高考数学一轮复习单元质检卷三一元函数的导数及其应用含解析新人教A版

这是一份高考数学一轮复习单元质检卷三一元函数的导数及其应用含解析新人教A版，共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

单元质检卷三　一元函数的导数及其应用
(时间:100分钟　满分:150分)

一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
　　　　　　　　　　　　　　　　
1.(2020福建福州模拟,理7)已知函数f(x)为偶函数,当x<0时,f(x)=x2-ln(-x),则曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为(　　)
A.x-y=0 B.x-y-2=0
C.x+y-2=0 D.3x-y-2=0
2.设函数f(x)在R上可导,其导函数为f'(x),若函数f(x)在x=1处取得极大值,则函数y=-xf'(x)的图象可能是(　　)

3.已知函数f(x)=x+1,g(x)=ln x,若f(x1)=g(x2),则x2-x1的最小值为(　　)
A.1 B.2+ln 2
C.2-ln 2 D.2
4.已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足xf'(x)-f(x)<0,且f(2)=2,则f(ex)-ex>0的解集是(　　)
A.(-∞,ln 2) B.(ln 2,+∞)
C.(0,e2) D.(e2,+∞)
5.(2020北京房山区二模,5)函数f(x)=ex-x2的零点个数为(　　)
A.0 B.1 C.2 D.3
6.(2020山东青岛5月模拟,8)已知函数f(x)=lnxx2,若f(x) A.m>e B.m>e2
C.m>1 D.m>e
7.已知函数f(x)=x2+|x-a|,g(x)=(2a-1)x+aln x,若函数y=f(x)与函数y=g(x)的图象恰好有两个不同的交点,则实数a的取值范围为(　　)
A.(1,+∞) B.(-∞,1)
C.(0,+∞) D.(-∞,0)
8.(2020河南新乡三模,理12)已知函数f(x)=x2-axx∈1e,e与g(x)=ex的图象上存在两对关于直线y=x对称的点,则实数a的取值范围是(　　)
A.e-1e,e B.1,e-1e
C.1,e-1e D.1,e+1e
二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得3分.
9.(2020山东潍坊临朐模拟二,12)已知函数f(x)=xln x+x2,x0是函数f(x)的极值点,以下结论中正确的是(　　)
A.01e
C.f(x0)+2x0<0 D.f(x0)+2x0>0
10.(2020山东聊城二模,10)下列关于函数f(x)=x3-3x2+2x的叙述正确的是(　　)
A.函数f(x)有三个零点
B.点(1,0)是函数f(x)图象的对称中心
C.函数f(x)的极大值点为x=1-33
D.存在实数a,使得函数g(x)=[f(x)]2+af(x)在R上为增函数
11.(2020海南天一大联考第三次模拟,12)已知函数f(x)=x3+ax+b,其中a,b∈R,则下列选项中的条件使得f(x)仅有一个零点的有(　　)
A.a B.a=ln(b2+1)
C.a=-3,b2-4≥0
D.a<0,b2+a36>0
12.(2020山东师大附中月考,12)设函数f(x)=|lnx|,x>0,ex(x+1),x≤0,若方程[f(x)]2-af(x)+116=0有六个不等的实数根,则实数a可能的取值是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.12 B.23 C.1 D.2
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.(2020山东、海南两省4月模拟,13)函数f(x)=alnxex在点P(1,f(1))处的切线与直线2x+y-3=0垂直,则a=　　　　. 
14.设f(x)=ex(ln x-a),若函数f(x)在区间1e,e上单调递减,则实数a的取值范围为　　　　　　　. 
15.已知函数f(x)=log2x,g(x)=x+a-x(a>0),若对∀x1∈{x|g(x)=x+a-x},∃x2∈[4,16],使g(x1)=f(x2)成立,则实数a的取值范围是　　　　　. 
16.已知函数f(x)=2ln x,g(x)=ax2-x-12(a>0).若直线y=2x-b与函数y=f(x),y=g(x)的图象均相切,则a的值为　　　　　;若总存在直线与函数y=f(x),y=g(x)的图象均相切,则a的取值范围是　　　　　. 
四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(10分)(2020河南郑州质量预测二,理21)已知函数f(x)=lnxa,g(x)=x+1x(x>0).
(1)当a=1时,求曲线y=f(x)g(x)在x=1处的切线方程;
(2)讨论函数F(x)=f(x)-1g(x)在(0,+∞)上的单调性.










