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2022年高考数学甲卷-理21

  2022-12-16 17:38:30  

(12分)已知函数$f(x)=\dfrac{e^x}{x}-\ln x+x-a$.
(1)若$f(x)\geqslant 0$,求$a$的取值范围;
(2)证明:若$f(x)$有两个零点$x_{1}$,$x_{2}$,则$x_{1}x_{2} < 1$.
分析:(1)对函数求导研究其在定义域内单调性,由于函数在$(0,+\infty )$恒大于等于0,故$f(x)_{min}=f$(1)$=e+1-a > 0$,解出$a$的范围即可.
(2)首先将原不等式转化为证明$1 < {x}_{2} < \dfrac{1}{{x}_{1}}$,再利用函数$f(x)$在$(1,+\infty )$单调递增,即转化为证明$f({x}_{2}) < f(\dfrac{1}{{x}_{1}})$$\Leftrightarrow$$f({x}_{1}) < f(\dfrac{1}{{x}_{1}})$,继而构造函数$h(x)=f(x)-f(\dfrac{1}{x})$证明其在$(0,1)$恒小于0即可.
解答:解:(1)$f(x)$的定义域为$(0,+\infty )$,$f\prime (x)=\dfrac{{e}^{x}(x-1)}{{x}^{2}}-\dfrac{1}{x}+1=\dfrac{({e}^{x}+x)(x-1)}{{x}^{2}}$,
令$f\prime (x) > 0$,解得$x > 1$,故函数$f(x)$在$(0,1)$单调递减,$(1,+\infty )$单调递增,
故$f(x)_{min}=f$(1)$=e+1-a$,要使得$f(x)\geqslant 0$恒成立,仅需$e+1-a\geqslant 0$,
故$a\leqslant e+1$,故$a$的取值范围是$(-\infty$,$e+1]$;
(2)证明:由已知有函数$f(x)$要有两个零点,故$f$(1)$=e+1-a < 0$,即$a > e+1$,
不妨设$0 < x_{1} < 1 < x_{2}$,要证明$x_{1}x_{2} < 1$,即证明${x}_{2} < \dfrac{1}{{x}_{1}}$,
$\because 0 < x_{1} < 1$,$\therefore$$\dfrac{1}{{x}_{1}} > 1$,
即证明:$1 < {x}_{2} < \dfrac{1}{{x}_{1}}$,又因为$f(x)$在$(1,+\infty )$单调递增,
即证明:$f({x}_{2}) < f(\dfrac{1}{{x}_{1}})$$\Leftrightarrow$$f({x}_{1}) < f(\dfrac{1}{{x}_{1}})$,
构造函数$h(x)=f(x)-f(\dfrac{1}{x})$,$0 < x < 1$,
$h\prime (x)=f\prime (x)+\dfrac{1}{{x}^{2}}f\prime (\dfrac{1}{x})=\dfrac{(x-1)({e}^{x}+x-x{e}^{\dfrac{1}{x}}-1)}{{x}^{2}}$,
构造函数$m(x)={e}^{x}+x-x{e}^{\dfrac{1}{x}}-1$,
$m\prime (x)={e}^{x}+1-{e}^{\dfrac{1}{x}}(1-\dfrac{1}{x})$,因为$0 < x < 1$,所以$1-\dfrac{1}{x} < 0$,
故$m\prime (x) > 0$在$(0,1)$恒成立,故$m(x)$在$(0,1)$单调递增,
故$m(x) < m$(1)$=0$
又因为$x-1 < 0$,故$h\prime (x) > 0$在$(0,1)$恒成立,故$h(x)$在$(0,1)$单调递增,
又因为$h$(1)$=0$,故$h(x) < h$(1)$=0$,
故$f({x}_{1}) < f(\dfrac{1}{{x}_{1}})$,即$x_{1}x_{2} < 1$.得证.
解答:本题主要考查利用导函数研究函数单调性,即构造函数证明不等式恒成立问题,属于较难题目.

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