2020-2021学年甘肃省陇南市高二（下）4月月考数学（理）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年甘肃省陇南市高二（下）4月月考数学（理）试卷人教A版，共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知空间向量a→=(−1, 0, 3)，b→=(3, −2, x)，若a→⊥b→，则实数x的值是( )
A.−1B.0C.1D.2

2. 已知向量a→=1,−2,2，b→=1,1,6，则|a→−b→|=( )
A.25B.17C.17D.5

3. 如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，点M为A1C1的中点，若BA→=a→，BC→=b→，BB1→=c→，则下列向量与BM→相等的是( )

A.−12a→−12b→+c→B.12a→+12b→+c→
C.−12a→+12b→+c→D.12a→+12b→−c→

4. 已知AB→=2,4,5，CD→=3,x,y，若AB→//CD→，则( )
A.x=6，y=1B.x=6， y=152
C.x=3，y=15D.x=3， y=152

5. 设向量a→=1,7,2，b→=−2,−3,1，c→=3,1,2，则( )
A.a→+2c→与b→垂直B.a→+2b→与c→垂直
C.a→+2c→与b→共线D.a→+2b→与c→共线

6. 在四面体O−ABC中，空间的一点M满足OM→=14OA→+16OB→+λOC→，若MA→，MB→，MC→共面，则λ=( )
A.12B.13C.712D.512

7. 如图所示，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=AB=AC，AB⊥AC，M是CC1的中点，Q是BC的中点，P是A1B1的中点，则直线PQ与AM所成的角为( )

A.π6B.π4C.π3D.π2

8. 已知函数y=f(x)的图象在点M(1, f(x))处的切线方程是y=12x+2，那么f(1)+f′(1)=( )
A.12B.1C.52D.3

9. 已知函数y=fx，其导函数y=f′x的图象如图，则对于函数y=fx的描述正确的是( )

A.在−∞,0上为减函数B.在x=0处取得最大值
C.在4,+∞上为减函数D.在x=2处取得最小值

10. 若函数fx=ax2+bcsx+c满足f′3=5，则f′−3=( )
A.−5B.−3C.0D.5

11. 已知函数fx=2e2x+1−2e−2x−mx在R上为增函数，则m的取值范围为( )
A.−∞,8eB.[8e,+∞)C.−∞,4eD.[4e,+∞)

12. 设f(x)，g(x)是数值为正的可导函数，且f′(x)g(x)−f(x)g′(x)<0，当aA.f(x)g(b)>f(b)g(x)B.f(x)g(a)>f(a)g(x)
C.f(x)g(x)>f(b)g(b)D.f(x)g(x)>f(a)g(a)
二、填空题

已知向量a→=1,2,3，b→=2,1,k，若a→⊥(a→+b→)，则k的值为________.

已知AB→=1,1,−2，BC→=1,−1,z，BP→=x−1,y,−1．若BP⊥平面ABC，则CP→的最小值为________.

函数fx=2xf′π2−csx+1的图象在点0,f0处的切线方程为________．

函数fx=lnx−ax在0,+∞上有两个零点，则实数a的取值范围是________．
三、解答题

三棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱与底面垂直，∠ABC=90∘，AB=BC=BB1=2，M，N分别是AB，A1C的中点．

(1)求证：MN // 平面BCC1B1；

(2)求证：MN⊥平面A1B1C．

如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是菱形，∠BAD=60∘，AC⊥PB，PB=2AB=2PD.

