备战2025年高考数学一轮复习(世纪金榜高中全程复习方略数学人教A版基础版)课时作业拓展拔高练四

PAGE温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。板块。拓展拔高练四(时间:45分钟分值:40分)1.(10分)已知函数f(x)=aex-x,a∈R.若f(x)有两个不同的零点x1,x2.证明:x1+x2>2.【证明】由f(x)=aex-x=0,得xex-令g(x)=xex-a,则g'(x)=由g'(x)=1-xe由g'(x)=1-xex所以g(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,由于x1,x2是方程g(x)=0的两个不相等的实根,不妨设x1<1<x2,方法一(对称构造函数法):要证x1+x2>2,只要证x2>2-x1>1.由于g(x)在(1,+∞)上单调递减,因此只要证g(x2)<g(2-x1).由于g(x1)=g(x2)=0,因此只要证g(x1)<g(2-x1),令H(x)=g(x)-g(2-x)=xex-2-则H'(x)=1-xex-因为x<1,所以1-x>0,2-x>x,所以e2-x>ex,即e2-x所以H'(x)>0,所以H(x)在(-∞,1)上单调递增.所以H(x1)<H(1)=0,即有g(x1)<g(2-x1)成立,所以x1+x2>2.方法二(比值代换法):设0<x1<1<x2,由g(x1)=g(x2),得x1e-x1=x等式两边取对数得lnx1-x1=lnx2-x2.令t=x2x1>1,则x2=tx1,代入上式得lnx1-x1=lnt+lnx1-tx1,得x1=lntt-所以x1+x2=(t+1)lntt-设k(t)=lnt-2(t-所以k'(t)=1t-2(t所以当t>1时,k(t)单调递增,所以k(t)>k(1)=0,所以lnt-2(t-1)t+1>0,故2.(10分)(2023·六安模拟)已知函数f(x)=xlnx-ax2+x(a∈R).(1)证明:曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线l恒过定点;【证明】(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),由f(x)=xlnx-ax2+x,得f'(x)=lnx-2ax+2,则f'(1)=2(1-a),又f(1)=1-a,则曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线l的方程为y-(1-a)=2(1-a)(x-1),即y=2(1-a)(x-12),显然恒过定点(12,0(2)若f(x)有两个零点x1,x2,且x2>2x1,证明:x1x2>8e【证明】(2)若f(x)有两个零点x1,x2,则x1lnx1-ax12+x1=0,x2lnx2-ax22+x2=0,得a=lnx1因为x2>2x1>0,令x2=tx1(t>2),则lnx1x1+1x1=ln(则lnx2=ln(tx1)=lnt+lnx1=tln所以ln(x1x2)=lnx1+lnx2=lntt-1-1+t令h(t)=(t+1)lntt-1-2(令φ(t)=-2lnt+t-1t(t>2),则φ'(t)=-2t+1+1t2=(t-1)2t2>0,则φ(所以h'(t)=φ(t)(t-1)2>0,则h(t即ln(x1x2)>ln8e2,故x1x2>【加练备选】(2022·全国甲卷)已知函数f(x)=exx-lnx+x(1)若f(x)≥0,求a的取值范围;【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=ex(x=(e令f'(x)>0,解得x>1,故函数f(x)在(0,1)上单调递减,(1,+∞)上单调递增,故f(x)min=f(1)=e+1-a,要使得f(x)≥0恒成立,仅需e+1-a≥0,故a≤e+1,故a的取值范围是(-∞,e+1];(2)证明:若f(x)有两个零点x1,x2,则x1x2<1.【解析】(2)由已知若函数f(x)有两个零点,故f(1)=e+1-a<0,即a>e+1,不妨设0<x1<1<x2,要证明x1x2<1,即证明x2<1x1,因为0<x1<1,所以即证明1<x2<1x又因为f(x)在(1,+∞)上单调递增,即证明:f(x2)<f(1x1)⇔f(x1)<f(1构造函数h(x)=f(x)-f(1x),0<xh'(x)=f'(x)+1x2f'(1(x令k(x)=ex+x-x·e1x-1,0<k'(x)=(ex+1)+(1x-1)e1x>0,所以k(x)在(0,1)上单调递增,k(x又因为x-1<0,x2>0,故h'(x)>0在(0,1)上恒成立,故h(x)在(0,1)上单调递增,又因为h(1)=0,故h(x)<h(1)=0,故f(x1)<f(1x1),即x1x23.(10分)已知函数f(x)=lnx-ax2+(2-a)x.(1)讨论f(x)的单调性;【解析】(1)函数f(x)=lnx-ax2+(2-a)x的定义域为(0,+∞),f'(x)=1x-2ax+(2-a)=-(①当a≤0时,f'(x)>0,则f(x)在(0,+∞)上单调递增;②当a>0时,若x∈(0,1a),则f'(x)>0,若x∈(1a,+∞),则f'(则f(x)在(0,1a)上单调递增,在(1a,+∞)(2)设f(x)的两个零点是x1,x2,求证:f'(x1+x2【解析】(2)方法一:构造差函数法由(1)易知a>0,且f(x)在(0,1a)上单调递增,在(1a,+∞)上单调递减,不妨设0<x1<1a<f'(x1+x22)<0⇔x1+x22>1a⇔x1+x2>2a,故要证f'(构造函数F(x)=f(x)-f(2a-x),x∈(0,1aF'(x)=f'(x)-[f(2a-x)]'=f'(x)+f'(2a-x)=2ax因为x∈(0,1a),所以F'(x)=2(ax-1)2x所以F(x)<F(1a)=f(1a)-f(2a-1a)=0,即f(x)<f(2a-x),x∈又x1,x2是函数f(x)的两个零点且0<x1<1a<x2,所以f(x1)=f(x2)<f(2a-x1而x2,2a-x1均大于1a,所以x2>2a-x1,所以x1+x2>方法二:比值代换法因为f(x)的两个零点是x1,x2,不妨设0<x1<x2,所以lnx1-ax12+(2-a)x1=lnx2-ax22+(2-a)x2,所以a(x22-x12)+(a-2)(x2-x所以lnx2-lnx1x2-f'(x)=1x-2ax+2-af'(x1+x22)=2x1+x2-a(x1+x2)-(a-2)=2令t=x2x1(t>1),g(t)=2(t-1)1+t-ln所以g(t)在(1,+∞)上单调递减,所以当t>1时,g(t)<g(1)=0,所以f'(x1+x24.(10分)已知函数f(x)=sinxex,x(1)求函数f(x)的单调区间;【解析】(1)f'(x)=cosx-sin由f'(x)=0得x=π4当0<x<π4时,f'(x)>0;当π4<x<π时,f'(x所以f(x)的单调递增区间是(0,π4),单调递减区间是(π4,π(2)若x1≠x2,且f(x1)=f(x2),证明:x1+x2>π2【解析】(2)因为x1≠x2,且f(x1)=f(x2),所以由(1)知,不妨设0<x1<π4<x2<π要证x1+x2>π2,只需证x2>π2-x而π4<π2-x1<π2,f(x)在(π故只需证f(x2)<f(π2-x1)又f(x1)=f(x2),所以只需证f(x1)<f(π2-x1)令函数g(x)=f(x)-f(π2-x)=sinxex-s