2023-2024学年河北省承德市高二（下）段考数学试卷（3月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年河北省承德市高二（下）段考数学试卷（3月份）（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.3位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有( )
A. 5种B. 6种C. 8种D. 9种
2.已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且f(x)=2xf′(π3)+sinx，则f′(π3)=( )
A. 32B. 12C. −12D. − 32
3.已知函数f(x)在R上可导，且满足Δx→0limf(2)−f(2+Δx)Δx=1，则函数y=f(x)在点(2,1)处的切线的方程为( )
A. y=x−1B. y=−x−1C. y=x+3D. y=−x+3
4.已知函数y=f(x)(x∈R)的图象如图所示，则不等式xf′(x)>0的解集为( )
A. (0,13)∪(2,+∞)B. (−∞,13)∪(13,2)C. (−∞,0)∪(13,2)D. (−1,0)∪(1,3)
5.若函数f(x)=x33−a2x2+x+1在区间(12,3)上有极值点，则实数a的取值范围
( )
A. (2,52)B. [2,52)C. (2,103)D. [2,103)
6.定义域为(−π2,π2)的函数f(x)满足f(x)+f(−x)=0，其导函数为f′(x)，当0A. (−π2,−π4)∪(π4,π2)B. (π4,π2)
C. (−π4,0)∪(0,π4)D. (−π4,0)∪(π4,π2)
7.已知a=e2ln3，b=ee−1，c=e32ln2，则有( )
A. a8.若函数f(x)=lnx与函数g(x)=x2+2x+a(x<0)有公切线，则实数a的取值范围为( )
A. (ln12e,+∞)B. (−1,+∞)C. (1,+∞)D. (−ln2,+∞)
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.现安排高二年级A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁、戍五个工厂进行社会实践，每名同学只能选择一个工厂，且允许多人选择同一个工厂，则下列说法正确的是( )
A. 所有可能的方法有35种
B. 若工厂甲必须有同学去，则不同的安排方法有61种
C. 若同学A必须去工厂甲，则不同的安排方法有20种
D. 若三名同学所选工厂各不相同，则不同的安排方法有60种
10.已知函数f(x)=aexx,x∈[1,2]，且∀x1,x2∈[1,2],x1≠x2,f(x1)−f(x2)x1−x2<1恒成立，则满足条件的a值可能是( )
A. 1B. 4e2C. 2eD. 2e2
11.已知函数f(x)=e2x−2a(x−2)ex−a2x2(a>0)，则( )
A. 当a=e时，函数f(x)恰有1个零点
B. 当a>e时，函数f(x)恰有2个极值点
C. 当a=e2时，函数f(x)恰有2个零点
D. 当函数f(x)恰有2个零点时，必有一个零点为2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.世界数学三大猜想：“费马猜想”、“四色猜想”、“哥德巴赫猜想”，其中“四色猜想”和“费马猜想”已经分别在1976年和1994年荣升为“四色定理”和“费马大定理”.如今，哥德巴赫猜想仍未解决.哥德巴赫猜想描述为：任何不小于4的偶数，都可以写成两个质数之和.(质数是指在大于1的自然数中，除了1和它本身以外不再有其他因数的自然数).在不超过17的质数中，随机选取两个不同的数，其和为奇数取法有______种.