(1)证明：PD⊥平面ABCD．

(2)求二面角D−PB−C的余弦值．

已知函数fx=ax3−3x2+1−3a.
(1)若函数fx在x=−1时取到极值，求实数a的值；

(2)试讨论函数fx的单调性．

已知函数fx=lnx+axa∈R.
(1)讨论fx的单调区间；

(2)若fx≤ex−1+1x−1恒成立，求实数a的取值范围．

如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，E是PD上的点．

(1)当E是PD的中点时，求证：PB//平面AEC；

(2)设PA=AB=1，PC=3，若直线PC与平面AEC所成角的正弦值为13，求PE的长．

已知函数fx=ax−lnx+1有两个不同的零点x1，x2x1(1)求实数a的取值范围；

(2)记fx的极值点为x0，求证：1x1+1x2>2efx0．
参考答案与试题解析
2020-2021学年甘肃省陇南市高二（下）4月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
向量的数量积判断向量的共线与垂直
空间向量运算的坐标表示
【解析】
根据a→⊥b→时，a→⋅b→=0，列方程求出x的值．
【解答】
解：向量a→=(−1, 0, 3)，b→=(3, −2, x)，
若a→⊥b→，
则−1×3+0×(−2)+3x=0，
解得x=1．
故选C.
2.
【答案】
D
【考点】
空间向量运算的坐标表示
向量的模
向量的减法及其几何意义
【解析】
先求出a→−b→=0,−3,−4，再利用模长公式求解即可.
【解答】
解：∵ a→=1,−2,2，b→=1,1,6，
∴ a→−b→=0,−3,−4，
∴ |a→−b→|=02+−32+−42=5.
故选D.
3.
【答案】
B
【考点】
空间向量的加减法
【解析】

【解答】
解：BM→=BA→+AA1→+A1M→
=a→+c→+12AC→
=a→+c→+12BC→−BA→
=a→+c→+12b→−a→
=12a→+12b→+c→．
故选B．
4.
【答案】
B
【考点】
向量语言表述线线的垂直、平行关系
【解析】
由AB→//CD→，得到32=x4=y5，求解即可.
【解答】
解：∵ AB→=2,4,5，CD→=3,x,y，AB→//CD→，
∴ 32=x4=y5，
解得x=6，y=152.
故选B.
5.
【答案】
B
【考点】
向量的数量积判断向量的共线与垂直
空间向量运算的坐标表示
【解析】
∵ a→+2c→=79,,,a→+2b→=−3,1，∴ a→+2c→与b→不垂直也不共线，a→+2b→与c→垂直．
【解答】
解：∵ a→+2c→=7,9,6，a→+2b→=−3,1,4，
∴ a→+2c→与b→不垂直也不共线，a→+2b→与c→垂直．
故选B .
6.
【答案】
C
【考点】
共线向量与共面向量
【解析】
利用向量共面基本定理即可得出结论．
【解答】
解：由MA→，MB→，MC→共面可知，14+16+λ=1，
解得λ=712.
故选C.
7.
【答案】
D
【考点】
用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】
以A为坐标原点，分别以AB，AC，AA1 所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，AA1=AB＝AC=2，分别求出PQ→与AM→的坐标，利用空间向量求解．
【解答】
解：以A为坐标原点，分别以AB，AC，AA1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
设AA1=AB=AC=2，
则A(0, 0, 0)，M(0, 2, 1)，P(1, 0, 2)，Q(1, 1, 0)，
∴ PQ→=(0,1,−2)，AM→=(0,2,1)，
∴ cs=PQ→⋅AM→|PQ→|⋅|AM→|=2−25×5=0，
∴ 直线PQ与AM所成的角是π2．
故选D.
8.
【答案】
D
【考点】
导数的几何意义
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
因为切点坐标一定满足切线方程，所以据此可以求出f(1)的值，又因为切线的斜率是函数在切点处的导数，就可求出f′(1)的值，把f(1)和f′(1)代入即可．
【解答】
解：∵ 点M(1, f(1))是切点，
∴ 点M在切线上，
∴ f(1)=12+2=52，
∵ 函数y=f(x)的图象在点M(1, f(1))处的切线的方程是y=12x+2，
∴ 切线斜率是12，
即f′(1)=12，
∴ f(1)+f′(1)=52+12=3．
故选D．
9.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的极值
【解析】
无
【解答】
解：当04时，f′x<0，
故函数fx在0,2，4,+∞上单调递减；
当20，
故函数fx在2,4，−∞,0上单调递增，
∴ 当x=0或x=4时函数取得极大值，
∴ 函数fx的最大值为max{f(0),f(4)}，无最小值.
故选C．
10.
【答案】
A
【考点】
导数的运算
函数奇偶性的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ fx=ax2+bcsx+c，
∴ f′x=2ax−bsinx，则f′x为奇函数，
∴ f′3+f′−3=0，
∴ f′−3=−5．
故选A．
11.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究函数的单调性
已知函数的单调性求参数问题
【解析】
无
【解答】
解：∵ 函数fx=2e2x+1−2e−2x−mx在R上为增函数，
∴ f′x=4e2x+1+4e−2x−m≥0在R上恒成立，即m≤4e2x+1+4e−2x对x∈R恒成立．
∵ e2x+1+e−2x≥2e2x+1⋅e−2x=2e，
∴ m≤8e．
故选A．
12.
【答案】
A
【考点】
导数的运算
函数的单调性与导数的关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：令F′x=fxgx，
则F′x=f′xgx−fxg′xg2x，
因为g(x)数值为正，且f′(x)g(x)−f(x)g′(x)<0，
所以F′x=f′xgx−fxg′xg2x<0，
所以函数Fx在a,b上单调递减，
所以Fa>Fx>Fb，
可得fxgx>fbgb，
化为：fxgb>fbgx.
故选A．
二、填空题
【答案】
−6
【考点】
向量的数量积判断向量的共线与垂直
【解析】
先求出a→+b→=(3,3,3+k)，再利用a→⊥(a→+b→)，得到a→⋅(a→+b→)=1×3+2×3+33+k=0，求解即可.

