体验真题 感悟高考-【金版教程】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册作业与测评教用word（北师大版2019）

数学 选择性必修 第二册 作业与测评(北师) 1．(2024·全国甲卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S5＝S10，a5＝1，则a1＝(　　) A．－2 B. C．1 D．2 答案：B 解析：由S10－S5＝a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝5a8＝0，得a8＝0，则等差数列{an}的公差d＝＝－，故a1＝a5－4d＝1－4×＝.故选B. 2．(2024·全国甲卷)设函数f(x)＝，则曲线y＝f(x)在点(0，1)处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为(　　) A. B. C. D. 答案：A 解析：f′(x)＝，则 f′(0)＝＝3，故该切线方程为y－1＝3x，即y＝3x＋1，令x＝0，则y＝1，令y＝0，则x＝－，故该切线与两坐标轴围成的三角形的面积S＝×1×＝.故选A. 3．[多选](2024·新课标Ⅰ卷)设函数f(x)＝(x－1)2(x－4)，则(　　) A．x＝3是f(x)的极小值点 B．当0<x<1时，f(x)<f(x2) C．当1<x<2时，－4<f(2x－1)<0 D．当－1<x<0时，f(2－x)>f(x) 答案：ACD 解析：对于A，因为函数f(x)的定义域为R，而f′(x)＝2(x－1)(x－4)＋(x－1)2＝3(x－1)·(x－3)，易知当x∈(1，3)时，f′(x)<0，当x∈(－∞，1)或x∈(3，＋∞)时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，故x＝3是f(x)的极小值点，故A正确；对于B，当0<x<1时，因为x－x2＝x(1－x)>0，所以1>x>x2>0，而由A项分析可知，函数f(x)在(0，1)上单调递增，所以f(x)>f(x2)，故B错误；对于C，当1<x<2时，1<2x－1<3，而由A项分析可知，函数f(x)在(1，3)上单调递减，所以f(3)<f(2x－1)<f(1)，即－4<f(2x－1)<0，故C正确；对于D，当－1<x<0时，f(2－x)－f(x)＝(1－x)2(－2－x)－(x－1)2(x－4)＝(x－1)2(2－2x)＝2(1－x)3>0，所以f(2－x)>f(x)，故D正确．故选ACD. 4．[多选](2024·新课标Ⅱ卷)设函数f(x)＝2x3－3ax2＋1，则(　　) A．当a>1时，f(x)有三个零点 B．当a<0时，x＝0是f(x)的极大值点 C．存在a，b，使得x＝b为曲线y＝f(x)的对称轴 D．存在a，使得点(1，f(1))为曲线y＝f(x)的对称中心 答案：AD 解析：对于A，f′(x)＝6x2－6ax＝6x(x－a)，由于a>1，当x∈(－∞，0)∪(a，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(－∞，0)，(a，＋∞)上单调递增，当x∈(0，a)时，f′(x)<0，故f(x)在(0，a)上单调递减，则f(x)在x＝0处取到极大值，在x＝a处取到极小值，由f(0)＝1>0，f(a)＝1－a3<0，则f(0)f(a)<0，根据零点存在定理，可知f(x)在(0，a)上有且只有一个零点，又f(－1)＝－1－3a<0，f(2a)＝4a3＋1>0，则f(－1)f(0)<0，f(a)f(2a)<0，则f(x)在(－1，0)，(a，2a)上各有一个零点，于是当a>1时，f(x)有三个零点，A正确；对于B，f′(x)＝6x(x－a)，由于a<0，故当x∈(a，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，此时f(x)在x＝0处取到极小值，B错误；对于C，假设存在这样的a，b，使得x＝b为曲线y＝f(x)的对称轴，