18.(12分)(2020河南开封三模,理20)已知函数f(x)=axex-ln x+b(a,b∈R)在x=1处的切线方程为y=(2e-1)x-e.
(1)求a,b值;
(2)若f(x)≥mx恒成立,求实数m的取值范围.











19.(12分)(2020陕西宝鸡三模,文21)已知函数f(x)=ln x+ax2-(2a+1)x,a∈R,f'(x)为f(x)的导函数.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若g(x)=f(x)+a+1,当a>12时,求证:g(x)有两个零点.












20.(12分)(2020辽宁大连一中6月模拟,文20)已知函数f(x)=xln x-1,g(x)=(k-1)x-k(k∈R).
(1)若直线y=g(x)是曲线y=f(x)的一条切线,求k的值;
(2)当x>1时,直线y=g(x)与曲线y=f(x)+1无交点,求整数k的最大值.









21.(12分)(2020天津,20)已知函数f(x)=x3+kln x(k∈R),f'(x)为f(x)的导函数.
(1)当k=6时,
(ⅰ)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(ⅱ)求函数g(x)=f(x)-f'(x)+9x的单调区间和极值.
(2)当k≥-3时,求证:对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,有f'(x1)+f'(x2)2>f(x1)-f(x2)x1-x2.








22.(12分)(2020浙江,22)已知1 (1)证明:函数y=f(x)在(0,+∞)上有唯一零点.
(2)记x0为函数y=f(x)在(0,+∞)上的零点,证明:
①a-1≤x0≤2(a-1);
②x0f(ex0)≥(e-1)(a-1)a.










参考答案

单元质检卷三　一元函数
的导数及其应用
1.A　当x>0时,-x<0,f(-x)=x2-lnx,又函数f(x)为偶函数,所以f(x)=x2-lnx,f(1)=1,所以f'(x)=2x-1x,f'(1)=1,故切线方程为y-1=x-1,即x-y=0.故选A.
2.B　因为函数f(x)在R上可导且f(x)在x=1处取得极大值,所以当x>1时,f'(x)<0;当x=1时,f'(x)=0;当x<1时,f'(x)>0.
所以当x<0时,y=-xf'(x)>0,当01时,y=-xf'(x)>0,
可知选项B符合题意.故选B.
3.D　设f(x1)=g(x2)=t,所以x1=t-1,x2=et,所以x2-x1=et-t+1,令h(t)=et-t+1,则h'(t)=et-1,所以h(t)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以h(t)min=h(0)=2.
4.A　令g(x)=f(x)x,g'(x)=xf'(x)-f(x)x2<0,则g(x)在(0,+∞)上单调递减,且g(2)=f(2)2=1,故f(ex)-ex>0等价为f(ex)ex>f(2)2,即g(ex)>g(2),故ex<2,即x 5.B　令f(x)=ex-x2=0,得ex=x2,分别画出y=ex和y=x2的图象,如图所示,

当x<0时,函数y=ex和y=x2有一个交点.
当x>0时,f'(x)=ex-2x,
令g(x)=ex-2x,
则g'(x)=ex-2,当g'(x)=0时,可得x=ln2.
当x∈(0,ln2)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当x∈(ln2,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增.所以g(x)min=g(ln2)=eln2-2ln2=2-ln4>0,
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.
又因为f(0)=1,所以当x∈(0,+∞)时,f(x)>0.故f(x)在(0,+∞)上无零点.
综上,函数f(x)=ex-x2的零点个数为1.故选B.
6.B　若f(x) 令g(x)=f(x)+1x2=lnx+1x2,故只需g(x)max g'(x)=1x·x2-(lnx+1)·2xx4=-2lnx-1x3,令g'(x)=0,得x=e-12,
当00;当x>e-12时,g'(x)<0,
所以g(x)在(0,e-12)上单调递增,在(e-12,+∞)上单调递减,
所以g(x)max=g(e-12)=e2,
所以实数m的取值范围是m>e2.
故选B.
7.A　

