【领航密卷】2025年普通高等学校招生全国统一考试数学押题卷(3)

YT3 数学试卷 第1 页(共4页) 2025年普通高等学校招生全国统一考试 数 学 押题卷(三) 注意事项: 1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改 动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上。写在本试卷 上无效。 3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。 一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目 要求的。 1. 设全集U=R,集合A={y|y=2x},B={x|x2-3x+2<0},则A ∩ (綂UB)= A.[2,+∞) B.(0,+∞) C.(0,1] D.(0,1]∪ [2,+∞) 2. 设复数z满足z-1z+1 为纯虚数,则|z|= A.1 B.2 C.3 D.2 3. 已知lg 2≈0.301 0,lg 3≈0.477 1,则log412的值大约为 A.1.79 B.1.81 C.1.87 D.1.89 4. 如图,已知双曲线C:x 2 a2 -y 2 b2 =1(a>0,b>0)的左、右顶点分别是A1,A2,圆x2+y2=a2与双 曲线C 的渐近线在第一象限的交点为M,直线A1M 交双曲线C 的右支于点P,若 △MPA2 是等 腰三角形,且 ∠PA2M 的内角平分线与y 轴平行, 则双曲线C 的离心率为 A.2 B.3 C.2 D.5 5. 已知圆C1:x2+y2=b2与双曲线C2: x2 a2 -y 2 b2 =1(a>0,b>0),若在双曲线C2上存在一点P, YT3 数学试卷 第2 页(共4页) 使得过点P 能作圆C1的两条切线,切点为A,B,且∠APB= π 3 ,则双曲线C2的离心率的取值范 围是 A.(1,52 ] B.[52 ,+∞) C.(1,3] D.[3,+∞) 6. 已知公比为q的等比数列{an}的前n 项和Sn =2a1-2qn,则a1= A.12 B.1 C.2 D.4 7. 已知函数f(x)=ln e(x-2) x ,则下列函数是奇函数的是 A.f(x+1)+1 B.f(x-1)+1 C.f(x-1)-1 D.f(x+1)-1 8. 设A,B,C,D 是曲线y=x3-mx上的四个动点,若以这四个动点为顶点的正方形有且只有一个, 则实数m 的值为 A.4 B.23 C.3 D.22 二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要 求。全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分。 9. 已知函数f(x)=cos2x- 3sin xcos x,则 A.f(x)的最小值为- 1 2 B.f (x)的图象关于点(π12 ,0)对称 C.直线x= π 3 是f(x)图象的一条对称轴 D.f(x)在区间(- π 6 ,π 3 )上单调递减 10. 已知a>0,b>0,a+2b=1,则 A.2a + 1 b 的最小值为4 B.ab的最大值为18 C.a2+b2 的最小值为 1 5 D.2 a +4b 的最小值为22 11. 某市抽查一周空气质量指数变化情况,得到一组数据:80,76,73,82,86,75,81.以下关于这组数 据判断正确的有 A.极差为13 B.中位数为82 C.平均数为79 D.方差为124 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分。 12. (1-2x)6 的展开式中x3 的系数为 . YT3 数学试卷 第3 页(共4页) 13. 如图,一个水平放置在桌面上的无盖正方体容器ABCD-A1B1C1D1,AB=4,容器内装有高度 为h 的水,现将容器绕着棱A1B1 所在直线顺时针旋转45°,容器中溢出的水刚好装满一个半径 为 3 6 π 的半球形容器,不考虑容器厚度以及其他因素影响,则h= . 14. 已知菱形ABCD 的边长为2,∠ABC=60°,点P 在BC 边上(包括端点),则AD → ·AP → 的取值范围 是 . 四、解答题:本题共5小题,共25分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15. (13分) 已知正项数列{an}的前n 项和为Sn,a2n +an =2Sn +2,数列{bn}满足bn =an·3 an. (1)求数列{an}的通项公式; (2)求数列{bn}的前n 项和Tn. 16. (15分) 已知四棱锥P-ABCD 的底面ABCD 为等腰梯形,AD ∥BC,∠BAD= π 4 ,AD=2BC=4,PB ⊥ 平面ABCD. (1)求证:AP ⊥CD; (2)若四棱锥P-ABCD 的体积为2,求平面PCD 与平面PCB 夹角的余弦值. 