【解答】
解：∵ a→=(1,2,3)，b→=(2,1,k)，
∴ a→+b→=(3,3,3+k).
∵ a→⊥(a→+b→)，
∴ a→⋅(a→+b→)=1×3+2×3+33+k=0，
解得：k=−6.
故答案为：−6.
【答案】
5
【考点】
空间向量的数量积运算
空间向量的加减法
向量模长的计算
【解析】
根据平面的法向量的定义以及空间向量的模的定义求解即可.
【解答】
解：若BP⊥平面ABC，
则BP→⋅AB→=0，BP→⋅BC→=0，
即x−1+y+2=0,x−1−y−z=0,
∴ z=2x,y=−x−1,
∴ BC→=1,−1,2x，BP→=x−1,−x−1,−1，
∴ CP→=BP→−BC→=x−2,−x,−1−2x，
∴ |CP→|2=x−22+−x2+−1−2x2
=6x2+5≥5，
∴ |CP→|的最小值为5.
故答案为:5.
【答案】
y=−2x
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
导数的运算
【解析】

【解答】
解：∵ fx=2xf′π2−csx+1，
∴ f′(x)=2f′(π2)+sinx，
∴ f′(π2)=2f′(π2)+1，
∴ f′(π2)=−1.
fx=−2x−csx+1，
则f′(0)=−2，f(0)=0，
∴ fx的图象在点0,f0处的切线方程为y=−2x.
故答案为：y=−2x.
【答案】
0,1e
【考点】
利用导数研究与函数零点有关的问题
【解析】
无
【解答】
解：函数定义域为(0,+∞)，
由f(x)=lnx−ax=0得a=lnxx，
设g(x)=lnxx，g′(x)=1−lnxx2，
令g′(x)=0得x=e，
x∈(0,e)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
x∈(e,+∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
x=e时，g(x)取极大值g(e)=1e，
∴ 要使函数f(x)=lnx−ax=0有两个零点即方程lnxx=a有两个不同的根，
即函数g(x)与y=a有两个不同交点．
即a∈0,1e．
故答案为：0,1e.
三、解答题
【答案】
证明：(1)连接BC1，AC1，则M是AC1的中点，
在△ABC1中，M，N是AB，AC1的中点，
∴ MN//BC1．
又∵ MN⊄平面BCC1B1，
∴ MN//平面BCC1B1．
(2)如图，以B1为原点建立空间直角坐标系B1−xyz，
则B1(0, 0, 0)，C(0, 2, 2)，A1(−2, 0, 0)，M(−1, 0, 2)，N(−1, 1, 1)，
B1C→=(0, 2, 2)，A1B1→=(2,0,0)，NM→=(0,−1,1)．
设平面A1B1C的一个法向量为n→=(x, y, z)，
∴ n→⋅B1C→=0,n→⋅A1B1→=0 ⇒x=0,y=−z,
令z=1，则x=0，y=−1，∴ n→=(0, −1, 1)，
∴ n→=NM→，
∴ MN⊥平面A1B1C．
【考点】
直线与平面平行的判定
直线与平面垂直的判定
平面的法向量
【解析】
(Ⅰ)欲证MN||平面BCC1B1，根据直线与平面平行的判定定理可知只需证MN与平面BCC1B1内一直线平行即可，而连接BC1，AC1．根据中位线定理可知MN||BC1，又MN⊄平面BCC1B1满足定理所需条件；
(Ⅱ)以B1为原点，A1B1为x轴，B1B为y轴，B1C1为z轴建立空间直角坐标系B1−xyz，求出平面A1B1C的法向量为n＝(x, y, z)，而n=NM→，根据法向量的意义可知MN⊥平面A1B1C．
【解答】
证明：(1)连接BC1，AC1，则M是AC1的中点，
在△ABC1中，M，N是AB，AC1的中点，
∴ MN//BC1．
又∵ MN⊄平面BCC1B1，
∴ MN//平面BCC1B1．
(2)如图，以B1为原点建立空间直角坐标系B1−xyz，
则B1(0, 0, 0)，C(0, 2, 2)，A1(−2, 0, 0)，M(−1, 0, 2)，N(−1, 1, 1)，