当a≠0时函数g(x)的定义域为(0,+∞),所以只研究这两个函数在x∈(0,+∞)上的图象,当a≤0时,f(x)单调递增,又g(x)单调递减,两者的图象最多只有一个交点,不符合题意.当a>0时,
设φ(x)=f(x)-g(x),即φ(x)=x2-2ax-alnx+a,00,x≥a,所以φ(x)在(0,a)上单调递减,(a,+∞)上单调递增,所以φ(x)min=-a2-alna+a,因为x→0,x→+∞时,φ(x)→+∞,所以φ(x)有两个零点,当且仅当φ(x)min=-a2-alna+a<0,解得a>1,即a的取值范围为(1,+∞).
8.B　∵f(x)与g(x)的图象在x∈1e,e上存在两对关于直线y=x对称的点,则函数f(x)与函数φ(x)=lnx的图象在x∈1e,e上有两个交点,∴lnx=x2-ax在x∈1e,e上有两个实数解,即a=x-lnxx在x∈1e,e上有两个实数解,令h(x)=x-lnxx,则h'(x)=x2+lnx-1x2.
令k(x)=x2+lnx-1,k(x)在x∈1e,e上单调递增,且k(1)=0,
∴当x∈1e,1时,h'(x)<0,h(x)单调递减;当x∈(1,e]时,h'(x)>0,h(x)单调递增.∴h(x)min=h(1)=1.
对g1e=e+1e,g(e)=e-1e,
∴a的取值范围是1,e-1e.
9.AD　∵函数f(x)=xlnx+x2(x>0),
∴f'(x)=lnx+1+2x.
∵x0是函数f(x)的极值点,
∴f'(x0)=0,即lnx0+1+2x0=0,
∵f'(x)在(0,+∞)上单调递增,且f'1e=2e>0,
又x→0,f'(x)→-∞,∴0 f(x0)+2x0=x0lnx0+x02+2x0=x0(lnx0+x0+2)=x0(1-x0)>0,即选项D正确,选项C不正确.故选AD.
10.ABC　令f(x)=0,即x(x-1)(x-2)=0,解得x=0或x=1或x=2,故函数f(x)有三个零点,故选项A正确;因为f(1+x)+f(1-x)=0,所以点(1,0)是函数f(x)图象的对称中心,故选项B正确;令f'(x)=3x2-6x+2=0,解得x=3±33,故f(x)在-∞,3-33上单调递增,在3-33,3+33上单调递减,在3+33,+∞上单调递增,函数f(x)的极大值点为x=1-33,故选项C正确;因为f(x)在R上不单调,所以不存在实数a,使得函数g(x)=[f(x)]2+af(x)在R上为增函数,故D错误.故选ABC.
11.BD　由题知f'(x)=3x2+a.对于A,由f(x)是奇函数,知b=0,因为a<0,所以f(x)存在两个极值点,易知f(x)有三个零点,故A错误;对于B,因为b2+1≥1,所以a≥0,f'(x)≥0,所以f(x)单调递增,则f(x)仅有一个零点,故B正确;对于C,若取b=2,则f(x)的极大值为f(-1)=4,极小值为f(1)=0,此时f(x)有两个零点,故C错误;对于D,f(x)的极大值为f--a3=b-2a3-a3,极小值为f-a3=b+2a3-a3.因为a<0,所以b2+4a327>b2+a36>0,所以b2>-4a327,则b>-2a3-a3或b<2a3-a3,从而f--a3>0,f-a3>0或f--a3<0,f-a3<0,可知f(x)仅有一个零点,故D正确.
12.BC　当x≤0时,f(x)=ex(x+1),
则f'(x)=ex(x+1)+ex=ex(x+2).
由f'(x)<0得,x+2<0,即x<-2,此时f(x)单调递减,
由f'(x)>0得,x+2>0,即-2 即当x=-2时,f(x)取得极小值f(-2)=-1e2,作出f(x)的图象如图:

