《2025年高考总复习首选用卷数学人教版》

2.（2023·全国乙卷节选）已知函数$f(x)=(\frac{1}{x}+a)\ln(1 + x)$.
(1)是否存在a，b，使得曲线$y = f(\frac{1}{x})$关于直线$x = b$对称？若存在，求a，b的值；若不存在，说明理由；
(2)若$f(x)$在(0,+∞)存在极值，求a的取值范围.

答案： 解　
(1)假设存在α,b,使得曲线y=f($\frac{1}{x}$)关于直线x=b 对称
　令g(x)=∫($\frac{1}{x}$)=(x+a)ln(1+$\frac{1}{x}${=(x+a)1n$\frac{x+1}{x}$,因为曲线y=g(x)关于直线x=b对称,
　所以g(x)=g(2b−x),
详解答案　3131 即(x+a)1n$\frac{x+1}{x}$=(2b−r+a)1n$\frac{2b−x+1}{2b−x}$
　=(x−2b−a)1n$\frac{x−2b}{x−2b−1}$,
　　　a=−2b−a　　a=$\frac{1}{2}$,
　于是{1=−2b,　”得b=−$\frac{1}{2}$.
　　　　　　　　{
　当a=$\frac{1}{2}$,b=−$\frac{1}{2}$时，
　g(x)=(x+$\frac{1}{2}$)In(1+$\frac{1}{x}$),
　g(−1−x)=(−x−$\frac{1}{2}$)1n$\frac{−x}{−1−x}$=(−x−$\frac{1}{2}$)1n$\frac{x}{1+x}$=
　(x+$\frac{1}{2}$)In$\frac{x+1}{x}$=(x+$\frac{1}{2}$)1n(1+$\frac{1}{x}${=g(x),
　所以曲线y=g(x)关于直线r=一$\frac{1}{2}$对称，满足题意.
　故存在a,b,使得曲线y=f($\frac{1}{x}$)关于直线x=b对称,且α=
　$\frac{1}{2}$,b=−$\frac{1}{2}$.
(2)f(x)=−$\frac{1}{x²}$1n(1+x)+($\frac{1}{x}$+a).$\frac{1}{1+x}$
　　　　　　　　　　　　$\frac{ax²+x}{1+x}$−ln(1+x)
　=$\frac{ax²+x−(1+x)1n(1+x)}{x²(1+x)}$=　　　　x²　　　　(x＞0),
　设h(x)=$\frac{ax²+x}{1+x}$−ln(1+x),x≥0,则h’(x)=$\frac{ax²+2ax+1}{(1+x)²}$
　−$\frac{1}{1+x}$=$\frac{ax²+(2a−1)x}{(1+x)²}$=$\frac{x(ax+2a−1)}{(1+x)²}$,
　①当a≤0时,2a−1＜0,当x＞0时,h’(x)＜0,
　所以h(x)在(0,+oo)上单调递减,
　所以当x＞0时,h(x)＜h
(0)=0,即f(x)＜0,
　所以f(x)在(0,十oo)上单调递减,无极值，不满足题意.
　②当a≥$\frac{1}{2}$时,2a−1≥0,当x＞0时,h'(x)＞0,
　所以h(x)在(0,+oo)上单调递增,
　所以当x＞0时,h(x)＞h
(0)=0,即f(x)＞0,
　所以f(x)在(0,十oo)上单调递增,无极值,不满足题意.
　③当0＜a＜$\frac{1}{2}$时,令h'(x)=0,得x=$\frac{1−2a}{a}$,当0＜x＜$\frac{1−2a}{a}$
　时,h'(x)＜0,当x＞$\frac{1−2a}{a}$时,h'(x)＞0,
　所以h(x)在(o,$\frac{1−2a}{a}${上单调递减,在($\frac{1−2a}{a}$,+∞)上单调递增，所以h$\frac{1−2a}{a}$)＜h
(0)=0,
　又当x→+oo时,h(x)→+oo,所以存在x0∈($\frac{1−2a}{a}$,+∞),使得h(x。)=0,
　即当0＜r＜x。时,h(x)＜0,f(x)＜0,∮((x)单调递减,当x＞x。时,h(r)＞0,f(x)＞0,∮(x)单调递增,
　此时y=f(x)有极小值点xo.
　综上所述,α的取值范围为(0,$\frac{1}{2}$.

