新教材2024年高中數(shù)學(xué)本冊(cè)綜合檢測(cè)2新人教A版選擇性必修第二冊(cè)

本冊(cè)綜合檢測(cè)(二)考試時(shí)間120分鐘，滿分150分．一、單項(xiàng)選擇題(本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1．?dāng)?shù)列{an}滿意a1＝－3，an＋1＝3an－1(n∈N*)，那么a4的值為(C)A．－10 B．－31C．－94 D．94[解析]a2＝3×(－3)－1＝－10，a3＝3×(－10)－1＝－31，a4＝3×(－31)－1＝－94，故選C．2．函數(shù)f(x)＝2ex＋eq\f(1,x＋1)的圖象在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為(C)A．x＋y＋3＝0 B．x＋y－3＝0C．x－y＋3＝0 D．x－y－3＝0[解析]因?yàn)閒′(x)＝2ex－eq\f(1,（x＋1）2)，所以f′(0)＝1，f(0)＝3，故所求的切線方程為x－y＋3＝0.3．(2024·全國(guó)新高考Ⅱ卷)中國(guó)的古建筑不僅是擋風(fēng)遮雨的住處，更是美學(xué)和哲學(xué)的體現(xiàn)．如圖是某古建筑物的剖面圖，其中DD1，CC1，BB1，AA1是舉，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相鄰桁的舉步之比分別為eq\f(DD1,OD1)＝0.5，eq\f(CC1,DC1)＝k1，eq\f(BB1,CB1)＝k2，eq\f(AA1,BA1)＝k3，已知k1，k2，k3成公差為0.1的等差數(shù)列，且直線OA的斜率為0.725，則k3＝(D)A．0.75 B．0.8C．0.85 D．0.9[解析]設(shè)OD1＝DC1＝CB1＝BA1＝1，則CC1＝k1，BB1＝k2，AA1＝k3.由題意得k3＝k1＋0.2，k3＝k2＋0.1且eq\f(DD1＋CC1＋BB1＋AA1,OD1＋DC1＋CB1＋BA1)＝0.725，解得k3＝0.9，故選D．4．某公司生產(chǎn)某種產(chǎn)品，固定成本為20000元，每生產(chǎn)一單位產(chǎn)品，成本增加100元，已知總收入R與年產(chǎn)量x的關(guān)系是R(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(400x－\f(1,2)x2，0≤x≤400，,80000，x>400，))則總利潤(rùn)最大時(shí)，每年生產(chǎn)的產(chǎn)品件數(shù)為(D)A．100 B．200C．250 D．300[解析]由題意知，總成本為C＝20000＋100x，所以總利潤(rùn)為P＝R(x)－C＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(300x－\f(1,2)x2－20000，0≤x≤400，,60000－100x，x>400))P′＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(300－x，0≤x≤400,－100，x>400))令P′＝0，當(dāng)0≤x≤400時(shí)，得x＝300；當(dāng)x>400時(shí)，P′<0恒成立，易知當(dāng)x＝300時(shí)，總利潤(rùn)最大．5．已知各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}的前4項(xiàng)和為15，且a5＝3a3＋4a1，則a3＝(C)A．16 B．8C．4 D．2[解析]由題意知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1>0，q>0，,a1＋a1q＋a1q2＋a1q3＝15，,a1q4＝3a1q2＋4a1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,q＝2，))∴a3＝a1q2＝4.故選C．6．已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)＝a(x＋1)(x－a)，且f(x)在x＝a處取得極大值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(B)A．a(chǎn)>－1 B．－1<a<0C．0<a<1 D．a(chǎn)>1[解析]∵f(x)在x＝a處取得極大值，∴f(x)在x＝a旁邊左增右減，分a>0，a＝0，a<0探討易知－1<a<0.7．設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若S6>S7>S5，則滿意SnSn＋1<0的正整數(shù)n的值為(C)A．10 B．11C．12 D．13[解析]由S6>S7>S5，得S7＝S6＋a7<S6，S7＝S5＋a6＋a7>S5，所以a7<0，a6＋a7>0，所以{an}為遞減數(shù)列，又S13＝eq\f(13（a1＋a13）,2)＝13a7<0，S12＝eq\f(12（a1＋a12）,2)＝6(a6＋a7)>0，所以S12S13<0，即滿意SnSn＋1<0的正整數(shù)n的值為12，故選C．8．