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.docx

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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+x22.

【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x11x2,

方法一(对称构造函数法):要证x1+x22,只要证x22-x11.

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x1,所以1-x0,2-xx,

所以e2-xex,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+x22.

方法二(比值代换法):设0x11x2,

由g(x1)=g(x2),得x1e-x1=x

等式两边取对数得lnx1-x1=lnx2-x2.

令t=x2x11,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t1时,k(t)单调递增,

所以k(t)k(1)=0,

所以lnt-2(t-1)t+10,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x22x1,证明:x1x28e

【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x22x10,令x2=tx1(t2),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(t2),则φ(t)=-2t+1+1t2=(t-1)2t20,则φ(

所以h(t)=φ(t)(t-1)20,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x1,

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x1x21.

【解析】(2)由已知若函数f(x)有两个零点,

故f(1)=e+1-a0,即ae+1,

不妨设0x11x2,要证明x1x21,

即证明x21x1,因为0x11,所以

即证明1x21x

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),0x

h(x)=f(x)+1x2f(1

(x

令k(x)=ex+x-x·e1x-1,0

k(x)=(ex+1)+(1x-1)e1x0,所以k(x)在(0,1)上单调递增,k(x

又因为x-10,x20,

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x1x2

3.(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