17. (15分) 肝脏疾病是各种原因引起的肝脏损伤,是一种常见的危害性极大的疾病,研究表明很多肝病是 由乙肝发展而来的,身体感染乙肝病毒后,病毒会在体内持续复制,肝细胞修复过程中形成纤维 化,最后发展成肝病.感染乙肝病毒后身体初期没有任何症状,因此忽视治疗,等到病情十分严 重时,患者才会出现痛感,但已经错过了最佳治疗时机,对乙肝病毒应以积极预防为主,通过接 YT3 数学试卷 第4 页(共4页) 种乙肝疫苗可以预防感染乙肝病毒,体检是筛查乙肝病毒携带者最好的方法.国家在《中小学生 健康体检管理办法(2021年版)》中规定:中小学校每年组织1次在校学生健康体检.现某学校有 4 000名学生,假设携带乙肝病毒的学生占m%,某体检机构通过抽血的方法筛查乙肝病毒携带 者,如果对每个人的血样逐一化验,就需要化验4 000次.为减轻化验工作量,统计专家给出了一 种化验方法:随机按照k个人进行分组,将各组k个人的血样混合再化验,如果混合血样呈阴性, 说明这k个人全部阴性;如果混合血样呈阳性,说明其中至少有一人的血样呈阳性,就需对该组 每个人的血样再分别化验一次.假设每人血样化验结果呈阴性还是阳性相互独立. (1)若m=0.4,记每人血样化验次数为X,求当k取何值时,X 的数学期望最小,并求此时化验总 次数. (2)若m=0.8,设每人血样单独化验一次费用5元,k个人混合化验一次费用k+4元.求当k取 何值时,每人血样化验费用的数学期望最小,并求此时化验总费用. 参考数据及公式:10≈3.16,(1+x)n ≈1+nx(n∈N*,n≥2,|x|≤0.01). 18. (17分) 如图,已知椭圆 M:x 2 a2 +y 2 b2 =1(a>b>0)的左、右顶点分别为A,B,P 是椭圆M 上异于A,B 的动点,满足kPA·kPB =- 1 4 ,当P 为M 的上顶点时,△ABP 的面积为2. (1)求椭圆 M 的方程; (2)若直线AP 交直线l:x=4于C 点,直线CB 交椭圆M 于Q 点,求证:直线PQ 过定点. 19. (17分) 已知函数f(x)=ln x-a,记曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线为l,l在x 轴上的截距 为x2(x2>0). (1)当x1=e,a=1时,求切线方程; (2)证明:|x1-ea|≥|x2-ea|. 2025年普通高等学校招生全国统一考试 数 学 押题卷(三) 注意事项: 1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改 动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上。写在本试卷 上无效。 3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。 一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目 要求的。 1. D 2. A 3. A 4. A 5. B 【解析】如图,连接OP,OA,OB,则OA ⊥PA,OB ⊥PB.因为 ∠APB = π 3 ,所以 ∠APO = ∠APB 2 = π 6. 因为|OA|=b,所以|OP|=2b,所以双曲线 x2 a2 -y 2 b2 =1上存在点P,使得|OP|= 2b.因为点P 在双曲线C2 上,所以|OP|min=a,所以2b≥a,即 b a ≥ 1 2. 记双曲线C2 的离心率 为e,则e2=1+ b2 a2 ≥1+ 1 4= 5 4 ,所以e≥ 5 2 ,故选B. 6. B 7. D 【解析】由于f(x)=ln e(x-2) x =1+ln x-2 x ,因此可首先排除A,B,又f(x-1)-1=ln x-3 x-1 , 显然不是奇函数,因此可排除C,故选D. 8. D 【解析】设f(x)=x3-mx,则f(-x)=-x3+mx=-f(x),故f(x)为R 上的奇函数.f'(x) =3x2-m,当m ≤0时,f'(x)≥0,f(x)单调递增,不符合题意.当m >0时,令f'(x)=0,得 x=± m 3 ,f(x),f'(x)随x 的变化情况如表, x (-∞,- m 3 ) - m 3 (- m 3 ,m 3 ) m 3 (m 3 ,+∞) f'(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ f(0)=0,作出f(x)的大致图象如图.f(x)的图象有且只有一个对称中心(0,0).故以A,B,C, D 为顶点的正方形的对称中心为坐标原点(0,0). 