13.已知函数f(x)=xex,x≥03x−x3,x<0，若关于x的方程f(x)=a有3个不同实根，则实数a取值范围为______．
14.当x>0时，ae2x≥lnxaex恒成立，则实数a的取值范围是______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知函数f(x)=ax2−blnx在点A(1,f(1))处的切线方程为y=1；
(1)求实数a，b的值；
(2)求函数f(x)的极值．
16.(本小题15分)
设a为实数，函数f(x)=x3−3x2+a，g(x)=xlnx．
(1)求f(x)的极值；
(2)对于∀x1∈[1,3],∀x2∈[1e2,e]，都有f(x1)≥g(x2)，试求实数a的取值范围．
17.(本小题15分)
某汽车生产企业上年度生产一品牌汽车的投入成本为10万元/辆，出厂价为13万元/辆，年销售量为5000辆，本年度为适应市场需求，计划提高产品档次，适当增加投入成本，若每辆车投入成本增加的比例为x(0(1)若年销售量增加的比例为0.4x，写出本年度的年利润p(万元)关于x的函数关系式．
(2)若年销售量关于x的函数为y=3240×(−x2+2x+53)，则当x为何值时，本年度年利润最大？最大年利润是多少？
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=xex−ax−alnx+a．
(1)若a=e，判断函数f(x)的单调性，并求出函数f(x)的最值．
(2)若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=aex−1−x−1．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当f(x)+x−lnx≥0恒成立时，求a的取值范围；
(3)证明：i=1ne1i>ln(n+1)+n．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：根据题意，3位同学报名参加两个课外活动小组，每位学生有2种报名方法，
则3位同学有2×2×2=8种报名方法，
故选：C．
根据题意，分析可得每位学生有2种报名方法，由分步计数原理计算可得答案．
本题考查分步计数原理的应用，注意没有要求每个小组都有人报名，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：根据题意，因为f(x)=2xf′(π3)+sinx，所以f′(x)=2f′(π3)+csx，
令x=π3，则f′(π3)=2f′(π3)+csπ3，
变形可得f′(π3)=−12．
故选：C．
根据题意，对等式两边求导，再令x=π3即可得出答案．
本题考查导数的计算，注意导数的计算公式，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：由Δx→0limf(2)−f(2+Δx)Δx=1，得f′(2)=−1，
则函数y=f(x)在点(2,1)处的切线的方程为y−1=−(x−2)，
即y=−x+3．
故选：D．
根据导数的定义可得f′(2)，再由直线方程的点斜式得答案．
本题考查导数定义的应用，考查直线方程的求法，是基础题．
4.【答案】A
【解析】解：结合导数与单调性的关系及已知函数图象可知，
当x∈(2,+∞)和(−∞,13)时，函数单调递增，f′(x)>0，
当x∈(13,2)，函数单调递减，f′(x)<0，
由xf′(x)>0可得，x>0f′(x)>0或x<0f′(x)<0，
解可得，x>2或0故选：A．
结合图象可知，当∈(2,+∞)和(−∞,13)时，函数单调递增，f′(x)>0，当x∈(13,2)，函数单调递减，f′(x)<0，结合已知不等式可求．
本题主要考查了导数与单调性关系的简单应用，属于基础试题．
5.【答案】C
【解析】【分析】
由函数f(x)=x33−a2x2+x+1在区间(12,3)上有极值点，我们易得函数的导函数在区间(12,3)内有零点，分离参数，确定范围即可得到答案．
本题考查的知识点是函数取得极值的条件，其中将问题转化为导函数的零点问题是解答此类问题最常用的办法．
【解答】
解：∵函数f(x)=x33−a2x2+x+1，
∴f′(x)=x2−ax+1，
若函数f(x)=x33−a2x2+x+1在区间(12,3)上有极值点，
则f′(x)=x2−ax+1在区间(12,3)内有零点，
由x2−ax+1=0可得a=x+1x，
∵x∈(12,3)，
∴2≤a<103，
