2020-2021学年河南省洛阳市某校高二（下）4月月考数学（理）试卷

这是一份2020-2021学年河南省洛阳市某校高二（下）4月月考数学（理）试卷，共10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。


1. 设曲线y=lnxx+1在点(1, 0)处的切线与直线x−ay+1=0垂直，则a=（ ）
A.−12B.12C.−2D.2

2. 函数y=x2ex的图象大致是（ ）
A.B.
C.D.

3. 函数fx=x3−2cx2+c2x在x=2处取极小值，则c=（ ）
A.6或2B.6或−2C.6D.2

4. 已知函数y=f(x)的图象如图所示，则其导函数y=f′(x)的图象可能是( )

A. B.
C. D.

5. 若点P是曲线y=x2−lnx上任一点，则点P到直线x−y−4=0的最小距离是( )
A.2B.3C.22D.23

6. 在三角形ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若函数f(x)=13x3+bx2+(a2+c2−ac)x+1无极值点，则角B的最大值是（ ）
A.π6B.π4C.π3D.π2

7. 函数fx=ax−lnx≥0a∈R恒成立的一个必要不充分条件是( )
A.a∈[1e,+∞)B.a∈[0,+∞)C.a∈[1,+∞)D.a∈(−∞,e]

8. 定义在R上的函数fx的导函数为f′x，若对任意实数x，有fx>f′x，且fx+2020为奇函数，则不等式fx+2020ex<0的解集是（ ）
A.−∞,0B.0,+∞C.−∞,1eD.1e,+∞

9. 已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c，下列结论中错误的是( )
A.∃x0∈R，f(x0)=0
B.函数y=f(x)的图像是中心对称图形
C.若x0是f(x)的极小值点，则f(x)在区间(−∞, x0）单调递减
D.若x0是f(x)的极值点，则f′(x0)=0

10. 已知函数f(x)=12ax2+2ax+lnx在区间(0, +∞)上为增函数，则实数a的取值范围是（ ）
A.[0, 1]B.[0, +∞)C.(−1, +∞)D.(−1, 1)

11. 已知函数fx=x−alnx+aa∈R有两个零点，则a的取值范围是（ ）
A.e,+∞B.e2,+∞C.e2,e3D.e2,2e2

12. 已知fx=x2,x≤0，ex,x>0，若f2x+1−afx−a=0恰有两个实数根x1,x2，则x1+x2的取值范围是( )
A.−1,+∞B.(−1,2ln2−2]C.(−∞,2−2ln2]D.(−∞,2ln2−2]
二、填空题

已知函数fx=sinx+1−x2 ，则−11fxdx=________ .

已知函数f(x)=2x2−lnx+1，则f(x)的单调减区间为________.

已知函数fx=x−sinx，若f2x+fx2−3>0，则实数x的取值范围为________ .

已知函数f(x)=x2+m与函数g(x)=−ln1x−3x(x∈[12,2])的图象上至少存在一对关于x轴对称的点，则实数m的取值范围是________．
三、解答题

已知函数f(x)=13x3−32x2−4x+4．
(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)当x∈[−3, 6]时，求函数f(x)的最大值和最小值．

已知函数fx=x3−3x．
(1)求函数fx的极值；

(2)若gx=fx+1x+alnx在[1,+∞)上是单调增函数，求实数a的取值范围．

已知函数f(x)=x−alnx(a∈R)
(1)当a=2时，求曲线y=f(x)在点A（1, f(1)）处的切线方程；

(2)讨论函数f(x)的单调区间．

在第六个国家扶贫日到来之际，中共中央总书记、国家主席、中央军委主席习近平对脱贫攻坚工作作出重要指示强调，新中国成立70年来，中国共产党坚持全心全意为人民服务的根本宗旨，坚持以人民为中心的发展思想，带领全国各族人民持续向贫困宣战.某县政府响应习总书记的号召，实施整治环境吸引外地游客的脱贫战略，效果显著.某旅行社组织了两个旅游团于近期来到了该县的某风景区，数据显示，近期风景区中每天空气质量指数近似满足函数f (t)=att2+144+12lnt−t−6(4≤t≤22, a∈R)，其中t为每天的时刻.若在凌晨4点时刻，测得空气质量指数为21.8．
(1)求实数a的值；