易得A,B,C,D 四个点均不在坐标轴上,A,B,C,D 四个点中的任意两个点都不在同一象限.不 妨设点A 在第一象限,点B 在第二象限.连接OA,OB,设直线OA 的斜率为k(k>0),则直线OB 的斜率为- 1 k ,故直线OA:y=kx,直线OB:y=- 1 kx. 由 y=kx y=x3-mx ,可得x3-mx=kx,所 以x=0或x=± m+k,故A(m+k,k m+k),同理可得B(- m- 1 k ,1 k m- 1 k ),其 中m > 1 k >0. 因为|OA|=|OB|,所以(1+k2)(m+k)=(1+ 1 k2 )(m- 1 k ),整理得,k2(m+k)=m- 1 k ,即 (1-k2)m=k3+ 1 k ,所以(1 k-k )m=k2+ 1 k2 =(k- 1 k )2+2. 所以1 k-k>0 ,设s= 1 k-k ,则s∈ (0,+∞).因为以A,B,C,D 为顶点的正方形有且只有一 个,所以关于s的方程s2-sm+2=0在(0,+∞)上只有一个解.二次函数y=s2-sm+2图象 的对称轴为直线s= m 2 ,又m 2 >0 ,所以Δ=m2-8=0,故m=22.故选D. 二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要 求。全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分。 9. ACD 10. BCD 【解析】2 a + 1 b= (2 a + 1 b )(a+2b)=2+2+ 4b a + a b ≥4+2 4b a × a b =8 ,当且仅当4b a = a b , 即a=2b= 1 2 时取等号,故A 错误; ∵1=a+2b≥2 2ab,∴ab≤ 1 8 ,当且仅当a=2b= 1 2 时取等号,故B 正确; a2+b2=(1-2b)2+b2=5b2-4b+1=5(b- 2 5 )2+ 1 5≥ 1 5 ,当且仅当a= 1 5 ,b= 2 5 时取等 号,故C 正确; 另解 a2+b2≥ (| 0+2×0-1| 12+22 )2= 1 5 ,故C 正确; 2a +4b≥2 2a ×4b =2 2a+2b =22,当且仅当a=2b= 1 2 时取等号,故D 正确.综上,选BCD. 11. AC 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分。 12. -160 13. 9 4 【解析】容器内水的总体积=溢出水的体积+未溢出水的体积.容器沿着棱A1B1 所在直线顺时 针旋转45°时,未溢出水的体积等于整个正方体体积的一半;溢出水的体积等于半球形容器的体 积.则溢出水的体积V1= 1 2× 4π 3× ( 3 6 π )3=4,未溢出水的体积V2= 1 2×4 3=32.所以水的总 体积V=V1+V2=36=4×4×h,解得h= 9 4. 14. [-2,2](注:可写成不等式) 四、解答题:本题共5小题,共25分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15. (13分) 【解】(1) 当n=1时,a21+a1=2S1+2,即a21-a1-2=0,解得a1=2或a1=-1(舍去). 当n≥2时,a2n +an =2Sn +2,a2n-1+an-1=2Sn-1+2, 两式相减,得a2n -a2n-1-an -an-1=0, 即(an +an-1)(an -an-1-1)=0, ∵{an}为正项数列,∴an -an-1=1. ∴ 数列{an}是公差为1的等差数列. ∴an =a1+(n-1)×1=n+1. (2)解法一(错位相减法) 由(1)得bn =an·3 an =(n+1)·3n+1, 则Tn =2×32+3×33+4×34+…+(n+1)×3n+1, 3Tn =2×33+3×34+…+n×3n+1+(n+1)×3n+2, 两式相减得-2Tn =2×32+(33+34+…+3n+1)-(n+1)×3n+2= 9 2- (n+ 1 2 )×3n+2, 故Tn = 2n+1 4 ·3n+2- 9 4. 解法二(拆项求和) bn =an·3 an =(n+1)·3n+1 ∵bn = (4n+4)3n+1 4 = (6n+3)3n+1-(2n-1)3n+1 4 = (2n+1)3n+2-(2n-1)3n+1 4 , ∴Tn = 1 4 [3×33-1×32+5×34-3×33+7×35-5×34+…+(2n+1)3n+2-(2n-1)3n+1] = 1 4 [(2n+1)3n+2-9]. 16. (15分) 【解】(1) ∵PB ⊥ 平面ABCD,CD ⊂ 平面ABCD,∴PB ⊥CD. 图1 如图1,过点B 作BH ∥CD,交AD 于点H. 