当a=2时，函数f(x)的导函数等于零时值只有1，两边的单调性相同，所以a不能等于2．
故选：C．
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查函数的奇偶性、单调性在研究不等式的应用，同时考查了导数在研究函数的单调性时的应用．
易知函数f(x)是奇函数，然后构造函数y=f(x)csx，该函数为奇函数，根据当0【解答】
解：因为定义域为(−π2,π2)的函数f(x)满足f(x)+f(−x)=0，
故函数f(x)为奇函数，且f(0)=0，
令函数g(x)=f(x)csx，x∈(−π2,π2)，显然该函数为奇函数，且g(0)=0．
又因为当0所以g′(x)=f′(x)csx+f(x)sinxcs2x<0，x∈(0,π2)，
故函数g(x)在(0,π2)递减，
所以g(x)在(−π2,π2)内单调递减，
且x∈(0,π2)时，g(x)<0；x∈(−π2,0)时，g(x)>0．
因为f(x)< 2f(π4)⋅csx，且−π20，
故g(x)=f(x)csx故π4故选：B．
7.【答案】C
【解析】解：把a，b，c变形得a=e3−1ln3，b=ee−1lne，c=e4−1ln4，
所以构造函数f(x)=ex−1lnx,x>1，则a=f(3)，b=f(e)，c=f(4)，
又f′(x)=ex−1lnx−1xex−1(lnx)2=ex−1(lnx−1x)(lnx)2,x>1，
令g(x)=lnx−1x，则g′(x)=1x+1x2>0在(1,+∞)上恒成立，
所以g(x)在区间(1,+∞)上单调递增，
因为g(e)=lne−1e=1−1e>0，
所以f′(x)>0在[e,+∞)上恒成立，
所以函数f(x)=ex−1lnx在[e,+∞)上单调递增，
所以f(e)故选：C．
函数f(x)=ex−1lnx,x>1，则a=f(3)，b=f(e)，c=f(4)，确定函数f(x)的单调性，通过单调性可确定大小．
本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
8.【答案】A
【解析】解：f′(x)=1x，g′(x)=2x+2，
设与g(x)=x2+2x+a相切的切点为(s,t)s<0，与曲线f(x)=lnx相切的切点为(m,n)m>0，
则有公共切线斜率为2s+2=1m=n−tm−s，
又t=s2+2s+a，n=lnm，
即有a=s2−1+ln(2s+2)，
设f(s)=s2−1−ln(2s+2)(−1∴f(s)>f(0)=−ln2−1，∴a>−ln2−1，
∵s∈(−1,0)，且趋近与1时，f(s)无限增大，∴a>−ln2−1
故选A．
分别求出导数，设出各自曲线上的切点，得到切线的斜率，再由两点的斜率公式，结合切点满足曲线方程，可得切点坐标的关系式，整理得到关于一个坐标变量的方程，借助于函数的极值和最值，即可得到a的范围．
本题考查导数的几何意义，主要考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，考查运算能力，属于中档题
9.【答案】BD
【解析】解：对A选项，∵是人选厂，∴有可能的方法有5×5×5=53种，∴A选项错；
对B选项，若工厂甲必须有同学去，则不同的安排方法有：53−43=61种，∴B选正确；
对C选项，若同学A必须去工厂甲，则不同的安排方法有：5×5=25种，∴C选项错误；
对D选项，若三名同学所选工厂各不相同，则不同的安排方法有：A53=60种，∴D选正确．
故选：BD．
根据两个原理，排列组合数公式即可求解．
本题考查两个原理，排列组合数公式，属基础题．
10.【答案】BD
【解析】解：不妨设x1f(x2)−x2，
设F(x)=f(x)−x，则F(x1)>F(x2)，1≤x1所以F(x)在区间[1,2]上单调递减，
所以F′(x)≤0在[1,2]上恒成立，
因为F(x)=f(x)−x=aexx−x，
所以F′(x)=aex(x−1)x2−1，
即F′(x)=aex(x−1)x2−1≤0在[1,2]上恒成立，
当x=1时，a∈R，
当x∈(1,2]时，a≤[x2ex(x−1)]min，
令g(x)=x2ex(x−1)，x∈(1,2]，则g′(x)=−x(x2−2x+2)ex(x−1)2<0，
所以g(x)在(1,2]上单调递减，
当x=2时，g(x)取的最小值为g(2)=22e2(2−1)=4e2，即a≤4e2，
所以实数a的取值范围为(−∞,4e2]．
结合选项满足条件的a值可能是4e2；2e2．
故选：BD．