(2)求近期每天在[4, 22]时段空气质量指数最高的时刻t．（参考数值：ln2≈0.7）

已知函数fx=x3+ax2−a2x+3，a∈R.
(1)若a<0，求函数fx的单调减区间；

(2)若关于x的不等式2xlnx≤f′x+a2+1恒成立，求实数a的范围．

已知函数f(x)=mx−nx−lnx(m,n∈R)．
(1)若函数f(x)在（1, f(1)）处的切线与直线x−y=0平行，求实数n的值；

(2)若n=1时，函数f(x)恰有两个零点x1，x2(02．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省洛阳市某校高二（下）4月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
直线的一般式方程与直线的垂直关系
【解析】
根据求导公式和法则求出导数，再由导数的几何意义和切线斜率列出方程，求出a的值．
【解答】
解：由题意得，y′=(lnx)′(x+1)−lnx(x+1)′(x+1)2
=1+1x−lnx(x+1)2(x>0)，
∵ 在点(1, 0)处的切线与直线x−ay+1=0垂直，
∴ 2−ln14=−a，解得a=−12.
故选A.
2.
【答案】
A
【考点】
函数的图象
【解析】
无
【解答】
解：因为y=x2ex, 所以y′=2x−x2ex
令y′=0可得x=0，x=2，
即函数有且仅有两个极值点，可排除选项C，D；
又因为y=x2ex不是奇函数，可排除选项B．
故选A．
3.
【答案】
D
【考点】
利用导数研究函数的极值
利用导数研究函数的单调性
【解析】
先求导数，根据f′2=0求得c，再代入验证是否满足题意．
【解答】
解：f′x=3x2−4cx+c2，
∴ f′2=12−8c+c2=0，
∴c=2或c=6．
当c=6时，f′x=3x2−24x+36=3x−2x−6，
当x<2时f′x>0．当2当c=2时，f′x=3x2−8x+4=x−23x−2，
当x>2时f′x>0，当23故选D．
4.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究函数的单调性
【解析】
观察函数y=f(x)的图象知，f(x)在(0, +∞)上是减函数，f(x)在(−∞, 0)从左到右，先增再减最后增；从而确定导数的正负，从而求解．
【解答】
解：观察函数y=f(x)的图象知，
f(x)在(0, +∞)上是减函数，故y=f′(x)<0在(0, +∞)恒成立，故排除B，D，
f(x)在(−∞, 0)从左到右，先增再减最后增，故y=f′(x)在(−∞, 0)从左到右，先“+”再“-”最后“+”恒成立，故排除C，
故选A．
5.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
点到直线的距离公式
【解析】
求出平行于直线x−y−4=0且与曲线y=x2−lnx相切的切点坐标，再利用点到直线的距离公式可得结论．
【解答】
解：设P(x, y)，则y′=2x−1x(x>0)，
令2x−1x=1，则(x−1)(2x+1)=0，
∵ x>0，∴ x=1，
∴ y=1，即平行于直线x−y−4=0且与曲线y=x2−lnx相切的切点坐标为(1, 1)，
由点到直线的距离公式可得点P到直线x−y−4=0的距离的最小值d=|1−1−4|2=22．
故选C．
6.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究函数的极值
余弦定理
【解析】
函数的导数f′(x)=x2+2bx+a2+c2−ac，即判别式△=4b2−4(a2+c2−ac)≤0，得a2+c2−b2≥ac⇒csB=a2+c2−b22ac≥12即可．
【解答】
解： 对函数求导得f′x=x2+2bx+a2+c2−ac，
若f(x)无极值点得Δ=4b2−4a2+c2−ac≤0，
得a2+c2−b2≥ac⇒csB=a2+c2−b22ac≥12，
∴ B≤π3.
故选C.
7.
【答案】
B
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
求出函数的定义域为 0,+∞ ，依题意，a≥lnxx在0,+∞ 上恒成立，设gx=lnxx，求出其导数，根据其单调性可知gxmax=ge=1e，即可得a≥1e，进而得解使得函数fx=ax−lnx≥0a∈R恒成立的一个充分不必要条件是a≥1．