由图象可知当0 设t=f(x),因为方程[f(x)]2-af(x)+116=0有六个不等的实数根,
所以t2-at+116=0在t∈(0,1]内有两个不等的实数根,
设g(t)=t2-at+116.
则g(0)>0,g(1)≥0,Δ>0,00,1-a+116≥0,a2-4×116>0,0 解得12 13.e2　由题意,得f'(x)=axex-aexlnx(ex)2=ax-alnxex.
又切线斜率k=12.
∴f'(1)=ae=12,∴a=e2.
14.[e-1,+∞)　由题意可得f'(x)=exlnx+1x-a≤0在1e,e上恒成立.因为ex>0,所以只需lnx+1x-a≤0,
即a≥lnx+1x在1e,e上恒成立.令g(x)=lnx+1x.
因为g'(x)=1x-1x2=x-1x2.由g'(x)=0,得x=1.则g(x)在1e,1上单调递减,在(1,e)上单调递增,
g1e=ln1e+e=e-1,g(e)=1+1e,因为e-1>1+1e,
所以g(x)max=g1e=e-1.
故a的取值范围为[e-1,+∞).
15.[4,8]　结合题意可得log24=2≤f(x)≤log216=4,
要使得对∀x1∈{x|g(x)=x+a-x},∃x2∈[4,16],使g(x1)=f(x2)成立,
则要求g(x)的值域在[2,4]上,对g(x)求导得g'(x)=a-x-x2x·a-x,
令g'(x)>0,解得x 可知g(x)在0,a2上单调递增,在a2,a上单调递减,故g(x)在x=a2取到最大值,在x=0取到最小值,所以需要满足ga2≤4,且g(0)≥2,得到a2+a2≤4,a≥2,解得a∈[4,8].
16.32　32,+∞　由题意,f'(x)=2x,g'(x)=2ax-1,因为直线y=2x-b与函数y=f(x),y=g(x)的图象均相切,所以2x=2,2ax-1=2,解得x=1,a=32.设直线l与y=f(x)的图象相切于点P1(x1,y1),x1>0,则切线方程为y-2lnx1=2x1(x-x1),代入g(x)=ax2-x-12(a>0),得2x1x-2+2lnx1=ax2-x-12,即ax2-1+2x1x+32-2lnx1=0.所以Δ=1+2x12-4a×32-2lnx1=0.
所以a=(x1+2)22x12(3-4lnx1)(x1>0).
令y=(x1+2)22x12(3-4lnx1)(x1>0),
则y'=2(x1+2)(4lnx1+x1-1)x13(3-4lnx1)2.
令y'=0,解得x1=1.
当x1>1时,y'>0,y单调递增,当0 17.解(1)当a=1时,y=f(x)g(x)=xlnxx+1,y'=(1+lnx)(x+1)-xlnx(x+1)2=lnx+x+1(x+1)2,所以y'|x=1=ln1+1+1(1+1)2=12,即当x=1时,切线的斜率为12,又切线过点(1,0),所以切线方程为x-2y-1=0.
(2)f'(x)=1ax,1g(x)'=1(x+1)2,
F'(x)=f'(x)-1g(x)'=1ax-1(x+1)2=(x+1)2-axax(x+1)2,
当a<0时,F'(x)<0,函数F(x)在(0,+∞)上单调递减;
当a>0时,令h(x)=1ax2+2a-1x+1a,Δ=1-4a,
当Δ≤0,即0 当Δ>0,即a>4时,方程1ax2+2a-1x+1a=0有两个不等实数根x1,x2,设x1 所以0 综上所述,当a<0时,F(x)的单调递减区间是(0,+∞);
当a>4时,F(x)的单调递减区间是a-2-a2-4a2,a-2+a2-4a2,单调递增区间是0,a-2-a2-4a2,a-2+a2-4a2,+∞.
当0 18.解(1)f'(x)=aex+axex-1x.
因为函数f(x)=axex-lnx+b在x=1处的切线为y=(2e-1)x-e,
所以f(1)=ae+b=e-1,f'(1)=2ae-1=2e-1,
解得a=1,b=-1.
(2)由f(x)≥mx得,xex-lnx-1≥mx(x>0),即m≤xex-lnx-1x.
令φ(x)=xex-lnx-1x,则φ'(x)=x2ex+lnxx2.令h(x)=x2ex+lnx,h(x)在(0,+∞)上单调递增,则h1e=1e2e1e-10.
所以h(x)在1e,1上存在零点x0,
即h(x0)=x02ex0+lnx0=0,即x0ex0=-lnx0x0=ln1x0(eln1x0).