B1C→=(0, 2, 2)，A1B1→=(2,0,0)，NM→=(0,−1,1)．
设平面A1B1C的一个法向量为n→=(x, y, z)，
∴ n→⋅B1C→=0,n→⋅A1B1→=0 ⇒x=0,y=−z,
令z=1，则x=0，y=−1，∴ n→=(0, −1, 1)，
∴ n→=NM→，
∴ MN⊥平面A1B1C．
【答案】
(1)证明：因为底面ABCD是菱形，
所以AC⊥BD.
因为AC⊥PB，且BD∩PB=B，
所以AC⊥平面PBD．
因为PD⊂平面PBD，
所以AC⊥PD.
因为AB=AD，且∠BAD=60∘，
所以BD=AB，
因为PB=2AB=2PD，
所以PD2+BD2=PB2，则PD⊥BD.
因为AC与BD相交，
所以PD⊥平面ABCD．
(2)解：记AC∩BD=O，以O为坐标原点，射线OA，OB分别为x，y轴正半轴，
过点O的垂线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz，
设AB=2，
则B0,1,0，C−3,0,0，P0,−1,2，
从而BC→=−3,−1,0，BP→=0,−2,2，
设平面PBC的法向量n→=x,y,z，
则n→⋅BC→=−3x−y=0,n→⋅BP→=−2y+2z=0,
令x=1，得n→=1,−3,−3．
易知平面PBD的一个法向量m→=1,0,0，
则cs⟨n→,m→⟩=n→⋅m→|n→||m→|=17=77．
设二面角D−PB−C为θ，由图可知θ为锐角，
则csθ=cs⟨n→,m→⟩=77．
【考点】
直线与平面垂直的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：因为底面ABCD是菱形，
所以AC⊥BD.
因为AC⊥PB，且BD∩PB=B，
所以AC⊥平面PBD．
因为PD⊂平面PBD，
所以AC⊥PD.
因为AB=AD，且∠BAD=60∘，
所以BD=AB，
因为PB=2AB=2PD，
所以PD2+BD2=PB2，则PD⊥BD.
因为AC与BD相交，
所以PD⊥平面ABCD．
(2)解：记AC∩BD=O，以O为坐标原点，射线OA，OB分别为x，y轴正半轴，
过点O的垂线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz，
设AB=2，
则B0,1,0，C−3,0,0，P0,−1,2，
从而BC→=−3,−1,0，BP→=0,−2,2，
设平面PBC的法向量n→=x,y,z，
则n→⋅BC→=−3x−y=0,n→⋅BP→=−2y+2z=0,
令x=1，得n→=1,−3,−3．
易知平面PBD的一个法向量m→=1,0,0，
则cs⟨n→,m→⟩=n→⋅m→|n→||m→|=17=77．
设二面角D−PB−C为θ，由图可知θ为锐角，
则csθ=cs⟨n→,m→⟩=77．
【答案】
解：(1)f′x=3ax2−6xa≠0，
∵函数fx在x=−1时取到极值，
∴f′−1=3a+6=0，解得a=−2，
经检验，当a=−2时，函数fx在x=−1时取到极小值，
∴实数a的值为−2.
(2)由f′x=0，得x=0或x=2a，
①当a<0时，2a<0，
由f′x>0，得2a由f′x<0，得x<2a或x>0，
∴函数fx的单调递增区间为2a,0，
单调递减区间为−∞,2a和0,+∞；
②当a>0时， 2a>0，同理可得，
函数fx的单调递增区间为−∞,0和2a,+∞，
单调递减区间为(0,2a).
【考点】
利用导数研究函数的极值
利用导数研究函数的单调性
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)f′x=3ax2−6xa≠0，
∵函数fx在x=−1时取到极值，
∴f′−1=3a+6=0，解得a=−2，
经检验，当a=−2时，函数fx在x=−1时取到极小值，
∴实数a的值为−2.
(2)由f′x=0，得x=0或x=2a，
①当a<0时，2a<0，
由f′x>0，得2a由f′x<0，得x<2a或x>0，
∴函数fx的单调递增区间为2a,0，
单调递减区间为−∞,2a和0,+∞；
②当a>0时， 2a>0，同理可得，