若函數(shù)f(x)在定義域R內(nèi)可導(dǎo)，f(1.9＋x)＝f(0.1－x)且(x－1)f′(x)＜0，a＝f(0)，b＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，c＝f(3)，則a，b，c的大小關(guān)系是(D)A．a(chǎn)>b>c B．c>a>bC．c>b>a D．b>a>c[解析]∵(x－1)f′(x)＜0，∴當(dāng)x＞1時(shí)，f′(x)＜0，此時(shí)函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x＜1時(shí)，f′(x)＞0，此時(shí)函數(shù)f(x)單調(diào)遞增．又f(1.9＋x)＝f(0.1－x)，∴f(x)＝f(2－x)，∴f(3)＝f(2－(－1))＝f(－1)，∵－1＜0<eq\f(1,2)，∴f(－1)＜f(0)＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，∴f(3)<f(0)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，∴b＞a＞c，故選D．二、多項(xiàng)選擇題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的，全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分)9．已知等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則下列不肯定成立的是(ABD)A．若a3>0，則a2018>0B．若a4>0，則a2019>0C．若a3>0，則S2019>0D．若a4>0，則S2018>0[解析]當(dāng)a3＝a1q2>0時(shí)，a1為正數(shù)，q無(wú)法確定，故當(dāng)q＝1時(shí)，S2019＝2019a1>0，當(dāng)q≠1時(shí)，S2019＝eq\f(a1（1－q2019）,1－q)，分析可得q>1與q<1時(shí)，都有S2019>0，C選項(xiàng)正確．而a2018＝a1q2017無(wú)法確定正負(fù)，A選項(xiàng)錯(cuò)誤．當(dāng)a4＝a1q3>0時(shí)，不妨設(shè)數(shù)列為－1，1，－1，1，…則a2019＝－1<0，S2018＝0，故B，D選項(xiàng)錯(cuò)誤.綜上所述，故選ABD．10．對(duì)于函數(shù)f(x)＝ex(x－1)2(x－2)，以下選項(xiàng)正確的是(AB)A．1是極大值點(diǎn) B．有2個(gè)微小值C．1是微小值點(diǎn) D．有2個(gè)極大值[解析]f′(x)＝ex(x－1)(x2－3)，當(dāng)f′(x)>0時(shí)－eq\r(3)<x<1或x>eq\r(3)，當(dāng)f′(x)<0時(shí)，1<x<eq\r(3)或x<－eq\r(3)，故1是極大值點(diǎn)，且函數(shù)有兩個(gè)微小值．故選AB．11．函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示，則函數(shù)y＝f(x)的圖象不行能是(ABC)[解析]依據(jù)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系，當(dāng)f′(x)<0時(shí)，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)f′(x)>0時(shí)，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，由導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象可知，f(x)圖象先單調(diào)遞減，再單調(diào)遞增，然后單調(diào)遞減，最終單調(diào)遞增，且函數(shù)的極大值點(diǎn)在y軸的右側(cè)，D項(xiàng)圖象正確，故選ABC．12．對(duì)于不等式eq\r(n2＋n)＜n＋1(n∈N*)，某同學(xué)用數(shù)學(xué)歸納法的證明過(guò)程如下：(1)當(dāng)n＝1時(shí)，eq\r(12＋1)＜1＋1，不等式成立．(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*)時(shí)，不等式成立，即eq\r(k2＋k)＜k＋1，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，eq\r(（k＋1）2＋（k＋1）)＝eq\r(k2＋3k＋2)＜eq\r(（k2＋3k＋2）＋（k＋2）)＝eq\r(（k＋2）2)＝(k＋1)＋1，∴當(dāng)n＝k＋1時(shí)，不等式成立．關(guān)于上述證法，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是(ABC)A．過(guò)程全部正確B．n＝1驗(yàn)證不正確C．歸納假設(shè)不正確D．從n＝k到n＝k＋1的推理不正確[解析]在n＝k＋1時(shí)，沒(méi)有應(yīng)用n＝k時(shí)的假設(shè)，即從n＝k到n＝k＋1的推理不正確．故選ABC．三、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分)13．