根据已知条件及函数单调性的定义，构造函数F(x)=f(x)−x，再利用函数的单调性与导函数的关系将所求问题转化为不等式恒成立问题，进而转化为求函数的最值问题，再利用导数法研究函数的最值即可求解．
本题主要考查函数恒成立问题，利用导数研究函数的最值，考查运算求解能力，属于中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：∵f(x)=e2x−2a(x−2)ex−a2x2(a>0)，
f′(x)=2(ex+a)(ex−ax)，
令g(x)=ex−ax，则g′(x)=ex−a>0⇒x>lna，
g(x)在(−∞,lna)上是减函数，在(lna,+∞)上是增函数，
g(x)min=g(lna)=a(1−lna)，
∴当a=e时，g(x)min=0，f′(x)≥0恒成立，
f(x)在(−∞,+∞)上是增函数，
又当x→−∞时，f(x)→−∞；当x→+∞时，f(x)→+∞，
∴f(x)有且仅有一个零点，故A正确；
∴当a>e时，g(x)min<0，g(x)=0有两个实根x1，x2(x1当x0即f′(x)>0；
当x10即f′(x)>0；
当x>x2时，g(x)>0即f′(x)>0，
∴f(x)在(−∞,x1)上是增函数，在(x1,x2)上是减函数，在(x2,+∞)上是增函数，
∴f(x)有两个极值点，故B正确；
当f(x)有两个零点时，f(x1)=0或f(x2)=0，
即e2x1−2a(x1−2)ex1−a2x12=0或e2x2−2a(x2−2)ex2−a2x22=0，
将ex1=ax1或ex2=ax2代入得，x1=2a=e22或x2=2a=e22，
故C错误，D正确．
故选：ABD．
求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，从而确定函数的极值点的个数和零点个数，判断A，B，C，D．
本题考查了利用导数研究函数的单调性和最值，属于难题．
12.【答案】6
【解析】解：不超过17的质数有：2、3、5、7、11、13、17，共7个，
在这7个数中随机选取两个不同的数，其和为奇数，则2必取，
然后在剩余6个奇数中任选一个即可，
所以，不同的取法种数为6种．
故答案为：6．
列举出不超过17的质数，分析可知2必取，然后在剩余6个奇数中任选一个即可，即可得出不同的选法种数．
本题考查排列组合相关知识，属于基础题．
13.【答案】(0,1e)
【解析】解：因为x≥0时，f(x)=xex，则f′(x)=1−xex，令f′(x)=0，则x=1，
所以x∈(0,1)时，f′(x)>0，则f(x)单调递增；
当x∈[1,+∞)时，f′(x)<0，则f(x)单调递减；
且f(0)=0，f(1)=1e，x→+∞时，f(x)→0；
当x<0时，f(x)=3x−x3，则f′(x)=3−3x2，
令f′(x)=0，则x=−1，所以x∈(−1,0)时，f′(x)>0，则f(x)单调递增；
当x∈(−∞,−1)时，f′(x)<0，则f(x)单调递减；且f(0)=0，f(−1)=−4，x→−∞时，f(x)→+∞；
作出f(x)在R上的图象，如图：
由图可知要使f(x)=a有3个不同的实根，则0故答案为：(0,1e).
利用导数研究分段函数f(x)的性质，作出函数图像，数形结合即可求出结果．
本题考查了函数零点及数形结合思想的应用，作出函数的图象是解答本题的关键也是难点，属于中档题．
14.【答案】[12e,+∞)
【解析】解：因为当x>0时，ae2x≥lnxaex恒成立，
所以ae2x≥lnx−lna−x在(0,+∞)上恒成立，
所以elna+2x+lna+2x≥elnx+lnx在(0,+∞)上恒成立，
令f(x)=ex+x，可得f′(x)=ex+1>0，
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增，且f(lna+2x)≥f(lnx)，
所以lna+2x≥lnx在(0,+∞)上恒成立，即lna≥lnx−2x在(0,+∞)上恒成立，
所以lna≥(lnx−2x)max，x∈(0,+∞)即可．
令g(x)=lnx−2x，可得g′(x)=1x−2=1−2xx，
令g′(x)=0，则1−2xx=0，解得x=12，
当00，
当x>12时，g′(x)<0，
所以g(x)在(0,12)上单调递增，在(12,+∞)上单调递减，
所以g(x)≤g(12)=ln12−1=ln12e，
所以lna≥ln12e，解得a≥12e，
所以实数a的取值范围是[12e,+∞)．