即存在这样的a，b，使得f(x)＝f(2b－x)，即2x3－3ax2＋1＝2(2b－x)3－3a(2b－x)2＋1，易知等式左右两边x3的系数不相等，原等式不可能恒成立，于是不存在这样的a，b，使得x＝b为曲线y＝f(x)的对称轴，C错误；对于D，解法一(利用对称中心的表达式化简)：f(1)＝3－3a，若存在这样的a，使得(1，3－3a)为曲线y＝f(x)的对称中心，则f(x)＋f(2－x)＝6－6a，事实上，f(x)＋f(2－x)＝2x3－3ax2＋1＋2(2－x)3－3a(2－x)2＋1＝(12－6a)x2＋(12a－24)x＋18－12a，于是6－6a＝(12－6a)x2＋(12a－24)x＋18－12a，即解得a＝2，即存在a＝2，使得(1，f(1))是曲线y＝f(x)的对称中心，D正确．解法二(直接利用拐点结论)：任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，f(x)＝2x3－3ax2＋1，f′(x)＝6x2－6ax，f″(x)＝12x－6a，由f″(x)＝0⇔x＝，于是该三次函数的对称中心为点，由题意可知点(1，f(1))也是对称中心，故＝1⇔a＝2，即存在a＝2，使得点(1，f(1))为曲线y＝f(x)的对称中心，D正确．故选AD. 5．(2024·新课标Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a3＋a4＝7，3a2＋a5＝5，则S10＝________． 答案：95 解析：因为数列{an}为等差数列，则由题意，得解得则S10＝10a1＋d＝10×(－4)＋45×3＝95. 6．(2024·新课标Ⅰ卷)若曲线y＝ex＋x在点(0，1)处的切线也是曲线y＝ln (x＋1)＋a的切线，则a＝________． 答案：ln 2 解析：设f(x)＝ex＋x，则f′(x)＝ex＋1，f′(0)＝e0＋1＝2，故曲线y＝ex＋x在点(0，1)处的切线方程为y＝2x＋1.设g(x)＝ln (x＋1)＋a，则g′(x)＝，设切线与曲线y＝ln (x＋1)＋a相切的切点为(x0，ln (x0＋1)＋a)，由两曲线有公切线，得＝2，解得x0＝－，则切点为，切线方程为y＝2＋a＋ln ＝2x＋1＋a－ln 2，因为两切线重合，所以a－ln 2＝0，解得a＝ln 2. 7．(2024·北京高考)设{an}与{bn}是两个不同的无穷数列，且都不是常数列．记集合M＝{k|ak＝bk，k∈N*}，给出下列四个结论： ①若{an}与{bn}均为等差数列，则M中最多有1个元素； ②若{an}与{bn}均为等比数列，则M中最多有2个元素； ③若{an}为等差数列，{bn}为等比数列，则M中最多有3个元素； ④若{an}为递增数列，{bn}为递减数列，则M中最多有1个元素． 其中正确结论的序号是________． 答案：①③④ 解析：对于①，由题知an，bn是关于n的一次式，对应的函数为一次函数，即点(n，an)，(n，bn)分别在两条斜率均不为0的直线上，而这两条直线最多有1个交点，所以M中最多有1个元素，所以①正确．对于②，不妨取an＝2n，bn＝(－2)n，则有a2k＝22k＝4k，b2k＝(－2)2k＝4k(k∈N*)，所以a2k＝b2k(k∈N*)，此时M中有无数个元素，所以②不正确．对于③，由①知点(n，an)在一条斜率不为0的直线l0上．设bn＝b1qn－1(q≠1)，当q>0时，直线l0与数列{bn}对应的函数的图象至多有2个公共点，M中最多有2个元素；当q<－1时，点(n，bn)在如图所示的曲线C1，C2上，由图易知直线l0与曲线C1，C2至多有3个公共点，如当an＝3n－4，bn＝－1×(－2)n－1时，a1＝b1＝－1，a2＝b2＝2，a4＝b4＝8，两个数列有3项相同，所以M中最多有3个元素；当q＝－1时，易知M中最多有2个元素；当－1<q<0时，易知M中最多有3个元素．综上可知，当{an}为等差数列，{bn}为等比数列时，M中最多有3个元素，所以③正确．