函数fx的单调递增区间为−∞,0和2a,+∞，
单调递减区间为(0,2a).
【答案】
解：(1)由题意，函数fx=lnx+axa∈R，
可得fx的定义域为0,+∞，且f′x=1−a−lnxx2，
由f′x>0，即1−a−lnx>0，解得0由f′x<0，即1−a−lnx<0，解得x>e1−a，
故fx的单调递增区间为0,e1−a，单调递减区间为e1−a,+∞．
(2)因为fx≤ex−1+1x−1恒成立，
即lnx+ax≤ex−1+1x−1对x∈0,+∞恒成立，
即a≤xex−1−x−lnx+1对x∈0,+∞恒成立.
令ux=xex−1−x−lnx+1，
则u′x=ex−1+xex−1−1−1x=x+1ex−1−1x，
当x∈0,1时，u′x<0，u′x在0,1上单调递减，
当x∈1,+∞时， u′x>0，u′x在1,+∞上单调递增，
故x=1时， ux取最小值u1=1，
所以a≤1，
所以实数a的取值范围是(−∞,1]．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题意，函数fx=lnx+axa∈R，
可得fx的定义域为0,+∞，且f′x=1−a−lnxx2，
由f′x>0，即1−a−lnx>0，解得0由f′x<0，即1−a−lnx<0，解得x>e1−a，
故fx的单调递增区间为0,e1−a，单调递减区间为e1−a,+∞．
(2)因为fx≤ex−1+1x−1恒成立，
即lnx+ax≤ex−1+1x−1对x∈0,+∞恒成立，
即a≤xex−1−x−lnx+1对x∈0,+∞恒成立.
令ux=xex−1−x−lnx+1，
则u′x=ex−1+xex−1−1−1x=x+1ex−1−1x，
当x∈0,1时，u′x<0，u′x在0,1上单调递减，
当x∈1,+∞时， u′x>0，u′x在1,+∞上单调递增，
故x=1时， ux取最小值u1=1，
所以a≤1，
所以实数a的取值范围是(−∞,1]．
【答案】
(1)证明：连接BD，使AC交BD于点O，连接EO，
因为O，E分别为BD，PD的中点，
所以OE//PB，
又OE⊂平面AEC， PB⊄平面AEC，
所以PB//平面AEC.
(2)解：因为PA⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
所以PA⊥AC，
由PA=1,PC=3，得AC=2，
因为底面ABCD为菱形且AB=1，
所以AB2+BC2=AC2，
所以AB⊥BC，
所以底面ABCD为正方形，
从而AB，AD，AP两两互相垂直，
分别以AB，AD，AP为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图，
则A0,0,0,D0,1,0,P0,0,1,B1,0,0,C1,1,0，
不妨设PE→=λPD→=λ0,1,−1，
所以AE→=AP→+PE→=0,0,1+0,λ,−λ=0,λ,1−λ，
AC→=1,1,0,PC→=1,1,−1，
设平面AEC的法向量为n→=x,y,z,
由n→⊥AE→,n→⊥AC→⇒λy+(1−λ)z=0，x+y=0,
令x=1，则y=−1, z=λ1−λ，
所以n→=1,−1,λ1−λ,
设直线PC与平面AEC所成角为α，
则sinα=|cs⟨PC→,n→⟩|=PC→⋅n→|PC→|⋅|n→|
=λ1−λ31+1+λ1−λ2,
由sinα=13，
解方程得λ=12，
故PE=22．
【考点】
直线与平面平行的判定
用空间向量求直线与平面的夹角
空间两点间的距离公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：连接BD，使AC交BD于点O，连接EO，
因为O，E分别为BD，PD的中点，
所以OE//PB，
又OE⊂平面AEC， PB⊄平面AEC，
所以PB//平面AEC.
(2)解：因为PA⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
所以PA⊥AC，
由PA=1,PC=3，得AC=2，
因为底面ABCD为菱形且AB=1，
所以AB2+BC2=AC2，
