《2025年热搜题高中数学选择性必修第二册人教版》

9. [2024·天津南开中学单元检测]已知函数$ h(x) $与函数$ f(x)=x\mathrm{e}^x(x\in \mathrm{R}) $的图象关于原点对称，如果$ x_1\neq x_2 $，且$ h(x_1)=h(x_2) $，求证：$ x_1+x_2＞2 $。

答案：
9.证明：由题意知，$h(x)=-f(-x)=xe^{-x},h^{\prime}(x)=e^{-x}(1 - x)$，令$h^{\prime}(x)=0$，解得$x=1$。当$x$变化时，$h^{\prime}(x),h(x)$的变化情况如下表：

由$x_{1}\neq x_{2}$，不妨设$x_{1}＞x_{2}$，根据$h(x_{1})=h(x_{2})$，结合图象可知$x_{1}＞1,x_{2}＜1$，令$F(x)=h(x)-h(2 - x),x\in(1,+\infty)$，则$F^{\prime}(x)=(x - 1)(e^{2x - 2}-1)e^{-x}$。因为$x＞1,2x - 2＞0$，所以$e^{2x - 2}-1＞0$，所以$F^{\prime}(x)＞0$，所以$F(x)$在$(1,+\infty)$上单调递增，所以当$x＞1$时，$F(x)＞F(1)=0$，即当$x＞1$时，$h(x)＞h(2 - x)$。又因为$h(x_{1})=h(x_{2})$，所以$h(x_{2})＞h(2 - x_{1})$。因为$x_{1}＞1$，所以$2 - x_{1}＜1$。因为$h(x)$在$(-\infty,1)$上单调递增，所以$x_{2}＞2 - x_{1}$，所以$x_{1}+x_{2}＞2$。

10. [2024·贵阳模拟]已知函数$ f(x)=\frac{1-x}{1+x^2}\mathrm{e}^x $。
(1)求$ f(x) $的单调区间；
(2)证明：当$ f(x_1)=f(x_2)(x_1\neq x_2) $时，$ x_1+x_2＜0 $。

答案： 10.
(1)函数$f(x)$的定义域为$\mathbf{R}$。$f^{\prime}(x)=\left(\frac{1 - x}{1 + x^{2}}\right)e^{x}+\frac{1 - x}{1 + x^{2}}e^{x}=\left[\frac{x^{2}-2x - 1}{(1 + x^{2})^{2}}+\frac{1 - x}{1 + x^{2}}\right]e^{x}=\frac{-x[(x - 1)^{2}+2]}{(1 + x^{2})^{2}}e^{x}$。当$x＜0$时，$f^{\prime}(x)＞0$；当$x＞0$时，$f^{\prime}(x)＜0$。所以$f(x)$的单调递增区间为$(-\infty,0)$，单调递减区间为$(0,+\infty)$。
(2)证明：当$x＜1$时，由于$\frac{1 - x}{1 + x^{2}}＞0,e^{x}＞0$，故$f(x)＞0$；同理，当$x＞1$时，$f(x)＜0$。当$f(x_{1})=f(x_{2})(x_{1}\neq x_{2})$时，不妨设$x_{1}＜x_{2}$，由
(1)知，$x_{1}＜0＜x_{2}＜1$。令$F(x)=f(x)-f(-x),x\in(0,1)$，则$F(x)=\frac{1}{1 + x^{2}}\left[(1 - x)e^{x}-\frac{1 + x}{e^{x}}\right]$。令$g(x)=(1 - x)e^{x}-\frac{1 + x}{e^{x}}$，则$g^{\prime}(x)=-xe^{-x}·(e^{2x}-1)$。当$x\in(0,1)$时，$g^{\prime}(x)＜0,g(x)$单调递减，从而$g(x)＜g(0)=0$，即$(1 - x)e^{x}-\frac{1 + x}{e^{x}}＜0$，所以$F(x)＜0$。所以$\forall x\in(0,1),f(x)＜f(-x)$。而$x_{2}\in(0,1)$，所以$f(x_{2})＜f(-x_{2})$。又$f(x_{1})=f(x_{2})$，从而$f(x_{1})＜f(-x_{2})$。因为$x_{1},-x_{2}\in(-\infty,0),f(x)$在$(-\infty,0)$上单调递增，所以$x_{1}＜-x_{2}$，即$x_{1}+x_{2}＜0$。

11. [2024·海南检测]已知函数$ f(x)=\ln x-ax(a\in \mathrm{R}) $。
(1)求函数$ f(x) $的单调区间；
(2)当$ a=1 $时，方程$ f(x)=m(m＜-2) $有两个相异实数根$ x_1,x_2 $且$ x_1＜x_2 $，求证：$ x_1· x_2^2＜2 $。