【解答】
解：函数的定义域为 0,+∞ ，
依题意，a≥lnxx在0,+∞上恒成立，
设gx=lnxx，则g′x=1−lnxx2，
易知函数gx在0,e上单调递增，在e,+∞ 上单调递减，
所以gxmax=ge=1e，
所以a≥1e，
故使得函数fx=ax−lnx≥0a∈R恒成立的一个必要不充分条件是a∈[0,+∞).
故选B．
8.
【答案】
B
【考点】
奇偶性与单调性的综合
利用导数研究函数的单调性
函数单调性的性质
【解析】
构造函数fx=fxex+2020，根据导函数得单调性，利用单调性求解不等式的解集．
【解答】
解：fx+2020为奇函数，所以f0+2020=0，f0=−2020，
考虑函数Fx=fxex+2020，F′x=f′x−fxex<0，
所以Fx=fxex+2020在R上单调递减，
F0=f0e0+2020=0，
fx+2020ex<0的解集等价f(x)ex+2020<0的解集．
即Fx故选B．
9.
【答案】
C
【考点】
函数的图象
利用导数研究函数的极值
【解析】
解：由于三次函数的三次项系数为正值，当x→−∞时，函数值→−∞，当x→+∞时，函数值→+∞，又三次函数的图象是连续不断的，故一定穿过x轴，即一定∃x0∈R,fx0=0，选项A中的结论正确；
函数f(x)的解析式可以通过配方的方法化为形如x+m3+nx+m+h的形式，通过平移函数图象，函数的解析式可以化为y=x3+nx的形式，这是一个奇函数，其图象关于坐标原点对称，故函数f(x)的图象是中心对称图形，选项B中的结论正确；
由于三次函数的三次项系数为正值，故函数如果存在极值点x1,x2，则极小值点x2>x1，即函数在−∞到极小值点的区间上是先递增后递减的，所以选项C中的结论错误；
根据导数与极值的关系，显然选项D中的结论正确．
故选C.
【解答】
解：由于三次函数的三次项系数为正值，当x→−∞时，函数值→−∞，当x→+∞时，函数值→+∞，又三次函数的图象是连续不断的，故一定穿过x轴，即一定∃x0∈R,fx0=0，选项A中的结论正确；
函数f(x)的解析式可以通过配方的方法化为形如x+m3+nx+m+h的形式，通过平移函数图象，函数的解析式可以化为y=x3+nx的形式，这是一个奇函数，其图象关于坐标原点对称，故函数f(x)的图象是中心对称图形，选项B中的结论正确；
由于三次函数的三次项系数为正值，故函数如果存在极值点x1,x2，则极小值点x2>x1，即函数在−∞到极小值点的区间上是先递增后递减的，所以选项C中的结论错误；
根据导数与极值的关系，显然选项D中的结论正确．
故选C.
10.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究函数的单调性
【解析】
把函数f(x)=12ax2+2ax+lnx在区间(0, +∞)上为增函数转化为f′(x)≥0在区间(0, +∞)上恒成立，再分离参数法转化为求−1x2+2x的最大值，因为−1x2+2x<0，所以得到a≥0．
【解答】
解：∵ 函数f(x)=12ax2+2ax+lnx在区间(0, +∞)上为增函数，
∴ f′(x)≥0在区间(0, +∞)上恒成立，
∴ ax+2a+1x≥0在区间(0, +∞)上恒成立，
∴ a≥−1x2+2x在区间(0, +∞)上恒成立，
∵ y=x2+2x在区间(0, +∞)上单调递增，
∴ x2+2x>0，
∴ −1x2+2x<0，
∴ a≥0.
故选B.
11.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究与函数零点有关的问题
【解析】
对f(x)求导，分类讨论各种情况下的零点个数则可求出a的取值范围．
【解答】
解：f′x=1−ax=x−axx>0，当a≤0时，f′x>0，
∴ f(x)在(0,+∞)上单调递增，不合题意，
当a>0时，0a时，f′x>0．
∴ f(x)在(0,a)上单调递减，在a,+∞上单调递增，
∴ fxmin=fa=2a−alna，
依题意得2a−alna<0，
∴ a>e2，
取x1=e，x2=a2，
则x1a，且fx1=f(e)=e>0，
f(x2)=f(a2)=a2−2alna+a=a(a−2lna+1)，
令ga=a−2lna+1，
则g′a=1−2a>0，
∴ ga在e2,+∞上单调递增，
∴ ga>ge2=e2−3>0．
∴ fx2>0，∴ 在e,a及a,a2上各有一个零点．
故a的取值范围是e2,+∞.
故选B．
12.
【答案】
D
【考点】
利用导数研究函数的极值
利用导数研究函数的单调性
根的存在性及根的个数判断
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：作出函数f(x)的图象如图所示．
由f2(x)+(1−a)f(x)−a=0可得f(x)=a或f(x)=−1．
∵ f2(x)+(1−a)f(x)−a=0恰有两个根，
∴ a>1．
不妨设x1则x1=−a，x2=lna，
∴ x1+x2=lna−a．
令g(a)=lna−a(a>1)，
则g′(a)=1a−12a=2−a2a．
∴ 当10，
当t>4时，g′(a)<0，
∴ 当a=4时，g(a)取得最大值，g(4)=ln 4−2=2ln 2−2．
∴ x1+x2≤2ln 2−2．
故选D．
二、填空题
【答案】
π2
【考点】
定积分
【解析】