所以AB⊥BC，
所以底面ABCD为正方形，
从而AB，AD，AP两两互相垂直，
分别以AB，AD，AP为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图，
则A0,0,0,D0,1,0,P0,0,1,B1,0,0,C1,1,0，
不妨设PE→=λPD→=λ0,1,−1，
所以AE→=AP→+PE→=0,0,1+0,λ,−λ=0,λ,1−λ，
AC→=1,1,0,PC→=1,1,−1，
设平面AEC的法向量为n→=x,y,z,
由n→⊥AE→,n→⊥AC→⇒λy+(1−λ)z=0，x+y=0,
令x=1，则y=−1, z=λ1−λ，
所以n→=1,−1,λ1−λ,
设直线PC与平面AEC所成角为α，
则sinα=|cs⟨PC→,n→⟩|=PC→⋅n→|PC→|⋅|n→|
=λ1−λ31+1+λ1−λ2,
由sinα=13，
解方程得λ=12，
故PE=22．
【答案】
(1)解：由fx=ax−lnx+1得f′x=−ax2−1x=−a+xx2x>0，
∵ 函数fx=ax−lnx+1有两个不同的零点x1，x2，
∴fx在0,+∞上不单调，
∴ a<0，
令f′x>0得0−a，
∴fx在0,−a上单调递增，在−a,+∞上单调递减，
∴fx的极大值为f−a=−ln−a>0，
∴ 0<−a<1，−1∵ x→0+时fx<0，x→+∞时fx<0，
∴ a的取值范围是−1(2)证明：由(1)知fx0=−ln−a，
∵ fx1=fx2，∴ax1−lnx1+1=ax2−lnx2+1，
∴ a=lnx1−lnx21x1−1x2=ln1x2−ln1x11x1−1x2，
令1x1=t1，1x2=t2，则a=lnt2−lnt1t1−t2，
且1x1+1x22=t1+t22，
要证1x1+1x2>2efx0，只需证t1+t22>−eln(−a)，
即证t1+t22>t1−t2lnt1−lnt2，
即证lnt1t2<2t1t2−1t1t2+1，
设0设gm=lnm−2m−1m+1，
则g′m=1m−4m+12=m−12mm+12≥0，
∴gm单调递增，
则gm于是得到t1+t22>t1−t2lnt1−lnt2=−1a，
因此只要证明−1a≥−eln−a−1令ℎa=−1a+eln−a，
则ℎ′a=1a2+ea=1+eaa2，
∴ℎ(a)在−1,−1e上单调递减，在−1e,0上单调递增，
则ℎa≥ℎ−1e=0，即−1a≥−eln−a成立．
【考点】
利用导数研究与函数零点有关的问题
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
暂无
暂无
【解答】
(1)解：由fx=ax−lnx+1得f′x=−ax2−1x=−a+xx2x>0，
∵ 函数fx=ax−lnx+1有两个不同的零点x1，x2，
∴fx在0,+∞上不单调，
∴ a<0，
令f′x>0得0−a，
∴fx在0,−a上单调递增，在−a,+∞上单调递减，
∴fx的极大值为f−a=−ln−a>0，
∴ 0<−a<1，−1∵ x→0+时fx<0，x→+∞时fx<0，
∴ a的取值范围是−1(2)证明：由(1)知fx0=−ln−a，
∵ fx1=fx2，∴ax1−lnx1+1=ax2−lnx2+1，
∴ a=lnx1−lnx21x1−1x2=ln1x2−ln1x11x1−1x2，
令1x1=t1，1x2=t2，则a=lnt2−lnt1t1−t2，
且1x1+1x22=t1+t22，
要证1x1+1x2>2efx0，只需证t1+t22>−eln(−a)，
即证t1+t22>t1−t2lnt1−lnt2，
即证lnt1t2<2t1t2−1t1t2+1，
设0设gm=lnm−2m−1m+1，
则g′m=1m−4m+12=m−12mm+12≥0，
∴gm单调递增，
则gm于是得到t1+t22>t1−t2lnt1−lnt2=−1a，
因此只要证明−1a≥−eln−a−1令ℎa=−1a+eln−a，
则ℎ′a=1a2+ea=1+eaa2，
∴ℎ(a)在−1,−1e上单调递减，在−1e,0上单调递增，
则ℎa≥ℎ−1e=0，即−1a≥−eln−a成立．