答案： 11.
(1)由题意得$f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-a=\frac{1 - ax}{x}(x＞0)$。当$a\leqslant0$时，由$x＞0$，得$1 - ax＞0$，即$f^{\prime}(x)＞0$，所以$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增。当$a＞0$时，由$f^{\prime}(x)＞0$，得$0＜x＜\frac{1}{a}$，由$f^{\prime}(x)＜0$，得$x＞\frac{1}{a}$。所以$f(x)$在$\left(0,\frac{1}{a}\right)$上单调递增，在$\left(\frac{1}{a},+\infty\right)$上单调递减。综上所述，当$a\leqslant0$时，$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增；当$a＞0$时，$f(x)$在$\left(0,\frac{1}{a}\right)$上单调递增，在$\left(\frac{1}{a},+\infty\right)$上单调递减。
(2)证明：由题意及
(1)可知，方程$f(x)=m(m＜-2)$的两个相异实数根$x_{1},x_{2}$满足$\ln x - x - m=0$，且$0＜x_{1}＜1＜x_{2}$，即$\ln x_{1}-x_{1}-m=\ln x_{2}-x_{2}-m=0$。由题意，可知$\ln x_{2}-x_{2}=m＜-2＜\ln2 - 2$。由
(1)可知，$f(x)=\ln x - x$在$(1,+\infty)$上单调递减，故$x_{2}＞2$。令$g(x)=\ln x - x - m$，则$g(x_{1})=g(x_{2})=0$，$g(x)-g\left(\frac{2}{x_{2}}\right)=-x+\frac{2}{x_{2}}+3\ln x-\ln2$。令$h(t)=-t+\frac{2}{t}+3\ln t-\ln2(t＞2)$，则$h^{\prime}(t)=-\frac{(t - 2)(t + 1)}{t^{3}}$。当$t＞2$时，$h^{\prime}(t)＜0,h(t)$单调递减，所以$h(t)＜h(2)=2\ln2-\frac{3}{2}＜0$。因为$x_{2}＞2$且$g(x_{1})=g(x_{2})$，所以$h(x_{2})=g(x_{1})-g\left(\frac{2}{x_{2}}\right)=g(x_{2})-g\left(\frac{2}{x_{2}}\right)＜0$，即$g(x_{1})＜g\left(\frac{2}{x_{2}}\right)$。因为$g(x)$在$(0,1)$上单调递增，所以$x_{1}＜\frac{2}{x_{2}}$，故$x_{1}· x_{2}^{2}＜2$。

12. [2024·武汉调研]已知函数$ f(x)=x\ln x $，$ g(x)=\frac{x}{\mathrm{e}^x} $。
(1)证明：方程$ f(x)=g(x) $在$ (1,2) $内有且仅有唯一实数根；
(2)记$ \max\{a,b\} $表示$ a,b $两个数中的较大者，方程$ f(x)=g(x) $在$ (1,2) $内的实数根为$ x_0 $，$ m(x)=\max\{f(x),g(x)\} $，若$ m(x)=n(n\in \mathrm{R}) $在$ (1,+\infty) $内有两个不等的实数根$ x_1,x_2(x_1＜x_2) $，判断$ x_1+x_2 $与$ 2x_0 $的大小，并说明理由。

答案： 12.
(1)证明：记$F(x)=x\ln x-\frac{x}{e^{x}}$，则$F^{\prime}(x)=1+\ln x+\frac{x - 1}{e^{x}},x\in(1,2)$，显然$F^{\prime}(x)＞0$，即$F(x)$在$(1,2)$上单调递增。因为$F(1)=-\frac{1}{e}＜0,F(2)=2\ln2-\frac{2}{e^{2}}＞0$，且$F(x)$在$(1,2)$上连续，所以由零点存在定理可知，$F(x)$在$(1,2)$内有且仅有唯一实数根。所以方程$f(x)=g(x)$在$(1,2)$内有且仅有唯一实数根。
(2)$x_{1}+x_{2}＜2x_{0}$。理由如下：显然，$m(x)=\begin{cases}\frac{x}{e^{x}},&1＜x＜x_{0},\\x\ln x,&x＞x_{0}.\end{cases}$当$1＜x＜x_{0}$时，$m(x)=\frac{x}{e^{x}},m^{\prime}(x)=\frac{1 - x}{e^{x}}＜0$，所以$m(x)$单调递减；当$x＞x_{0}$时，$m(x)=x\ln x,m^{\prime}(x)=1+\ln x＞0$，所以$m(x)$单调递增。要证$x_{1}+x_{2}＜2x_{0}$，即证$x_{2}＜2x_{0}-x_{1}$，由
(1)知$x_{1}＜x_{0}＜x_{2},g(x_{1})=f(x_{2})=n$，所以即证$f(x_{2})＜f(2x_{0}-x_{1})$，即证$g(x_{1})＜f(2x_{0}-x_{1})$，即证$\frac{x_{1}}{e^{x_{1}}}＜(2x_{0}-x_{1})\ln(2x_{0}-x_{1})(1＜x_{1}＜x_{0}＜2)$。设$H(x)=\frac{x}{e^{x}}-(2x_{0}-x)\ln(2x_{0}-x)(1＜x＜x_{0}＜2)$，则$H^{\prime}(x)=\frac{1 - x}{e^{x}}+\ln(2x_{0}-x)+1$。因为$1＜x＜x_{0}＜2$，所以$\frac{1 - x}{e^{x}}+1＞0,\ln(2x_{0}-x)＞0$，所以$H^{\prime}(x)＞0$，所以$H(x)$在$(1,x_{0})$上单调递增，即$H(x)＜H(x_{0})=0$，故上述不等式成立，即以上各步均可逆推，所以$x_{1}+x_{2}＜2x_{0}$。