3.（2022·新高考Ⅰ卷）已知函数$f(x)=e^{x}-ax$和$g(x)=ax-\ln x$有相同的最小值.
(1)求a；
(2)证明：存在直线$y = b$，其与两条曲线$y = f(x)$和$y = g(x)$共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.

答案：
解　
(1)f(x)=e²−a,g’(x)=a−$\frac{1}{x}$=$\frac{ax−1}{x}$.
　当a≤0時,因为e＞0,所以f(x)＞0,即f(x)在R上单调递增,无最小值，不符合题意.
　当a＞0时,∮(x)在(一oo,lna)上单调递减,在(lna,+oo)上单调递增,所以f(x)min=∮(1na)=a−alna;
　g(x)在(0,$\frac{1}{a}$)上单调递减,在($\frac{1}{a}$,+∞)上单调递增，
　所以g((x)mm=g($\frac{1}{a}$)=1+1na.
[132　金版教程　高考总复习首选用卷　数学
　由题意,a−alna=1+lna,
　即(a+1)lna=a−1,所以lnα一$\frac{a−1}{a+1}$=0,　　　　　　　()
　令h(a)=1na−$\frac{a−1}{+1}$,
　则h'(a)=$\frac{1}{a}$−(a+21)²=$\frac{a²+1}{a(a+1)²}$＞0.
　所以h(a)在(0,+oo)上单调递增.
　又h
(1)=0,由()式解得a=1.所以a=1.
(2)证明:由
(1)知a=1,函数f(x)=e²一x在(−oo,0)上单调递减,在(0,+∞o)上单调递增
　函数g(r)=x-1nx在(0,1)上单调递减,在(1,+oo)上单调递增.
　设u(x)=f(x)−g(x)=e²−2x+1nx(x＞0),
　则u'(x)=e−2+$\frac{1}{x}$＞e²−2,当x≥1时,u(x)＞e−2＞0,所以函数u(x)在[1,+co)上单调递增,因为u
(1)=e−2＞0,所以当x≥1時,u(x)≥u
(1)＞0恒成立,即∮(x)−g(x)＞0在
[1,+oo)上恒成立,所以函数f(x)与g(x)的图象在[1,+oo)
　上无交点
　当0＜x＜1时,u(x)=e²−1+$\frac{1−r}{x}$＞0,所以u(x)在(0,1)上单调递增，
　又u
(1)=e−2＞0,u($\frac{1}{2}$)=e−$\frac{2}{e?}$−2＜e+−$\frac{2}{2}$−2＜0,所以u(x)在(0,1)上存在唯一零点，
　所以函数f(x)与函数g(x)的图
　象在(0,1)上存在唯一交点,设该
　交点为M(m,f(m))(0＜m＜1),
　由此可作出函数y=f(x)和y=
　　　　　　　　　　　　　 g(x)的大致图象,
　由图象可知，当且仅当直线y=b
　经过点M(m,f(m))时,
　直线y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点，
　此时,设三个交点的横坐标分别为x1,x2,x3,且x1＜x2＜x3,则f(x1)=f(x2)=g(x2)=g(x3)=b.
　因为f(x)=e²−x,g(x)=x−lnx=enx−Inx=∮(1nx),所以∮(x1)=∮(x2)=∮(1nx2)=∮((lnx3).
　由于x≠x1,x≠1nx2,
　所以x2=1nx3,x1=1nx2,
　则f(lnx2)=enx−1nx2=x2−1nx2=x−x1=b,
　∮(1nx3)=elmx−1nx3=x3−1nx3=x−x2=b,
　上述两式相减得x1÷x3=2x2,即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
　综上可得,存在直线y=b,其与两条曲线y=∮(x)和y=g(x)
　共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.