由于y=xex在(0,+∞)上单调递增,故x0=ln1x0=-lnx0,即ex0=1x0.
因为φ(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,所以φ(x)min=x0ex0-lnx0-1x0=1+x0-1x0=1.
所以m≤1.实数m的取值范围为(-∞,1].
19.(1)解f'(x)=1x+2ax-(2a+1)=(x-1)(2ax-1)x(x>0).
①当a≤0时,令f'(x)>0,得0 令f'(x)<0,得x>1.
所以f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.
②当a>0时,令f'(x)=0,得x1=1,x2=12a.
(ⅰ)当a=12时,f'(x)=(x-1)2x≥0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.
(ⅱ)当a>12时,令f'(x)>0,得01;
令f'(x)<0,得12a 所以f(x)在0,12a和(1,+∞)上单调递增,在12a,1上单调递减.
(ⅲ)当00,得012a;
令f'(x)<0,得1 所以f(x)在(0,1)和12a,+∞上单调递增,在1,12a上单调递减.
综上,当a≤0时,f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减;
当a=12时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当a>12时,f(x)在0,12a和(1,+∞)上单调递增,在12a,1上单调递减;
当0 (2)证明由(1)知,当a>12时,f(x)在0,12a和(1,+∞)上单调递增,在12a,1上单调递减.则g(x)在0,12a和(1,+∞)上单调递增,在12a,1上单调递减.因为g(1)=0,所以1是函数g(x)的一个零点,且g12a>0.
当x∈0,12a时,取0 所以g12a·g(x0)<0,所以g(x)在0,12a上恰有一个零点,所以g(x)在区间(0,+∞)上有两个零点.
20.解(1)由题意知f'(x)=lnx+1(x>0),设切点为P(x0,x0lnx0-1),在点P处的切线方程为y-(x0lnx0-1)=(1+lnx0)(x-x0).整理得y=(1+lnx0)x-(x0+1).
由1+lnx0=k-1,k=x0+1,
即lnx0=k-2,x0=k-1,得lnx0=x0-1.
令h(x)=lnx-x+1,则h'(x)=1x-1=1-xx.
当00,h(x)在(0,1)上单调递增;
当x>1时,h'(x)<0,h(x)在(1,+∞)上单调递减.
所以h(x)的最大值为h(1)=0,即x0=1,故k=2.
(2)令F(x)=f(x)-g(x)=xlnx-(k-1)x+k,则F'(x)=lnx+2-k=lnx-(k-2)(x>1).
①当k-2≤0时,F'(x)>0,
所以f(x)在(1,+∞)上单调递增.
所以F(x)>F(1)=1,即F(x)在(1,+∞)上无零点.
②当k-2>0时,由F'(x)=0,得x=ek-2.
当1 当x>ek-2时,F'(x)>0,所以F(x)在(ek-2,+∞)上单调递增.
F(x)的最小值为F(ek-2)=(k-1)ek-2-k(ek-2-1)=k-ek-2.
令m(k)=k-ek-2,则m'(k)=1-ek-2<0,所以m(k)在(2,+∞)上单调递减,而m(2)=2-1=1,m(3)=3-e>0,m(4)=4-e2<0,因此k的最大值为3.
21.(1)解(ⅰ)当k=6时,f(x)=x3+6lnx,故f'(x)=3x2+6x.
可得f(1)=1,f'(1)=9,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-1=9(x-1),即9x-y-8=0.
(ⅱ)依题意,g(x)=x3-3x2+6lnx+3x,x∈(0,+∞).从而可得g'(x)=3x2-6x+6x-3x2,整理可得g'(x)=3(x-1)3(x+1)x2.令g'(x)=0,解得x=1.
当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如下表:
x
(0,1)
1
(1,+∞)
g'(x)
-
0
+
g(x)
↘
极小值
↗