对于④，若数列{an}为递增数列，数列{bn}为递减数列，则它们对应的函数分别为单调递增函数和单调递减函数，两个函数图象的公共点最多有1个，所以M中最多有1个元素，所以④正确． 8．(2024·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知4Sn＝3an＋4. (1)求{an}的通项公式； (2)设bn＝(－1)n－1nan，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：(1)当n＝1时，4S1＝4a1＝3a1＋4， 解得a1＝4. 当n≥2时，有4Sn－1＝3an－1＋4，所以4Sn－4Sn－1＝4an＝3an－3an－1，即an＝－3an－1， 而a1＝4≠0，故an≠0，故＝－3， 所以数列{an}是以4为首项，－3为公比的等比数列， 所以an＝4·(－3)n－1. (2)由(1)可得bn＝(－1)n－1·n·4·(－3)n－1＝4n·3n－1， 所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝4·30＋8·31＋12·32＋…＋4n·3n－1， 故3Tn＝4·31＋8·32＋12·33＋…＋4n·3n， 两式相减，得－2Tn＝4＋4·31＋4·32＋…＋4·3n－1－4n·3n＝4＋4·－4n·3n＝4＋2·3·(3n－1－1)－4n·3n＝(2－4n)·3n－2， 所以Tn＝(2n－1)·3n＋1. 9．(2024·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ex－ax－a3. (1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)若f(x)有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围． 解：(1)当a＝1时，则f(x)＝ex－x－1， f′(x)＝ex－1， 可得f(1)＝e－2，f′(1)＝e－1，即切点坐标为(1，e－2)，切线斜率k＝e－1， 所以切线方程为y－(e－2)＝(e－1)(x－1)，即(e－1)x－y－1＝0. (2)解法一：因为f(x)的定义域为R， 且f′(x)＝ex－a， 若a≤0，则f′(x)>0对任意x∈R恒成立， 可知f(x)在R上单调递增，无极值，不符合题意； 若a>0，令f′(x)>0，解得x>ln a， 令f′(x)<0，解得x<ln a， 所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增， 则f(x)有极小值f(ln a)＝a－aln a－a3，无极大值， 由题意可得f(ln a)＝a－aln a－a3<0， 即a2＋ln a－1>0. 构建g(a)＝a2＋ln a－1，a>0， 则g′(a)＝2a＋>0， 可知g(a)在(0，＋∞)上单调递增，且g(1)＝0， 不等式a2＋ln a－1>0等价于g(a)>g(1)，解得a>1， 所以a的取值范围为(1，＋∞)． 解法二：因为f(x)的定义域为R，且f′(x)＝ex－a， 若f(x)有极小值，则f′(x)＝ex－a有零点， 令f′(x)＝ex－a＝0，可得ex＝a， 可知y＝ex与y＝a的图象有交点，则a>0. 以下同解法一． 10．(2024·北京高考)设函数f(x)＝x＋kln (1＋x)(k≠0)，直线l是曲线y＝f(x)在点(t，f(t))(t>0)处的切线． (1)当k＝－1时，求f(x)的单调区间； (2)求证：l不经过点(0，0)； (3)当k＝1时，设点A(t，f(t))(t>0)，C(0，f(t))，O(0，0)，B为l与y轴的交点，S△ACO与S△ABO分别表示△ACO与△ABO的面积．是否存在点A使得2S△ACO＝15S△ABO成立？若存在，这样的点A有几个？ (参考数据：1.09<ln 3<1.10，1.60<ln 5<1.61，1.94<ln 7<1.95) 解：(1)当k＝－1时，f(x)＝x－ln (1＋x)， f′(x)＝1－＝(x>－1)， 当x∈(－1，0)时，f′(x)<0， 当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0， ∴f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 则f(x)的单调递减区间为(－1，0)，单调递增区间为(0，＋∞)． (2)证明：∵f′(x)＝1＋， ∴切线l的斜率为1＋， 则切线方程为y－f(t)＝(x－t)(t>0)， 将(0，0)代入，得－f(t)＝－t， f(t)＝t， 即t＋kln (1＋t)＝t＋t·， 又k≠0， ∴ln (1＋t)＝，即ln (1＋t)－＝0， 令F(t)＝ln (1＋t)－，t>0， 假设l经过点(0，0)，则F(t)在(0，＋∞)上存在零点． F′(t)＝－＝>0， ∴F(t)在(0，＋∞)上单调递增，F(t)>F(0)＝0， ∴F(t)在(0，＋∞)上无零点，与假设矛盾， 故直线l不经过点(0，0)． (3)当k＝1时，f(x)＝x＋ln (1＋x)， f′(x)＝1＋＝>0. S△ACO＝tf(t)， 设B(0，q)， 当t>0时，若q<0，则此时l与曲线f(x)相交，与切线定义矛盾． 由(2)知q≠0，所以q>0， 则切线l的方程为y－t－ln (t＋1)＝(x－t)， 令x＝0，则y＝q＝ln (1＋t)－. ∵2S△ACO＝15S△ABO， 则2tf(t)＝15t， ∴13ln (1＋t)－2t－＝0， 记h(t)＝13ln (1＋t)－2t－(t>0)， ∴满足条件的A的个数即h(t)的零点个数． h′(t)＝－2－ ＝ ＝＝， 当t∈时，h′(t)<0，h(t)单调递减； 当t∈时，h′(t)>0，h(t)单调递增； 当t∈(4，＋∞)时，h′(t)<0，h(t)单调递减， ∵h(0)＝0，h<h(0)＝0，h(4)＝13ln 5－20>13×1.6－20＝0.8>0， h(24)＝13ln 25－48－＝26ln 5－48－<26×1.61－48－＝－20.54<0， ∴由零点存在定理及h(t)的单调性， 知h(t)在上有一个零点，在(4，24)上有一个零点． 综上所述，h(t)有两个零点，即满足2S△ACO＝15S△ABO的点A有2个． 11．(2024·全国甲卷)已知函数f(x)＝(1－ax)·ln (1＋x)－x. (1)当a＝－2时，求f(x)的极值； (2)当x≥0时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围． 解：(1)当a＝－2时，f(x)＝(1＋2x)ln (1＋x)－x， 故f′(x)＝2ln (1＋x)＋－1＝2ln (1＋x)－＋1， 因为y＝2ln (1＋x)，y＝－＋1在(－1，＋∞)上均为增函数， 故f′(x)在(－1，＋∞)上为增函数， 而f′(0)＝0， 故当－1<x<0时，f′(x)<0，当x>0时，f′(x)>0， 故f(x)在x＝0处取得极小值，且极小值为f(0)＝0，无极大值． (2)f′(x)＝－aln (1＋x)＋－1 ＝－aln (1＋x)－， 设s(x)＝－aln (1＋x)－，x≥0， 则s′(x)＝－＝－＝－， 当a≤－，x>0时，s′(x)>0，故s(x)在(0，＋∞)上为增函数， 故s(x)>s(0)＝0，即在(0，＋∞)上，f′(x)>0， 所以f(x)在[0，＋∞)上为增函数， 故f(x)≥f(0)＝0； 当－<a<0，0<x<－时，s′(x)<0， 故s(x)在上为减函数， 故在上，s(x)<s(0)＝0， 即在上，f′(x)<0， 故f(x)在上为减函数， 故在上，f(x)<f(0)＝0，不符合题意，舍去； 当a≥0时，s′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立， 同理可得，在(0，＋∞)上，f(x)<f(0)＝0恒成立，不符合题意，舍去． 综上所述，a的取值范围为. 12．(2024·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ln ＋ax＋b(x－1)3. (1)若b＝0，且f′(x)≥0，求a的最小值； (2)证明：曲线y＝f(x)是中心对称图形； (3)若f(x)>－2当且仅当1<x<2，求b的取值范围． 