x2= ， 2＜a＜ ，x1= ＜1，x2= ∈（1，2）， ∴函数在（1，x1）内单调递减，在（x1，2）内单调递增， ∴f（x）min=f（x1）＜f（1）=1﹣2a＜0． a≥ ，x1=  ，x2= ≥2， ∴函数在（1，2）内单调递减，∴f（x）min=f（2）=2ln2+4﹣4a=0． ∴a= ln2+1＜ （舍去） 综上所述，a= ； （Ⅱ）x1，x2是f′（x）= 在（0，+∞）内的两个零点，是方程x2﹣ax+1=0的两个正根， ∴x1+x2=a＞0，x1x2=1，△＞0，∴a＞2，∴x1＞1 ∴f（x1）﹣f（x2）=（2lnx1+x12﹣2ax1）﹣（2lnx2+x22﹣2ax2）= ﹣x12+2lnx12， 令x12=t，则t＞1，g（t）= ﹣t﹣2lnt， ∴g′（t）=﹣ ＜0， ∴g（x）在（1，+∞）上单调递减， ∴g（t）＞g（1）=0， ∴m≤0． 【点评】本题考查导数知识的综合运用，考查函数的单调性与最值，正确构造函数，合理求导是关键． ‎ ‎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）=2x^4+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﹣x。）﹣f（m），得h（m）=g（m）（m﹣x。）﹣f（m），‎ h（x。）=g（x。）（m﹣x。）﹣f（m）．‎ 令函数H1（x）=g（x）（x﹣x。）﹣f（x），则H′1（x）=g′（x）（x﹣x。）．‎ 由（Ⅰ）知，当x∈[1，2]时，g′（x）＞0，‎ 故当x∈[1，x。）时，H′1（x）＜0，H1（x）单调递减；‎ 当x∈（x。 ， 2]时，H′1（x）＞0，H1（x）单调递增．‎ 因此，当x∈[1，x。）∪（x。 ， 2]时，H1（x）＞H1（x。）=﹣f（x。）=0，可得H1（m）＞0即h（m）＞0，‎ 令函数H2（x）=g（x。）（x﹣x。）﹣f（x），则H′2（x）=g′（x。）﹣g（x）．由（Ⅰ）知，g（x）在[1，2]上单调递增，故当x∈[1，x。）时，H′2（x）＞0，H2（x）单调递增；当x∈（x。 ， 2]时，H′2（x）＜0，H2（x）单调递减．因此，当x∈[1，x。）∪（x。 ， 2]时，H2（x）＞H2（x。）=0，可得得H2（m）＜0即h（x。）＜0，．‎ 所以，h（m）h（x。）＜0．‎ ‎（Ⅲ）对于任意的正整数p，q，且 ，‎ 令m= ，函数h（x）=g（x）（m﹣x。）﹣f（m）．‎ 由（Ⅱ）知，当m∈[1，x。）时，h（x）在区间（m，x。）内有零点；‎ 当m∈（x。 ， 2]时，h（x）在区间（x。 ， 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| ﹣x。|= ≥ ． ‎ 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|2p^4+3p³q﹣3p²q2﹣6pq³+aq^4|是正整数，‎ 从而|2p^4+3p³q﹣3p²q²﹣6pq³+aq^4|≥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﹣x。）﹣f（m），推出h（m）=g（m）（m﹣x。）﹣f（m），‎ 令函数H1（x）=g（x）（x﹣x。）﹣f（x），求出导函数H′1（x）利用（Ⅰ）知，推出h（m）h（x。）＜0．‎ ‎（Ⅲ）对于任意的正整数p，q，且 ，令m= ，函数h（x）=g（x）（m﹣x。）﹣f（m）．‎ 由（Ⅱ）知，当m∈[1，x。）时，当m∈（x。 ， 2]时，通过h（x）的零点．转化推出答案第三问于是后面的．