《2025年更高更妙的高中数学思想与方法高中数学必修第一册》

9. 已知直线 $ y = -x + 2 $ 分别与函数 $ y = e^{x} $ 和 $ y = \ln x $ 的图象交于点 $ A(x_{1}, y_{1}) $，$ B(x_{2}, y_{2}) $，则下列结论中正确的是(ABC)

A.$ x_{1} + x_{2} = 2 $
B.$ e^{x_{1}} + e^{x_{2}} ＞ 2e $
C.$ x_{1}\ln x_{2} + x_{2}\ln x_{1} ＜ 0 $
D.$ x_{1}x_{2} ＞ \frac{\sqrt{e}}{2} $

答案：
9. 解析:函数$y = e^{x}$与$y=\ln x$互为反函数,则$y = e^{x}$与$y=\ln x$的图象关于直线$y = x$对称.
将$y = -x + 2$与$y = x$联立,则$x = 1$,$y = 1$,
由直线$y = -x + 2$分别与函数$y = e^{x}$和$y=\ln x$的图象交于点$A(x_{1},y_{1})$,$B(x_{2},y_{2})$,作出函数图象.

则$AB$的中点坐标为$M(1,1)$.
对于选项A,由$\frac{x_{1}+x_{2}}{2}=1$解得$x_{1}+x_{2}=2$,故A正确.
对于选项B,$e^{x_{1}}+e^{x_{2}}\geqslant2\sqrt{e^{x_{1}}· e^{x_{2}}}=2\sqrt{e^{x_{1}+x_{2}}}=2e$,因为$x_{1}\neq x_{2}$,即等号不成立,所以$e^{x_{1}}+e^{x_{2}}＞2e$,故B正确.
对于选项C,将$y = -x + 2$与$y = e^{x}$联立可得$ -x + 2 = e^{x}$,即$e^{x}+x - 2 = 0$.
设$f(x)=e^{x}+x - 2$,且函数$f(x)$为单调递增函数,
$f(0)=-1＜0$,$f(\frac{1}{2})=e^{\frac{1}{2}}-\frac{3}{2}＞0$,故函数$f(x)$与$x$轴交点在$(0,\frac{1}{2})$内,即$0＜x_{1}＜\frac{1}{2}$.
由$x_{1}+x_{2}=2$可得$1＜x_{2}＜2$,即有$\frac{1}{x_{1}}＞x_{2}$.
所以$x_{1}\ln x_{2}+x_{2}\ln x_{1}=x_{1}\ln x_{2}-x_{2}\ln\frac{1}{x_{1}}＜x_{1}\ln x_{2}-x_{2}\ln x_{2}=(x_{1}-x_{2})\ln x_{2}＜0$,故C正确.
对于选项D,由于$\ln\sqrt{e}=\frac{1}{2}$,$ -\sqrt{e}+2＜\frac{1}{2}$,所以$1＜x_{2}＜\sqrt{e}$,结合$0＜x_{1}＜\frac{1}{2}$,有$x_{1}x_{2}＜\frac{\sqrt{e}}{2}$.故D不正确.
故选ABC.

10. 已知函数 $ f(x) = \begin{cases}2^{x + 1} + 2^{-1 - x} - 2, & x \leq 0, \\ |\log_{2}x|, & x ＞ 0,\end{cases}$ 若 $ f(x_{1}) = f(x_{2}) = f(x_{3}) = f(x_{4}) $，且 $ x_{1} ＜ x_{2} ＜ x_{3} ＜ x_{4} $，则( )

A.$ x_{1} + x_{2} = -1 $
B.$ x_{3}x_{4} = 1 $
C.$ \frac{\sqrt{2}}{2} \leq x_{3} ＜ 1 ＜ x_{4} \leq \sqrt{2} $
D.$ 0 ＜ x_{1} + x_{2} + x_{3} + x_{4} \leq \frac{3\sqrt{2}}{2} - 2 $