解：(1)当b＝0时，f(x)＝ln ＋ax，其中x∈(0，2)， 则f′(x)＝＋＋a＝＋a，x∈(0，2)， 因为x(2－x)≤＝1，当且仅当x＝1时等号成立， 故f′(x)min＝2＋a，而f′(x)≥0恒成立， 故2＋a≥0，即a≥－2， 所以a的最小值为－2. (2)证明：f(x)＝ln ＋ax＋b(x－1)3的定义域为(0，2)， 设点P(m，n)为y＝f(x)图象上任意一点， 则点P(m，n)关于点(1，a)的对称点为Q(2－m，2a－n)， 因为点P(m，n)在y＝f(x)的图象上， 故n＝ln ＋am＋b(m－1)3， 而f(2－m)＝ln ＋a(2－m)＋b(2－m－1)3＝－＋2a＝－n＋2a，所以点Q(2－m，2a－n)也在y＝f(x)的图象上， 由点P的任意性可得y＝f(x)的图象为中心对称图形，且对称中心为(1，a)． (3)因为f(x)>－2当且仅当1<x<2， 故x＝1为f(x)＝－2的一个解， 所以f(1)＝－2，即a＝－2， 先考虑当1<x<2时，f(x)>－2恒成立． 此时f(x)>－2，即ln ＋2(1－x)＋b(x－1)3>0在(1，2)上恒成立， 设t＝x－1，则当x∈(1，2)时，t∈(0，1)， 则ln －2t＋bt3>0在(0，1)上恒成立， 设g(t)＝ln －2t＋bt3， 则g′(t)＝－2＋3bt2＝， 当b≥0时，－3bt2＋2＋3b≥－3b＋2＋3b＝2>0， 故g′(t)>0恒成立，故g(t)在(0，1)上为增函数， 故g(t)>g(0)＝0，即f(x)>－2在(1，2)上恒成立； 当－≤b<0时，－3bt2＋2＋3b≥2＋3b≥0， 故g′(t)≥0恒成立，故g(t)在(0，1)上为增函数， 故g(t)>g(0)＝0，即f(x)>－2在(1，2)上恒成立； 当b<－时，则当0<t<<1时，g′(t)<0， 故g(t)在上为减函数， 故g(t)<g(0)＝0，不符合题意，舍去． 综上所述，f(x)>－2在(1，2)上恒成立时，b≥－. 而当b≥－时，由上述过程可得g(t)在(0，1)上单调递增，故g(t)>0的解为(0，1)， 即f(x)>－2的解为(1，2)． 综上，b的取值范围是. 13．(2024·天津高考)已知数列{an}是公比大于0的等比数列，其前n项和为Sn.若a1＝1，S2＝a3－1. (1)求数列{an}的前n项和Sn； (2)设bn＝b1＝1，其中k是大于1的正整数． ①当n＝ak＋1时，求证：bn－1≥ak·bn； ②求bi. 解：(1)设等比数列{an}的公比为q>0， 因为a1＝1，S2＝a3－1，即a1＋a2＝a3－1， 可得1＋q＝q2－1，整理得q2－q－2＝0， 解得q＝2或q＝－1(舍去)， 所以Sn＝＝2n－1. (2)①证明：由(1)可知ak＝2k－1，且k∈N*，k≥2， 当n＝ak＋1＝2k≥4时，bn＝k＋1， 又 即ak<n－1<ak＋1， 所以bn－1＝bak＋(ak＋1－ak－1)·2k＝k＋2k(2k－1－1)＝k(2k－1)， 可得bn－1－ak·bn＝k(2k－1)－(k＋1)2k－1＝(k－1)2k－1－k≥2(k－1)－k＝k－2≥0， 当且仅当k＝2时，等号成立， 所以bn－1≥ak·bn. ②由(1)可知Sn＝2n－1＝an＋1－1， 若n＝1，则S1＝1，b1＝1； 若n≥2，则ak＋1－ak＝2k－1， 当2k－1<i≤2k－1时，bi－bi－1＝2k，可知{bi}为等差数列， 可得bi＝k·2k－1＋2k·＝k·4k－1＝[(3k－1)4k－(3k－4)4k－1]， 所以bi＝1＋[5×42－2×4＋8×43－5×42＋…＋(3n－1)4n－(3n－4)4n－1]＝， 且n＝1时符合上式， 故bi＝. 14．(2024·天津高考)设函数f(x)＝xln x. (1)求f(x)图象上点(1，f(1))处的切线方程； (2)若f(x)≥a(x－)在x∈(0，＋∞)时恒成立，求a的取值范围； (3)若x1，x2∈(0，1)，证明：|f(x1)－f(x2)|≤|x1－x2|. 