推出|2p^4+3p³q﹣3p²q²﹣6pq³+aq^4|≥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 ‎ ‎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 ‎ ‎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 ‎ ‎11、‎ ‎12.【考点】R4：绝对值三角不等式；R5：绝对值不等式的解法． 【分析】（I）由题意可得|x﹣1|+|x|≤2，对x讨论，去掉绝对值，解不等式，求并集即可得到所求解集； （II）由题意可证f（ax）﹣af（x）≥f（2a），运用绝对值不等式的性质，求得左边的最小值，即可得证． 【解答】（I）解：由题意，得f（x）+f（x+1）=|x﹣1|+|x|， 因此只须解不等式|x﹣1|+|x|≤2， 当x≤0时，原不等式等价于﹣2x+1≤2，即﹣ ≤x≤0； 当0＜x≤1时，原不等式等价于1≤2，即0＜x≤1； 当x＞1时，原不等式等价于2x﹣1≤2，即1＜x≤ ． 综上，原不等式的解集为{x|﹣ ≤x≤ }． （II）证明：由题意得f（ax）﹣af（x）=|ax﹣2|﹣a|x﹣2| =|ax﹣2|+|2a﹣ax|≥|ax﹣2+2a﹣ax| =|2a﹣2|=f（2a）． 所以f（ax）﹣f（2a）≥af（x）成立． 【点评】本题考查绝对值不等式的解法，注意运用分类讨论的思想方法，考查不等式的证明，注意运用绝对值不等式的性质，考查运算能力和推理能力，属于中档题．‎ ‎13.解：(1)∵f(x)＝ax－1＋ax＝ax－1＋a(x－1)＋a，x＞1，a＞0， ∴f(x)≥3a，即有3a＝15，解得a＝5． ‎ ‎(2)由于g(x)＝|x＋5|＋|x＋1|≥|(x＋5)－(x＋1)|＝4，当且仅当－5≤x≤－1时等号成立， ∴g(x)＝|x＋5|＋|x＋1|的最小值为4．‎ ‎14.解：(1)∵|x－a|≤m， ∴－m＋a≤x≤m＋a． ∵－m＋a＝－1，m＋a＝5， ∴a＝2，m＝3． (2)f(x)＋t≥f(x＋2)可化为|x－2|＋t≥|x|． ①当x∈(－∞，0)时，2－x＋t≥－x,2＋t≥0， ∵0≤t＜2，∴x∈(－∞，0)； ②当x∈[0,2)时，2－x＋t≥x，x≤1＋t2，0≤x≤1＋t2， ∵1≤1＋t2＜2，∴0≤x≤1＋t2； ③当x∈[2，＋∞)时，x－2＋t≥x，t≥2，当0≤t＜2时，无解． 综上，当0≤t＜2时， 所求不等式的解集为－∞，t2＋1．‎ ‎15.解：(1)证明：由f(x)＝x－52＋x＋12 ＝－2x＋2，x＜－12，3，－12≤x≤52，2x－2，x＞52，画出草图，分析可得函数f(x)的最小值为3，从而f(x)≥3＞e， 所以lnf(x)＞1成立． (2)由绝对值不等式的性质得f(x)＝x－52＋|x＋a|≥x－52－(x－a)＝a－52， 所以f(x)的最小值为52－a， 从而52－a≥a， 解得a≤54． 因此a的最大值为54．‎ ‎16.解：(1)函数f(x)可化为f(x)＝－3，x≤－2，2x＋1，－2＜x＜1，3，x≥1， 当x≤－2时，f(x)＝－3＜0，不合题意； 当－2＜x＜1时，f(x)＝2x＋1＞1，得x＞0，即0＜x＜1； 当x≥1时，f(x)＝3＞1，即x≥1． 综上，不等式f(x)＞1的解集为(0，＋∞)． (2)关于x的不等式f(x)＋4≥|1－2m|有解等价于(f(x)＋4)max≥|1－2m|， 由(1)可知f(x)max＝3(也可由|f(x)|＝||x＋2|－|x－1||≤|(x＋2)－(x－1)|＝3，得f(x)max＝3)， 即|1－2m|≤7，解得－3≤m≤4． 故实数m的取值范围为[－3,4]．‎ 累死爸爸了