eq\f(1,2×5)＋eq\f(1,5×8)＋eq\f(1,8×11)＋…＋eq\f(1,14×17)＝__eq\f(5,34)__．[解析]原式＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,5)＋\f(1,5)－\f(1,8)＋…＋\f(1,14)－\f(1,17)))＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,17)))＝eq\f(5,34).14．(2024·商丘市第一高級(jí)中學(xué)高二月考(理))已知偶函數(shù)f(x)(x≠0)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且滿意f(1)＝0，當(dāng)x>0時(shí)，xf′(x)<2f(x)，則使f(x)>0成立的x的取值范圍為__(－1，0)∪(0，1)__．[解析]令g(x)＝eq\f(f（x）,x2)，∵f(x)是偶函數(shù)，∴g(－x)＝eq\f(f（－x）,（－x）2)＝eq\f(f（x）,x2)，則g(x)是偶函數(shù)，又g′(x)＝eq\f(f′（x）·x－2f（x）,x3)，∵當(dāng)x>0時(shí)，xf′(x)<2f(x)，此時(shí)g′(x)<0，則g(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞減，又f(1)＝0，∴g(1)＝eq\f(f（1）,1)＝0，且g(x)是偶函數(shù)，則由g(x)>0可得g(|x|)>g(1)，則|x|<1，解得x∈(－1，0)∪(0，1)，則f(x)>0的解集為(－1，0)∪(0，1)．故答案為(－1，0)∪(0，1)．15．設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝－2n2＋3，那么此數(shù)列的通項(xiàng)公式an＝__eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，n＝1,－4n＋2，n≥2))__．[解析]由題意知，當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝－2×12＋3＝1，當(dāng)n≥2時(shí)，Sn＝－2n2＋3，①Sn－1＝－2(n－1)2＋3，②①－②，得an＝－4n＋2，∵a1不適合an＝－4n＋2，∴an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,－4n＋2，n≥2.))16．已知x1>x2>0，若不等式eq\f(e2x1－e2x2,x1－x2)>mex1＋x2恒成立，則m的取值范圍為__(－∞，2]__．[解析]eq\f(e2x1－e2x2,x1－x2)>mex1＋x2?ex1－x2－ex2－x1－m(x1－x2)>0恒成立，令t＝x1－x2>0，則不等式轉(zhuǎn)化為et－e－t－mt>0，設(shè)函數(shù)f(t)＝et－e－t－mt(t>0)，f′(t)＝et＋e－t－m，當(dāng)m≤2時(shí)，f′(t)>0，則f(t)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故f(t)>f(0)＝0，符合題意；當(dāng)m>2時(shí)，由于f″(t)＝et－e－t>0，故f′(t)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，存在t0∈(0，＋∞)滿意f′(t0)＝0，即f(t)在(0，t0)單調(diào)遞減，(t0，＋∞)單調(diào)遞增，因此當(dāng)t∈(0，t0)時(shí)，f(t)<f(0)＝0，與題意沖突．綜上所述，m≤2.故答案為：(－∞，2]．四、解答題(本大題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟)17．(本小題滿分10分)設(shè)數(shù)列{an}滿意：a1＝1，an＋1＝3an，n∈N*.(1)求{an}的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和Sn；(2)已知{bn}是等差數(shù)列，Tn為其前n項(xiàng)和，且b1＝a2，b3＝a1＋a2＋a3，求T20.[解析](1)由題設(shè)知{an}是首項(xiàng)為1，公比為3的等比數(shù)列，所以an＝3n－1，Sn＝eq\f(1－3n,1－3)＝eq\f(1,2)(3n－1)．(2)b1＝a2＝3，b3＝a1＋a2＋a3＝1＋3＋9＝13，b3－b1＝10，所以數(shù)列{bn}的公差d＝5，故T20＝20×3＋eq\f(20×19,2)×5＝1010.18．(本小題滿分12分)已知f(x)＝tanx.(1)求f′(x)；(2)若g(x)＝extanx，試分析g(x)在(－1，1)上的單調(diào)性．[解析](1)因?yàn)閒(x)＝tanx＝eq\f(sinx,cosx)，所以f′(x)＝eq\f(cosx·cosx－sinx（－sinx）,cos2x)，＝eq\f(cos2x＋sin2x,cos2x)＝eq\f(1,cos2x).