解：(1)由于f(x)＝xln x， 故f′(x)＝ln x＋1. 所以f(1)＝0，f′(1)＝1，所以所求的切线经过点(1，0)，且斜率为1，故其方程为y＝x－1. (2)设h(t)＝t－1－ln t(t>0)， 则h′(t)＝1－＝， 当0<t<1时，h′(t)<0，当t>1时，h′(t)>0， 所以h(t)在(0，1]上单调递减， 在[1，＋∞)上单调递增，所以h(t)≥h(1)，即t－1≥ln t，当且仅当t＝1时，等号成立． 设g(t)＝a(t－1)－2ln t，则 f(x)－a(x－)＝xln x－a(x－)＝x＝x·g. 当x∈(0，＋∞)时，的取值范围是(0，＋∞)，所以命题等价于对任意t∈(0，＋∞)，都有g(t)≥0. 一方面，若对任意t∈(0，＋∞)，都有g(t)≥0，则对t∈(0，＋∞)有0≤g(t)＝a(t－1)－2ln t＝a(t－1)＋2ln ≤a(t－1)＋2＝at＋－a－2， 取t＝2，得0≤a－1，故a≥1>0. 再取t＝，得0≤a＋2－a－2＝2－a－2＝－(－)2，所以a＝2； 另一方面，若a＝2，则对任意t∈(0，＋∞)都有g(t)＝2(t－1)－2ln t＝2h(t)≥0，满足条件． 综合以上两个方面，知a的取值范围是{2}． (3)先证明一个结论： 对0<a<b，有ln a＋1<<ln b＋1. 证明：前面已经证明不等式t－1≥ln t(当且仅当t＝1时，等号成立)， 故＝＋ln b＝＋ln b<1＋ln b， 且＝＋ln a＝＋ln a>＋ln a＝1＋ln a， 所以ln a＋1<<ln b＋1， 即ln a＋1<<ln b＋1. 由f′(x)＝ln x＋1，可知当0<x<时，f′(x)<0，当x>时，f′(x)>0， 所以f(x)在上单调递减，在上单调递增． 不妨设x1≤x2，当x1＝x2时，|f(x1)－f(x2)|＝|x1－x2|.下面在x1<x2的情况下证明本题结论． 情况一：当≤x1<x2<1时，有|f(x1)－f(x2)|＝f(x2)－f(x1)<(ln x2＋1)(x2－x1)<x2－x1<，结论成立． 情况二：当0<x1<x2≤时，有|f(x1)－f(x2)|＝f(x1)－f(x2)＝x1ln x1－x2ln x2. 对任意的c∈，设φ(x)＝xln x－cln c－，则φ′(x)＝ln x＋1＋. 由于φ′(x)单调递增，且有 ＝＋1＋<＋1＋＝－1－＋1＋＝0， 且当x≥c－，x>时， 由≥ln －1可知 φ′(x)＝ln x＋1＋>ln ＋1＋＝－≥0. 所以φ′(x)在(0，c)上存在零点x0，再结合φ′(x)单调递增，即知当0<x<x0时，φ′(x)<0，当x0<x<c时，φ′(x)>0. 故φ(x)在(0，x0]上单调递减，在[x0，c]上单调递增． ①当x0≤x≤c时，有φ(x)≤φ(c)＝0； ②当0<x<x0时，由于ln ＝－2f()≤－2f＝<1， 故我们可以取q∈. 从而当0<x<时，由>q，可得 φ(x)＝xln x－cln c－<－cln c－<－cln c－q＝<0. 再根据φ(x)在(0，x0]上单调递减，即知对0<x<x0都有φ(x)<0. 综合①②可知，对任意0<x≤c，都有φ(x)≤0，即φ(x)＝xln x－cln c－≤0. 根据c∈和0<x≤c的任意性，取c＝x2，x＝x1，就得到x1ln x1－x2ln x2－≤0. 所以|f(x1)－f(x2)|＝f(x1)－f(x2)＝x1ln x1－x2ln x2≤. 情况三：当0<x1≤<x2<1时，根据情况一和情况二的讨论，可得≤<， <≤. 而根据f(x)的单调性，知 |f(x1)－f(x2)|≤ 或|f(x1)－f(x2)|≤， 故一定有|f(x1)－f(x2)|≤成立． 综上，结论成立． 15．(2024·新课标Ⅱ卷)已知双曲线C：x2－y2＝m(m>0)，点P1(5，4)在C上，k为常数，0<k<1.