【解答】
解：−11f(x)dx=−11sinx+1−x2dx
=−11sinxdx+−111−x2dx，
而−11sinxdx=−csx|−11=0，
−111−x2dx表示半圆x2+y2=1(y≥0)的面积，
即−111−x2dx=π2，则−11f(x)dx=−11sinxdx+−111−x2dx=π2 .
故答案为：π2.
【答案】
(0,12)
【考点】
利用导数研究函数的单调性
【解析】
对f(x)求导，然后根据f′(x)<0，得到f(x)的单调区间．
【解答】
解：因为f(x)=2x2−lnx+1(x>0)，所以f′(x)=4x−1x，
令f′(x)<0，得4x−1x<0，解得−12又x>0，所以0所以f(x)的单调减区间为(0,12)．
故答案为：(0,12).
【答案】
(−∞,−3)∩(1,+∞)
【考点】
函数单调性的性质
奇偶性与单调性的综合
【解析】
本题考查利用导数判断你函数单调性，涉及函数奇偶性的判断，以及理应函数性质解不等式．
【解答】
解：因为f(−x)=−x+sinx=−f(x)，且其定义域为R，
故f(x)是奇函数；
又f′(x)=1−csx≥0，
故f(x)在R上单调递增，
故f(2x)+f(x2−3)>0，
也即f(2x)>f(3−x2)，
也可得2x>3−x2，即x2+2x−3>0，
(3+x)(x−1)>0，
解得x∈(−∞,3)∩(1,+∞)．
故答案为：(−∞,−3)∩(1,+∞)．
【答案】
[2−ln2，2]
【考点】
利用导数研究与函数零点有关的问题
【解析】