13. [2024·上饶二中月考]已知函数$ f(x)=x\ln x-2ax^2+x $，$ a\in \mathrm{R} $。
(1)若$ f(x) $在$ (0,+\infty) $上单调递减，求实数$ a $的取值范围；
(2)若函数$ f(x) $的两个极值点分别为$ x_1,x_2 $，证明：$ x_1+x_2＞\frac{1}{2a} $。

答案： 13.
(1)由$f(x)=x\ln x-2ax^{2}+x$，得$f^{\prime}(x)=\ln x-4ax + 2$。因为$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递减，所以$f^{\prime}(x)\leqslant0$在$(0,+\infty)$上恒成立，即$4a\geqslant\frac{\ln x}{x}+\frac{2}{x}$在$(0,+\infty)$上恒成立。令$g(x)=\frac{\ln x}{x}+\frac{2}{x}$，则$g^{\prime}(x)=\frac{-1-\ln x}{x^{2}}$。令$g^{\prime}(x)=0$，得$x=\frac{1}{e}$。当$0＜x＜\frac{1}{e}$时，$g^{\prime}(x)＞0$，即$g(x)$在$\left(0,\frac{1}{e}\right)$上单调递增；当$x＞\frac{1}{e}$时，$g^{\prime}(x)＜0$，即$g(x)$在$\left(\frac{1}{e},+\infty\right)$上单调递减。所以$g(x)$的最大值为$g\left(\frac{1}{e}\right)=e$，所以$4a\geqslant e$，所以$a\geqslant\frac{e}{4}$。所以实数$a$的取值范围为$\left[\frac{e}{4},+\infty\right)$。
(2)证明：若函数$f(x)$的两个极值点分别为$x_{1},x_{2}$，则$f^{\prime}(x)=0$在$(0,+\infty)$内有两个根$x_{1},x_{2}$。由
(1)知$0＜a＜\frac{e}{4}$。由$\begin{cases}\ln x_{1}-4ax_{1}+2=0,\\\ln x_{2}-4ax_{2}+2=0,\end{cases}$两式相减，得$\ln x_{1}-\ln x_{2}=4a(x_{1}-x_{2})$。不妨设$0＜x_{1}＜x_{2}$，要证明$x_{1}+x_{2}＞\frac{1}{2a}$，只需证明$\frac{x_{1}+x_{2}}{4a(x_{1}-x_{2})}＞\frac{1}{2a(\ln x_{1}-\ln x_{2})}$，即证明$\frac{2(x_{1}-x_{2})}{x_{1}+x_{2}}＞\frac{1}{2a}\ln\frac{x_{1}}{x_{2}}$，即证明$\frac{2\left(\frac{x_{1}}{x_{2}}-1\right)}{\frac{x_{1}}{x_{2}}+1}＞\ln\frac{x_{1}}{x_{2}}$。令$\frac{x_{1}}{x_{2}}=t$，函数$h(t)=\frac{2(t - 1)}{t + 1}-\ln t,0＜t＜1$，则$h^{\prime}(t)=-\frac{(t - 1)^{2}}{t(t + 1)^{2}}＜0$，即函数$h(t)$在$(0,1)$内单调递减。所以当$t\in(0,1)$时，有$h(t)＞h(1)=0$，所以$\frac{2\left(\frac{x_{1}}{x_{2}}-1\right)}{\frac{x_{1}}{x_{2}}+1}＞\ln\frac{x_{1}}{x_{2}}$。即不等式$\frac{2\left(\frac{x_{1}}{x_{2}}-1\right)}{\frac{x_{1}}{x_{2}}+1}＞\ln\frac{x_{1}}{x_{2}}$成立。综上所述，得$x_{1}+x_{2}＞\frac{1}{2a}$。