按照如下方式依次构造点Pn(n＝2，3，…)，过Pn－1作斜率为k的直线与C的左支交于点Qn－1，令Pn为Qn－1关于y轴的对称点，记Pn的坐标为(xn，yn)． (1)若k＝，求x2，y2； (2)证明：数列{xn－yn}是公比为的等比数列； (3)设Sn为△PnPn＋1Pn＋2的面积，证明：对任意的正整数n，Sn＝Sn＋1. 解：(1)由已知有m＝52－42＝9，故C的方程为x2－y2＝9. 当k＝时，过P1(5，4)且斜率为的直线方程为y－4＝(x－5)，即x－2y＋3＝0，与x2－y2＝9联立，得到x2－2x－15＝0，解得x＝－3或x＝5，所以该直线与C的不同于P1的交点为Q1(－3，0)，该点显然在C的左支上． 故P2(3，0)，从而x2＝3，y2＝0. (2)证明：由于过Pn(xn，yn)且斜率为k的直线为y＝k(x－xn)＋yn，与x2－y2＝9联立，得到方程x2－[k(x－xn)＋yn]2＝9， 展开即得(1－k2)x2－2k(yn－kxn)x－(yn－kxn)2－9＝0， 由于Pn(xn，yn)已经是直线y＝k(x－xn)＋yn和x2－y2＝9的公共点，故方程必有一根x＝xn. 从而根据根与系数的关系，另一根x＝－xn＝， 相应的y＝k(x－xn)＋yn＝. 所以该直线与C的不同于Pn的交点为Qn， 所以Pn＋1. 这就得到xn＋1＝，yn＋1＝， 所以xn＋1－yn＋1 ＝－ ＝－ ＝(xn－yn) ＝(xn－yn)． 再由x－y＝9，可知x1－y1≠0，所以数列{xn－yn}是公比为的等比数列． (3)证法一：由(2)知，数列{xn－yn}是首项为x1－y1＝5－4＝1，公比为的等比数列． 令t＝，由0<k<1可知t>1， 则xn－yn＝tn－1， 又x－y＝9，所以xn＋yn＝＝， 可得xn＝，yn＝， 所以Pn，Pn＋1，Pn＋2， 所以直线PnPn＋1的方程为x－xn＝·(y－yn)， 即(9＋t2n－1)x－(9－t2n－1)y－9tn－1(1＋t)＝0. 易知点Pn＋2到直线PnPn＋1的距离d＝ ＝. 又|PnPn＋1|＝ ＝， 则Sn＝·|PnPn＋1|·d＝＝，即Sn为定值，所以Sn＝Sn＋1. 证法二：由(2)知，数列{xn－yn}是首项为x1－y1＝5－4＝1，公比为的等比数列． 令t＝，由0<k<1可知t>1， 则xn－yn＝tn－1， 又x－y＝9，所以xn＋yn＝＝， 可得xn＝，yn＝， 所以Pn，Pn＋1， Pn＋2，Pn＋3， 所以＝＝， ＝＝， 即＝， 所以PnPn＋3∥Pn＋1Pn＋2， 所以点Pn和点Pn＋3到直线Pn＋1Pn＋2的距离相等， 因此△PnPn＋1Pn＋2和△Pn＋1Pn＋2Pn＋3的面积相等，即Sn＝Sn＋1. 证法三：由于(2)中已经得到 xn＋1＝， yn＋1＝， 故xn＋1＋yn＋1 ＝＋ ＝(xn＋yn) ＝(xn＋yn)． 再由x－y＝9，就知道x1＋y1≠0，所以数列{xn＋yn}是公比为的等比数列． 所以对任意的正整数m， 都有xnyn＋m－ynxn＋m＝[(xnxn＋m－ynyn＋m)＋(xnyn＋m－ynxn＋m)]－[(xnxn＋m－ynyn＋m)－(xnyn＋m－ynxn＋m)]＝(xn－yn)(xn＋m＋yn＋m)－(xn＋yn)(xn＋m－yn＋m)＝m(xn－yn)(xn＋yn)－m(xn＋yn)(xn－yn) ＝(x－y) ＝. 这就得到xn＋2yn＋3－yn＋2xn＋3＝＝xnyn＋1－ynxn＋1， 以及xn＋1yn＋3－yn＋1xn＋3＝＝xnyn＋2－ynxn＋2. 两式相减，即得(xn＋2yn＋3－yn＋2xn＋3)－(xn＋1yn＋3－yn＋1xn＋3)＝(xnyn＋1－ynxn＋1)－(xnyn＋2－ynxn＋2)， 移项得到xn＋2yn＋3－ynxn＋2－xn＋1yn＋3＋ynxn＋1＝yn＋2xn＋3－xnyn＋2－yn＋1xn＋3＋xnyn＋1. 故(yn＋3－yn)(xn＋2－xn＋1)＝(yn＋2－yn＋1)·(xn＋3－xn)． 而＝(xn＋3－xn，yn＋3－yn)， ＝(xn＋2－xn＋1，yn＋2－yn＋1)， 所以和平行， 这就得到S△PnPn＋1Pn＋2＝S△Pn＋1Pn＋2Pn＋3， 即Sn＝Sn＋1. 17 学科网（北京）股份有限公司 $$