【解答】
解：由已知，得到方程x2+m=ln1x+3x
⇔m=−lnx+3x−x2在12,2上有解．
设fx=−lnx+3x−x2,
求导得：f′x=−1x+3−2x=−2x2−3x+1x
=−(2x−1)(x−1)x.
因为12≤x≤2,
令f′x=0解得x=12或x=1，
当120，函数单调递增；
当1所以在x=1有唯一的极值点，
因为f12=ln2+54，f2=−ln2+2且知fx极大值=f1=2，
f2故方程m=−lnx+3x−x2在[12,2]上有解等价于2−ln2≤m≤2.
从而m的取值范围为[2−ln2,2].
故答案为：[2−ln2,2].
三、解答题
【答案】
解：(1)f′(x)=(x−4)(x+1)，
当x<−1或x>4时，f′(x)>0，
当−1函数f(x)单调递增区间是(−∞, −1)和(4, +∞)，
函数f(x)单调递减区间是(−1, 4).
(2)当x∈[−3, −1)时，f′(x)>0，
当x∈(−1, 4)时，f′(x)<0，
当x∈(4, 6]时，f′(x)>0，
所以f(−3)=−132，f(−1)=376，f(4)=−443，f(6)=−2，
当x=−1时，函数f(x)的最大值为376，
当x=4时，函数f(x)的最小值为−443．
【考点】
利用导数研究函数的最值
利用导数研究函数的单调性
【解析】
（1）求导，解关于导函数的不等式，即可求得单调区间；
（2）利用函数在x∈[−2, 5]上的单调性情况即可求得最值．
【解答】
解：(1)f′(x)=(x−4)(x+1)，
当x<−1或x>4时，f′(x)>0，
当−1函数f(x)单调递增区间是(−∞, −1)和(4, +∞)，
函数f(x)单调递减区间是(−1, 4).
(2)当x∈[−3, −1)时，f′(x)>0，
当x∈(−1, 4)时，f′(x)<0，
当x∈(4, 6]时，f′(x)>0，
所以f(−3)=−132，f(−1)=376，f(4)=−443，f(6)=−2，
当x=−1时，函数f(x)的最大值为376，
当x=4时，函数f(x)的最小值为−443．
【答案】
解：(1)f′x=3x2−3=3x+1x−1，
令f′x=0，得x=−1或x=1．
当f′x>0时，x<−1或x>1；
当f′x<0时，−1随x的变化，f′x，fx变化如下表所示：
因此，x=−1时，fx有极大值，且极大值为2；
当x=1时，fx有极小值，且极小值为−2．
(2)gx=x2+1x−3+alnx，
则g′x=2x−1x2+ax．
因为g(x)在1,+∞上是单调增函数，
所以g′(x)≥0在[1,+∞)上恒成立，
即不等式2x−1x2+ax≥0在[1,+∞)恒成立，
也即a>1x−2x2在[1,+∞)恒成立．
设hx=1x−2x2，
则h′x=−1x2−4x．
当x∈[1,+∞)时，h′x<0恒成立．
所以h(x)在[1,+∞)上单调递减，
h(x)max=h(1)=−1．
所以a≥−1．
即实数a的取值范围为[−1,+∞)．
【考点】
利用导数研究函数的极值
利用导数研究函数的单调性
【解析】
(1)求出​′x，进而求出f′x>0，f′x<0的解，得出fx的单调区间，即可求出结论；
(2)求出g′x，由g′(x)≥0在[1,+∞)恒成立，分离参数a，转化为a与新函数的最值关系，通过求导求出新函数的最值，即可求解．
【解答】
解：(1)f′x=3x2−3=3x+1x−1，
令f′x=0，得x=−1或x=1．
当f′x>0时，x<−1或x>1；
当f′x<0时，−1随x的变化，f′x，fx变化如下表所示：
因此，x=−1时，fx有极大值，且极大值为2；
当x=1时，fx有极小值，且极小值为−2．
(2)gx=x2+1x−3+alnx，
则g′x=2x−1x2+ax．
因为g(x)在1,+∞上是单调增函数，
所以g′(x)≥0在[1,+∞)上恒成立，
即不等式2x−1x2+ax≥0在[1,+∞)恒成立，
也即a>1x−2x2在[1,+∞)恒成立．
设hx=1x−2x2，
则h′x=−1x2−4x．
当x∈[1,+∞)时，h′x<0恒成立．