(2)因?yàn)間(x)＝extanx，所以g′(x)＝(ex)′tanx＋ex(tanx)′＝exeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(tanx＋\f(1,cos2x)))＝eq\f(ex（sinxcosx＋1）,cos2x)＝eq\f(ex\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin2x＋1)),cos2x)，當(dāng)x∈(－1，1)時(shí)，g′(x)>0，∴g(x)在(－1，1)上單調(diào)遞增．19．(本小題滿分12分)(2024·全國(guó)甲卷)已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，記Sn為{an}的前n項(xiàng)和，從下面①②③中選取兩個(gè)作為條件，證明另外一個(gè)成立．①數(shù)列{an}是等差數(shù)列；②數(shù)列{eq\r(Sn)}是等差數(shù)列；③a2＝3a1.注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個(gè)解答計(jì)分．[解析]選①②作條件證明③：設(shè)eq\r(Sn)＝an＋b(a>0)，則Sn＝(an＋b)2，當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝(a＋b)2；當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝(an＋b)2－(an－a＋b)2＝a(2an－a＋2b)；因?yàn)閧an}也是等差數(shù)列，所以(a＋b)2＝a(2a－a＋2b)，解得b＝0；所以an＝a2(2n－1)，所以a2＝3a1.選①③作條件證明②：因?yàn)閍2＝3a1，{an}是等差數(shù)列，所以公差d＝a2－a1＝2a1，所以Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d＝n2a1，即eq\r(Sn)＝eq\r(a1)n，因?yàn)閑q\r(Sn＋1)－eq\r(Sn)＝eq\r(a1)(n＋1)－eq\r(a1)n＝eq\r(a1)，所以{eq\r(Sn)}是等差數(shù)列．選②③作條件證明①：設(shè)eq\r(Sn)＝an＋b(a>0)，則Sn＝(an＋b)2，當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝(a＋b)2；當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝(an＋b)2－(an－a＋b)2＝a(2an－a＋2b)；因?yàn)閍2＝3a1，所以a(3a＋2b)＝3(a＋b)2，解得b＝0或b＝－eq\f(4a,3)；當(dāng)b＝0時(shí)，a1＝a2，an＝a2(2n－1)，當(dāng)n≥2時(shí)，an－an－1＝2a2滿意等差數(shù)列的定義，此時(shí){an}為等差數(shù)列；當(dāng)b＝－eq\f(4a,3)時(shí)，eq\r(Sn)＝an＋b＝an－eq\f(4,3)a，eq\r(S1)＝－eq\f(a,3)<0不合題意，舍去．綜上可知{an}為等差數(shù)列．20．(本小題滿分12分)已知f(n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,1)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,4)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,7)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3n－2)))(n∈N*)，g(n)＝eq\r(3,3n＋1)(n∈N*)．(1)當(dāng)n＝1，2，3時(shí)，分別比較f(n)與g(n)的大??；(2)由(1)猜想f(n)與g(n)的大小關(guān)系，并證明你的結(jié)論．[解析](1)當(dāng)n＝1時(shí)，f(1)＝2，g(1)＝eq\r(3,4)，f(1)>g(1)，當(dāng)n＝2時(shí)，f(2)＝eq\f(5,2)，g(2)＝eq\r(3,7)，f(2)>g(2)，當(dāng)n＝3時(shí)，f(3)＝eq\f(20,7)，g(3)＝eq\r(3,10)，f(3)>g(3)．(2)猜想：f(n)>g(n)(n∈N*)，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,1)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,4)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,7)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3n－2)))>eq\r(3,3n＋1).下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：①當(dāng)n＝1時(shí)，上面已證．