将ae2x≥lnxaex在(0,+∞)上恒成立恒成立转化为elna+2x+lna+2x≥elnx+lnx在(0,+∞)上恒成立，再构造函数f(x)=ex+x，再利用导数法研究函数的单调性，进而转化为lna≥lnx−2x在(0,+∞)上恒成立，等价于lna≥(lnx−2x)max，x∈(0,+∞).最后利用导数法研究函数的最值，结合对数不等式即可求解．
本题主要考查了由不等式恒成立与最值关系的转化，还考查了导数与单调性及最值关系的应用，属于中档题．
15.【答案】解：(1)f(x)的定义域是(0,+∞)，
f′(x)=2ax−bx，
f(1)=a=1，f′(1)=2a−b=0①，
将a=1代入2a−b=0，解得：b=2；
(2)由(1)得：f(x)=x2−2lnx，
∴f′(x)=2x−2x=2x2−2x，
令f′(x)>0，解得：x>1，
令f′(x)<0，解得：x<1，
∴f(x)在(0,1)递减，在(1,+∞)递增，
∴f(x)极小值=f(1)=1．
【解析】(1)求出f(x)的导数，得到f(1)=a=1，f′(1)=2a−b=0，解出a，b的值即可；
(2)求出f(x)的解析式，得到函数的导数，解关于导函数的不等式，求出单调区间，从而求出函数的极值即可．
本题考查了曲线的切线方程问题，考查导数的应用，求函数的单调区间、极值问题，是一道基础题．
16.【答案】解：(1)函数f(x)=x3−3x2+a的定义域为R，f′(x)=3x2−6x=3x(x−2)，
令f′(x)=0，可得x=0或2，列表如下：
故函数f(x)的极大值为f(0)=a，极小值为f(2)=a−4．
(2)对于∀x1∈[1,3]，∀x2∈[1e,e]，都有f(x1)≥g(x2)，则f(x1)min≥g(x2)max．
由(1)可知，函数f(x)在[1,2)上单调递减，在(2,3]上单调递增，
故当x∈[1,3]时，f(x)min=f(2)=a−4，
因为g(x)=xlnx，且x∈[1e,e]，则g′(x)=1+lnx≥0在x∈[1e,e]上恒成立，
故函数g(x)在[1e,e]上单调递增，故g(x)max=g(e)=e，
由题意可得a−4≥e，故a≥e+4，即a的取值范围是[e+4,+∞)．
【解析】(1)利用导数分析函数f(x)的单调性，由此可求得函数f(x)的极大值和极小值；
(2)分析可知f(x1)min≥g(x2)max，利用导数求得函数f(x)在[1,3]上的最小值，求出函数g(x)在[1e,e]上的最大值，可得出关于实数a的不等式，由此可解得实数a的取值范围．
本题主要考查利用导数研究函数的极值与最值，考查运算求解能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)由题意得：上年度的利润为(13−10)×5000=15000万元；
本年度每辆车的投入成本为10×(1+x)；
本年度每辆车的出厂价为13×(1+0.7x)；
本年度年销售量为5000×(1+0.4x)，
因此本年度的利润为p=[13×(1+0.7x)−10×(1+x)]×5000×(1+0.4x)
=(3−0.9x)×5000×(1+0.4x)
=−1800x2+1500x+15000(0故本年度的年利润p(万元)关于x的函数关系式为p=−1800x2+1500x+15000(0(2)本年度的利润为f(x)=(3−0.9x)×3240×(−x2+2x+53)=3240×(0.9x3−4.8x2+4.5x+5)，
则f′(x)=3240×(2.7x2−9.6x+4.5)=972(9x−5)(x−3)，
由f′(x)=0，解得x=59或x=3(舍去)，
当x∈(0,59)时，f′(x)>0，f(x)是增函数；当x∈(59,1)时，f′(x)<0，f(x)是减函数，
∴当x=59时，f(x)取极大值f(59)=20000万元，
因为f(x)在(0,1)上只有一个极大值，所以它是最大值，
所以当x=59时，本年度的年利润最大，最大利润为20000万元．
【解析】(1)分别求出上年度的利润，本年度每辆车的投入成本，本年度每辆车的出厂价，本年度年销售量，再根据年利润=(每辆车的出厂价−每辆车的投入成本)×年销售量求解即可；
(2)求出本年度年利润f(x)，再根据导函数求出f(x)的极大值即为最大值．
本题主要考查根据实际问题选择合适的函数模型，属于中档题．
18.【答案】解：(1)由题意可得，f(x)的定义域为(0,+∞)，
当a=e时，f(x)=xex−ex−elnx+e，
求导可得f′(x)=(x+1)ex−e−ex=(x+1)(ex−ex)，
当x∈(0,1)时，f′(x)<0，当x∈(1,+∞)，f′(x)>0，
故f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