答案：
10. 解析:当$x\leqslant0$时,$f(x)=2^{1 + x}+2^{-1 - x}-2$.
设$g(x)=2^{x}+2^{-x}-2$,则有$g(-x)=g(x)$,$g(0)=0$,
故$g(x)=2^{x}+2^{-x}-2\geqslant2\sqrt{2^{x}×2^{-x}}-2 = 0$,故$g(x)$是偶函数,且最小值为0.
当$x＞0$时,令$t = 2^{x}$,由复合函数性质可知,$g(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增.
又$g(x)$是偶函数,所以$g(x)$在$(-\infty,0)$上单调递减.
把$g(x)=2^{x}+2^{-x}-2$的图象向左平移一个单位长度,得到函数$y = 2^{1 + x}+2^{-1 - x}-2$的图象,
故函数$y = 2^{1 + x}+2^{-1 - x}-2$的图象关于直线$x = -1$对称,故可得到函数$f(x)$在$(-\infty,0]$上的图象.作出函数$f(x)$的大致图象,如图所示.

又$f(0)=\frac{1}{2}$,故函数$f(x)$的图象与$y$轴的交点为$(0,\frac{1}{2})$.
作平行于$x$轴的直线$y = a$,当$0＜a\leqslant\frac{1}{2}$时,直线$y = a$与函数$f(x)$的图象有四个交点.
数形结合可知$x_{1}+x_{2}=-2$,故选项A错误.
由$f(x_{3})=f(x_{4})$,得$\vert\log_{2}x_{3}\vert=\vert\log_{2}x_{4}\vert$.
又根据题意知$x_{3}＜1＜x_{4}$,
所以$-\log_{2}x_{3}=\log_{2}x_{4}$,即$\log_{2}x_{4}+\log_{2}x_{3}=0$,
即$\log_{2}(x_{3}x_{4})=0$,所以$x_{3}x_{4}=1$,故选项B正确.
令$\vert\log_{2}x_{3}\vert=\vert\log_{2}x_{4}\vert=\frac{1}{2}$,则$\log_{2}x_{3}=-\frac{1}{2}$,$\log_{2}x_{4}=\frac{1}{2}$,解得$x_{3}=\frac{\sqrt{2}}{2}$,$x_{4}=\sqrt{2}$,
因此$\frac{\sqrt{2}}{2}\leqslant x_{3}＜1＜x_{4}\leqslant\sqrt{2}$,故选项C正确.
又当$1＜x_{4}\leqslant\sqrt{2}$时,$x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}=-2 + x_{4}+\frac{1}{x_{4}}$,且函数$y = -2 + x+\frac{1}{x}$在$(1,\sqrt{2}]$上单调递增,所以$0＜x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}\leqslant\frac{3\sqrt{2}}{2}-2$,故D正确.
故选BCD.

11. 若实数 $ a ＞ b ＞ 1 $，且 $ \log_{a}b + \log_{b}a = \frac{5}{2} $，则 $ \log_{a}b = $$\frac{1}{2}$；$ \frac{a}{b^{2}} = $$1$。

答案： 11. 解析:令$\log_{a}b = t$,由于$a＞b＞1$,则$t\in(0,1)$,
则$\log_{a}b+\log_{b}a=t+\frac{1}{t}=\frac{5}{2}$,解得$t=\frac{1}{2}$,
即$\log_{a}b=\frac{1}{2}$,则$a^{\frac{1}{2}}=b$,故$a = b^{2}$,即$\frac{a}{b^{2}}=1$.

12. 若函数 $ f(x) = \log_{a}(x^{2} - x + 2) $ 在 $ [0, 2] $ 上的最大值为 $ 2 $，则实数 $ a = $$2$。

答案： 12. 解析:令$g(x)=x^{2}-x + 2$,则$g(x)$在$[0,2]$上的最大值$g(x)_{\max}=4$,最小值$g(x)_{\min}=\frac{7}{4}$.
当$a＞1$时,$f(x)_{\max}=\log_{a}4 = 2$,解得$a = 2$;
当$0＜a＜1$时,$f(x)_{\max}=\log_{a}\frac{7}{4}=2$,解得$a=\frac{\sqrt{7}}{2}$(舍去).
综上,$a = 2$.

13. 若函数 $ f(x) = \log_{a}(x + 1) + 2(a ＞ 0 $ 且 $ a \neq 1) $ 的图象恒过定点 $ P(m, n) $，则 $ m + n = $$2$；函数 $ g(x) = e^{x^{2} + nx} $ 的单调递增区间为$[-1,+\infty)$。

答案： 13. 解析:因为定点为$(0,2)$,所以$m + n = 2$.此时$g(x)=e^{x^{2}+2x}$,由指数复合函数的单调性得,函数$g(x)$的单调递增区间为$[-1,+\infty)$.