②假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*)時(shí)，猜想成立，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,1)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,4)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,7)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3k－2)))>eq\r(3,3k＋1)，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，f(k＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,1)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,4)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,7)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3k－2)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3k＋1)))>eq\r(3,3k＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3k＋1)))＝eq\r(3,3k＋1)×eq\f(3k＋4,3k＋1)＝eq\f(3k＋4,\r(3,（3k＋1）2)).因?yàn)閑q\r(3,（3k＋1）2)<eq\r(3,（3k＋4）2)，所以eq\f(3k＋4,\r(3,（3k＋1）2))>eq\f(3k＋4,\r(3,（3k＋4）2))＝eq\r(3,3k＋4)＝g(k＋1)，所以，當(dāng)n＝k＋1時(shí)猜想也成立．綜上可知：對(duì)隨意n∈N*，猜想均成立．21．(本小題滿分12分)為了在夏季降溫柔冬季供暖時(shí)削減能源損耗，房屋的屋頂和外墻須要建立隔熱層．某幢建筑物要建立可運(yùn)用15年的隔熱層，每厘米厚的隔熱層建立成本為8萬(wàn)元．該建筑物每年的能源消耗費(fèi)用C(單位：萬(wàn)元)與隔熱層厚度x(單位cm)滿意關(guān)系C(x)＝eq\f(k,3x＋5)(0≤x≤10)，若不建隔熱層，每年能源消耗費(fèi)用為8萬(wàn)元．設(shè)f(x)為隔熱層建立費(fèi)用與15年的能源耗費(fèi)用之和．(1)求k的值及f(x)的表達(dá)式；(2)隔熱層修建多厚時(shí)，總費(fèi)用f(x)達(dá)到最小，并求最小值．[解析](1)設(shè)隔熱層厚度為xcm，由題設(shè)，每年能源消耗費(fèi)用為C(x)＝eq\f(k,3x＋5)，再由C(0)＝8，得k＝40，因此C(x)＝eq\f(40,3x＋5)，而建立費(fèi)用為C1(x)＝8x，因此得隔熱層建立費(fèi)用與15年的能源消耗費(fèi)用之和為f(x)＝15C(x)＋C1(x)＝15×eq\f(40,3x＋5)＋8x＝eq\f(600,3x＋5)＋8x(0≤x≤10)．(2)f′(x)＝8－eq\f(1800,（3x＋5）2)，令f′(x)＝0，即eq\f(1800,（3x＋5）2)＝8，解得x＝eq\f(10,3)，x＝－eq\f(20,3)(舍去)，由0<x<eq\f(10,3)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)eq\f(10,3)<x<10時(shí)，f′(x)>0，故當(dāng)x＝eq\f(10,3)時(shí)，f(x)取得小值，且為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,3)))＝eq\f(600,10＋5)＋8×eq\f(10,3)＝eq\f(200,3).答：當(dāng)隔熱層修建eq\f(10,3)cm厚時(shí)，總費(fèi)用達(dá)到最小值為eq\f(200,3)萬(wàn)元．22．(本小題滿分12分)(2024·山東卷)已知函數(shù)f(x)＝x(1－lnx)．(1)探討f(x)的單調(diào)性；(2)設(shè)a，b為兩個(gè)不相等的正數(shù)，且blna－alnb＝a－b，證明：2<eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<e.[解析](1)函數(shù)的定義域?yàn)?0，＋∞)，又f′(x)＝1－lnx－1＝－lnx，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f′(x)>0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)<0，故f(x)的遞增區(qū)間為(0，1)，遞減區(qū)間為(1，＋∞)．(2)因?yàn)閎lna－alnb＝a－b，故b(lna＋1)＝a(lnb＋1)，即eq\f(lna＋1,a)＝eq\f(lnb＋1,b)，故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)))，設(shè)eq\f(1,a)＝x1，eq\f(1,b)＝x2，由(1)可知不妨設(shè)0<x1<1，x2>1.因?yàn)閤∈(0，e)時(shí)，f(x)＝x(1－lnx)>0，x∈(e，＋∞)時(shí)，f(x)＝x(1－lnx)<0，故1<x2<e.先證：x1＋x2>2，若x2≥2，x1＋x2>2必成立．若x2<2,要證：x1＋x2>2，即證x1>2－x2