所以,函数g(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞);g(x)的极小值为g(1)=1,无极大值.
(2)证明由f(x)=x3+klnx,得f'(x)=3x2+kx.对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,令x1x2=t(t>1),则
(x1-x2)[f'(x1)+f'(x2)]-2[f(x1)-f(x2)]=(x1-x2)3x12+kx1+3x22+kx2-2x13-x23+klnx1x2=x13-x23-3x12x2+3x1x22+kx1x2-x2x1-2klnx1x2=x23(t3-3t2+3t-1)+kt-1t-2lnt.①
令h(x)=x-1x-2lnx,x∈(1,+∞).
当x>1时,h'(x)=1+1x2-2x=1-1x2>0,
由此可得h(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以当t>1时,h(t)>h(1),即t-1t-2lnt>0.
因为x2≥1,t3-3t2+3t-1=(t-1)3>0,k≥-3,
所以,x23(t3-3t2+3t-1)+kt-1t-2lnt≥(t3-3t2+3t-1)-3t-1t-2lnt=t3-3t2+6lnt+3t-1.②
由(1)(ⅱ)可知,当t>1时,g(t)>g(1),即t3-3t2+6lnt+3t>1,故t3-3t2+6lnt+3t-1>0.③
由①②③可得(x1-x2)[f'(x1)+f'(x2)]-2[f(x1)-f(x2)]>0.
所以,当k≥-3时,对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,有f'(x1)+f'(x2)2>f(x1)-f(x2)x1-x2.
22.证明(1)因为f(0)=1-a<0,f(2)=e2-2-a≥e2-4>0,所以y=f(x)在(0,+∞)上存在零点.
因为f'(x)=ex-1,所以当x>0时,f'(x)>0,故函数f(x)在[0,+∞)上单调递增,所以函数y=f(x)在(0,+∞)上有唯一零点.
(2)①令g(x)=ex-12x2-x-1(x≥0),g'(x)=ex-x-1=f(x)+a-1,由①知函数g'(x)在[0,+∞)上单调递增,故当x>0时,g'(x)>g'(0)=0,所以函数g(x)在[0,+∞)上单调递增,故g(x)≥g(0)=0.由g(2(a-1))≥0,得f(2(a-1))=e2(a-1)-2(a-1)-a≥0=f(x0),因为f(x)在[0,+∞)上单调递增,故2(a-1)≥x0.
令h(x)=ex-x2-x-1(0≤x≤1),h'(x)=ex-2x-1,
令h1(x)=ex-2x-1(0≤x≤1),h'1(x)=ex-2,所以
x
0
(0,ln2)
ln2
(ln2,1)
1
h1'(x)
-1
-
0
+
e-2
h1(x)
0
↘

↗
e-3

故当0 由h(a-1)≤0,得f(a-1)=ea-1-a-1-a≤0=f(x0),
因为f(x)在[0,+∞)上单调递增,故a-1≤x0.
综上,a-1≤x0≤2(a-1).
②令u(x)=ex-(e-1)x-1,u'(x)=ex-(e-1),
所以当x>1时,u'(x)>0,故函数u(x)在区间[1,+∞)上单调递增,
因此u(x)≥u(1)=0.
由ex0=x0+a可得x0f(ex0)=x0f(x0+a)=(ea-1)x02+a(ea-2)x0≥(e-1)ax02,由x0≥a-1,得x0f(ex0)≥(e-1)(a-1)a.