所以h(x)在[1,+∞)上单调递减，
h(x)max=h(1)=−1．
所以a≥−1．
即实数a的取值范围为[−1,+∞)．
【答案】
解：(1)∵ a=2，
∴ fx=x−2lnx，
∴ f1=1−2ln1=1，
即A(1,1)，
f′x=1−2x，
∴ f′1=1−2=−1，
由导数的几何意义可知所求切线的斜率 k=f′1=−1，
所以所求切线方程为y−1=−x−1，即x+y−2=0．
(2)f′x=1−ax=x−ax，
当a≤0 时，x>0，
∴ f′(x)>0恒成立，
∴ fx在定义域0,+∞上单调递增；
当a>0时，令f′x=0，得x=a，
∵ x>0，
∴ f′x>0得 x>a；f′x<0得0∴ fx在0,a上单调递减，在a,+∞上单调递增．
综上可知，当a≤0时，fx的单调增区间为0,+∞，无单调减区间；
当a>0时，fx单调减区间为0,a，单调增区间为a,+∞．
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)∵ a=2，
∴ fx=x−2lnx，
∴ f1=1−2ln1=1，
即A(1,1)，
f′x=1−2x，
∴ f′1=1−2=−1，
由导数的几何意义可知所求切线的斜率 k=f′1=−1，
所以所求切线方程为y−1=−x−1，即x+y−2=0．
(2)f′x=1−ax=x−ax，
当a≤0 时，x>0，
∴ f′(x)>0恒成立，
∴ fx在定义域0,+∞上单调递增；
当a>0时，令f′x=0，得x=a，
∵ x>0，
∴ f′x>0得 x>a；f′x<0得0∴ fx在0,a上单调递减，在a,+∞上单调递增．
综上可知，当a≤0时，fx的单调增区间为0,+∞，无单调减区间；
当a>0时，fx单调减区间为0,a，单调增区间为a,+∞．
【答案】
解：(1)由f4=21.8得a40+24×0.7−4−6=21.8.
所以a=600.
(2)由ft=600tt2+144+12lnt−t−6，
得f′t=600144−t2t2+1442+12−tt
=12−t60012+tt2+1442+1t
由f′t=0得t=12.
列表如下：
所以函数f(t)在t=12时取极大值也是最大值，即每天空气质量指数最高的时刻为12时．
【考点】
根据实际问题选择函数类型
实际问题中导数的意义
导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】
(Ⅰ)将t＝4代入，可求得a的值；
(Ⅱ)根据导数和函数最值的关系，即可求出结果．
【解答】
解：(1)由f4=21.8得a40+24×0.7−4−6=21.8.
所以a=600.
(2)由ft=600tt2+144+12lnt−t−6，
得f′t=600144−t2t2+1442+12−tt
=12−t60012+tt2+1442+1t
由f′t=0得t=12.
列表如下：
所以函数f(t)在t=12时取极大值也是最大值，即每天空气质量指数最高的时刻为12时．
【答案】
解：(1)f′(x)=3x2+2ax−a2=(3x−a)(x+a)，
由f′(x)<0且a<0得：a3∴ 函数f(x)的单调减区间为a3,−a．
(2)依题意x∈(0, +∞)，不等式2xlnx≤f′(x)+a2+1恒成立，
等价于2xlnx≤3x2+2ax+1在(0, +∞)上恒成立，
可得a≥lnx−32x−12x，在(0, +∞)上恒成立，
设h(x)=lnx−32x−12x，
则h′(x)=1x−32+12x2=−(x−1)(3x+1)2x2，
令h′(x)=0，得x=1，x=−13（舍），
当00；当x>1时，h′(x)<0，
当x变化时，h′(x)，h(x)变化情况如下表：
∴ 当x=1时，h(x)取得最大值，h(x)max=−2，∴ a≥−2．
∴ a的取值范围是[−2, +∞)．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
函数恒成立问题
利用导数研究函数的最值
【解析】