故f(x)的最小值为f(1)=e−e−eln1+e=e，无最大值．
(2)∵f(x)=xex−ax−alnx+a，
∴f′(x)=(x+1)ex−a−ax=(x+1)(ex−ax)，
当a≤0时，f′(x)>0在(0,+∞)上恒成立，
∴f(x)在(0,+∞)上单调递增，
故可得函数f(x)至多只有一个零点，不符合题意，
当a>0时，令ex−ax=0，设该方程的解为x0，
则当x∈(0,x0)时，f′(x)<0，当x∈(x0,+∞)时，f′(x)>0，
故f(x)在(0,x0)上单调递减，在(x0,+∞)上单调递增，
∵函数f(x)有两个零点，
∴f(x0)=x0ex0−ax0−alnx0+a<0 ①，
∵x0 是方程ex−ax=0的解，
∴x0ex0=a，两边取对数可得，lnx0+x0=lna ②，
联立①②可得，f(x0)=a(2−lna)<0，
解得a>e2，
当a>e2时，由②式可得，x0>1，f(1)=e−a+a=e>0，
∴f(x)在(0,x0 )上仅有一个零点，
当x→+∞时，f(x)→+∞，
故可得f(x)在(x0,+∞)上仅有一个零点，
综上所述，若函数f(x)有两个零点，实数a的取值范围为(e2,+∞)．
【解析】本题主要考查利用导数研究函数的最值，需要学生很强的综合能力，属于难题．
(1)将a=e的值代入函数f(x)的解析式，从而根据导数判断函数的单调性，
即可求出函数f(x)的最值．
(2)根据已知条件，先对f(x)求导，再分a≤0，a>0两种情况，分别根据导数判断函数的单调性，即可求解．
19.【答案】解：(1)f′(x)=aex−1−1，x∈R，
当a≤0时，易知f′(x)<0，所以函数f(x)在R上单调递减，
当a>0时，令f′(x)=aex−1−1=0，解得x=1−lna，
令f′(x)>0，解得x>1−lna，即f(x)在(1−lna,+∞)上单调递增，
令f′(x)<0，得x<1−lna，即f(x)在(−∞,1−lna)上单调递减，
综上，当a≤0时，函数f(x)在R上单调递减，
当a>0时，f(x)在(−∞,1−lna)上单调递减，在(1−lna,+∞)上单调递增；
(2)令g(x)=f(x)+x−lnx=aex−1−lnx−1，x∈(0,+∞)，
g(1)=ae0−ln1−1=a−1，故a−1≥0恒成立，即a≥1，
g′(x)=aex−1−1x，令h(x)=g′(x)，则h′(x)=aex−1+1x2，
所以g′(x)在(0,+∞)上单调递增，
当a=1时，g′(x)=ex−1−1x，又g′(1)=0，
有x∈(0,1)，g′(x)<0，即g(x)单调递减，
x∈(1,+∞)，g′(x)>0，即g(x)单调递增，
所以g(x)≥g(1)=e0−ln1−1=0，
所以当a=1时，f(x)+x−lnx≥0成立；
当a>1时，可得1a−1<0，∴e1a−1<1，
所以g′(1a)=ae1a−1−a=a(e1a−1−1)<0，
又g′(1)=a−1>0，
所以存在x0∈(1a,1)，使得g′(x0)=0，即aex0−1=1x0，
x∈(0,x0)，g′(x)〈0，x∈(x0,+∞)，g′(x)〉0，
所以函数g(x)在(0,x0)上单调递减，在(x0,+∞)上单调递增，
∴g(x)≥g(x0)=aex0−1−lnx0−1，由aex0−1=1x0可得lna+x0−1=−lnx0，
g(x)≥x0+1x0−2+lna>0，
综上，a的取值范围为a≥1；
证明：(3)由(2)知，当a=1时，有f(x)+x−lnx≥0，即ex−1≥lnx+1，
令x=n+1n,n∈N*，得e1n>lnn+1n+1=ln(n+1)−lnn+1，
∴e+e12+⋯+e1n>ln2−ln1+ln3−ln2+ln4−ln3+⋯+ln(n+1)−lnn+n，
∴e+e12+⋯+e1n>ln(n+1)+n，
即i=1ne1i>ln(n+1)+n．
【解析】(1)借助导数，对a≤0及a>0进行分类讨论即可得；
(2)令g(x)=f(x)+x−lnx，由g(1)=ae0−ln1−1=a−1≥0，即可得其必要条件a≥1，再借助导数对a=1及a>1的情况分类讨论即可得解；
(3)借助(2)中所得，可得ex−1≥lnx+1，令x=n+1n，可得e1n>ln(n+1)−lnn+1，累加即可得证．
本题主要考查了导数与单调性关系的应用，由不等式恒成立求解参数范围，还考查了函数性质在不等式证明中的应用，属于中档题．x
(−∞,0)
0
(0,2)
2
(2,+∞)
f′(x)
+
0
−
0
+
f(x)
递增
极大值
递减
极小值
递增