14. 已知 $ x ＞ 0 $，$ y ＞ 0 $，$ \lg 2^{x} + \lg 8^{y} = \lg 2 $，则 $ xy $ 的最大值是$\frac{1}{12}$。

答案： 14. 解析:由题意得$\lg2^{x}+\lg8^{y}=\lg(2^{x}·8^{y})=\lg2^{x + 3y}=\lg2$,所以$x + 3y = 1$,则$1 = x + 3y\geqslant2\sqrt{3xy}$,所以$xy\leqslant\frac{1}{12}$,当且仅当$x = 3y=\frac{1}{2}$时,等号成立,所以$xy$的最大值为$\frac{1}{12}$.

15. 已知函数 $ f(x) = \sqrt{\log_{\frac{1}{2}}x - 1} + 1 $。
(1) 求函数 $ f(x) $ 的定义域及其值域；
(2) 若方程 $ \log_{\frac{1}{2}}x - mf(x) = 0 $ 有两个不同的实数根，求 $ m $ 的取值范围。

答案： 15. 解析:
(1)由题可得$\log_{\frac{1}{2}}x\geqslant1$,则$0＜x\leqslant\frac{1}{2}$,故$f(x)\geqslant1$,故$f(x)$的定义域为$(0,\frac{1}{2}]$,值域为$[1,+\infty)$.
(2)方程$\log_{\frac{1}{2}}x - mf(x)=0$即为$\log_{\frac{1}{2}}x - m[\sqrt{\log_{\frac{1}{2}}x - 1}+1]=0$,
令$t=\sqrt{\log_{\frac{1}{2}}x - 1}$,则$\log_{\frac{1}{2}}x=t^{2}+1$,
所以$t^{2}+1 - m(t + 1)=0$,即$t^{2}-mt + 1 - m = 0$有两个不同的非负实根,
故$\begin{cases}\Delta = m^{2}-4(1 - m)＞0,\\t_{1}+t_{2}=m＞0,\\t_{1}t_{2}=1 - m\geqslant0,\end{cases}$则$\begin{cases}m^{2}+4m - 4＞0,\\m＞0,\\m\leqslant1,\end{cases}$
解得$2\sqrt{2}-2＜m\leqslant1$.
所以$m$的取值范围为$2\sqrt{2}-2＜m\leqslant1$.

16. 已知函数 $ f(x) = \log_{2}\frac{x + 2}{x} $。
(1) 求 $ f(x) $ 的定义域。
(2) 判断 $ f(x) $ 在 $ (0, +\infty) $ 内的单调性，并证明你的结论。
(3) 是否存在实数 $ m $，使得 $ f(x - m) $ 是奇函数？若存在，求出实数 $ m $ 的值；若不存在，请说明理由。

答案： 16. 解析:
(1)由$\frac{x + 2}{x}＞0$,解得$x＞0$或$x＜-2$,
所以$f(x)$的定义域为$x\in(-\infty,-2)\cup(0,+\infty)$.
(2)$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递减,设$x_{1}＞x_{2}＞0$,
因为$f(x_{1})-f(x_{2})=\log_{2}\frac{x_{1}+2}{x_{1}}-\log_{2}\frac{x_{2}+2}{x_{2}}$
$=\log_{2}\frac{x_{2}(x_{1}+2)}{x_{1}(x_{2}+2)}$,
又因为$x_{1}＞x_{2}＞0$,
所以$x_{2}(x_{1}+2)-x_{1}(x_{2}+2)=2(x_{2}-x_{1})＜0$,
所以$0＜\frac{x_{2}(x_{1}+2)}{x_{1}(x_{2}+2)}＜1$.
所以$f(x_{1})-f(x_{2})＜0$,
所以$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递减.
(3)因为$f(x - m)$是奇函数,
所以$f(-x - m)+f(x - m)=0$.
即$\log_{2}\frac{-x - m + 2}{-x - m}+\log_{2}\frac{x - m + 2}{x - m}=0$,
即$\frac{(-x - m + 2)(x - m + 2)}{(-x - m)(x - m)}=1$,
即需满足$x^{2}-(m - 2)^{2}=x^{2}-m^{2}$,所以$m = 1$.