本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及转化思想．
本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及转化思想．
【解答】
解：(1)f′(x)=3x2+2ax−a2=(3x−a)(x+a)，
由f′(x)<0且a<0得：a3∴ 函数f(x)的单调减区间为a3,−a．
(2)依题意x∈(0, +∞)，不等式2xlnx≤f′(x)+a2+1恒成立，
等价于2xlnx≤3x2+2ax+1在(0, +∞)上恒成立，
可得a≥lnx−32x−12x，在(0, +∞)上恒成立，
设h(x)=lnx−32x−12x，
则h′(x)=1x−32+12x2=−(x−1)(3x+1)2x2，
令h′(x)=0，得x=1，x=−13（舍），
当00；当x>1时，h′(x)<0，
当x变化时，h′(x)，h(x)变化情况如下表：
∴ 当x=1时，h(x)取得最大值，h(x)max=−2，∴ a≥−2．
∴ a的取值范围是[−2, +∞)．
【答案】
(1)解：因为f′(x)=nx2−1x，f′(1)=n−1=1，
所以n=2.
(2)证明：当n=1时，f(x)=m−1x−lnx，
由题意知m−1x1−lnx1=0①,m−1x2−lnx2=0②,
②−①得：lnx2−lnx1=x2−x1x1x2，
即lnx2x1=x2x1−1x2，③
令t=x2x1，则x2=tx1，且t>1.
又因为x1+x2=x1+tx1=(1+t)x1，由③知：lnt=t−1tx1，
所以x1=t−1tlnt(t>1)，
要证x1+x2>2，
只需证(1+t)t−1tlnt>2，
即证t2−1t>2lnt，
即t−1t−2lnt>0，
令h(t)=t−1t−2lnt(t>1)，则h′(t)=(t−1)2t2>0，
所以h(t)在(1, +∞)上单调递增且h(1)=0，
所以当t∈(1, +∞)时，h(t)>0，
即x1+x2>2.
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
(Ⅰ)求得f(x)的导数，可得切线的斜率，由两直线平行的条件解方程可得所求值；
(Ⅱ)由方程的根的定义和对数的运算性质，可令t=x2x1，运用分析法，只需证(1+t)t−1tlnt>2，结合构造函数法，求得导数和单调性，即可得证．
【解答】
(1)解：因为f′(x)=nx2−1x，f′(1)=n−1=1，
所以n=2.
(2)证明：当n=1时，f(x)=m−1x−lnx，
由题意知m−1x1−lnx1=0①,m−1x2−lnx2=0②,
②−①得：lnx2−lnx1=x2−x1x1x2，
即lnx2x1=x2x1−1x2，③
令t=x2x1，则x2=tx1，且t>1.
又因为x1+x2=x1+tx1=(1+t)x1，由③知：lnt=t−1tx1，
所以x1=t−1tlnt(t>1)，
要证x1+x2>2，
只需证(1+t)t−1tlnt>2，
即证t2−1t>2lnt，
即t−1t−2lnt>0，
令h(t)=t−1t−2lnt(t>1)，则h′(t)=(t−1)2t2>0，
所以h(t)在(1, +∞)上单调递增且h(1)=0，
所以当t∈(1, +∞)时，h(t)>0，
即x1+x2>2.x
−∞,−1
−1
−1,1
1
1,+∞
f′x
+
0
−
0
+
fx
单调递增
极大值2
单调递减
极小值−2
单调递增
x
−∞,−1
−1
−1,1
1
1,+∞
f′x
+
0
−
0
+
fx
单调递增
极大值2
单调递减
极小值−2
单调递增
t
(4, 12)
12
(12, 22)
f′(t)
+
0
−
f(t)
单调递增
极大值
单调递减
t
(4, 12)
12
(12, 22)
f′(t)
+
0
−
f(t)
单调递增
极大值
单调递减
x
(0, 1)
1
(1, +∞)
h′(x)
+
0
−
h(x)
单调递增
−2
单调递减
x
(0, 1)
1
(1, +∞)
h′(x)
+
0
−
h(x)
单调递增
−2
单调递减