由四边形ABCD 为等腰梯形,∠BAD= π 4 得,∠BHA=∠ADC=∠BAD= π 4 ,∴∠ABH= π 2 , ∴AB ⊥BH,∴AB ⊥CD. 又PB∩AB=B,PB,AB⊂平面PAB,∴CD⊥平面PAB,又AP⊂平面PAB,∴AP⊥CD. (2)解法一(向量法) 由题意得,VP-ABCD = 1 3S梯形ABCD ·PB=2. 由题意及(1)知,四边形BCDH 为平行四边形,∴DH =BC,∴AH =AD-DH =AD-BC= 2,∴AB=BH = 2 2AH = 2 , ∴S梯形ABCD = (CB+AD)·ABsin π 4 2 = (2+4)× 2× 2 2 2 =3 , ∴PB=2. 图2 由题意及(1)知,BH,BA,BP 两两垂直,故以B 为坐标原点,BH,BA,BP 所在直线分别为x, y,z轴建立如图2所示空间直角坐标系B-xyz, 则B(0,0,0),C(2,- 2,0),D(22,- 2,0),P(0,0,2), PC → =(2,- 2,-2),DC → =(- 2,0,0),BC → =(2,- 2,0). 设平面PCD 的法向量为m=(x,y,z),则 PC → ·m= 2x- 2y-2z=0 DC → ·m=- 2x=0 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 , 则x=0,取z=-1,得m=(0,2,-1). 设平面PCB 的法向量为n=(a,b,c),则 PC → ·n= 2a- 2b-2c=0 BC → ·n= 2a- 2b=0 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 , 取a=1,得n=(1,1,0). 则cos<m,n>= m·n |m||n|= 2 3× 2 = 3 3. 设平面PCD 与平面PCB 的夹角为θ,则cos θ=|cos<m,n>|= 3 3 , 即平面PCD 与平面PCB 夹角的余弦值为 33. 解法二(几何法) 由题意得,VP-ABCD = 1 3S梯形ABCD ·PB=2. 由题意及(1)知,四边形BCDH 为平行四边形,∴DH =BC,∴AH =AD-DH =AD-BC= 2,∴AB=BH = 2 2AH = 2 , ∴S梯形ABCD = (CB+AD)·ABsin π 4 2 = (2+4)× 2× 2 2 2 =3 , ∴PB=2. ∵PB ⊥ 平面ABCD,PB ⊂ 平面PCB,∴ 平面PCB ⊥ 平面ABCD. 如图3,过点D 作DM ⊥BC,交BC 的延长线于点M, 图3 又平面PCB ∩ 平面ABCD=BC,DM ⊂ 平面ABCD,∴DM ⊥ 平面PCB, 又PC ⊂ 平面PCB,∴DM ⊥PC. 过点 M 作ME ⊥PC,交PC 的延长线于E,连接DE. ∵ME ⊥PC,DM ⊥PC,ME ∩DM =M,ME,DM ⊂ 平面DEM, ∴PC ⊥ 平面DEM, 又DE ⊂ 平面DEM,∴PC ⊥DE, 又 ME⊂平面PCB,DE⊂平面PCD,平面PCB∩平面PCD=PC,∴∠DEM(或其补角)为 平面PCD 与平面PCB 的夹角. 由 DM ⊥ 平面PCB ME ⊂ 平面PCB ,得DM ⊥ME. ∵PB=BC=2,AB=CD= 2, ∴∠DCM =∠BCP= π 4 ,DM =CDsin π 4=1 ,CM =DM =1,ME=MCsin π 4= 2 2 , 在Rt△DEM 中,DE= ME2+DM2 = 3 2 , ∴cos∠DEM = ME DE = 2 2 3 2 = 3 3 , 即平面PCD 与平面PCB 夹角的余弦值为 33. 17. (15分) 【解】(1) 由题意知,若混合血样呈阴性,则X= 1 k ,P(X= 1 k )=0.996k,若混合血样呈阳性,则X= 1 k+1 , P(X = 1 k+1 )=1-0.996k, 所以E(X)= 1 k×0.996 k+(1+ 1 k )×(1-0.996k)=1+ 1 k-0.996 k=1+ 1 k- (1-0.004)k ≈ 1 k+0.004k. 令f(x)= 1 x+0.004x ,则f'(x)=0.004- 1 x2 ,当x∈(0,510)时,f'(x)<0,当x∈(510, +∞)时,f'(x)>0,所以f(x)在(0,5 10)上单调递减,在(5 10,+∞)上单调递增. 因为k∈N*,5 10≈5×3.16=15.8,且f(15)= 1 15+0.004×15≈0.126 7,f(16)= 1 16+ 0.004×16=0.126 5, 所以当k=16时,E(X)取得最小值,且E(X)的最小值为0.126 5. 所以当k取16时,每人血样化验次数X 的数学期望最小,此时化验总次数为4 000×0.126 5= 506. (2) 设每组k人时,每组化验总费用为Y 元, 若混合血样呈阴性,则Y=k+4,若混合血样为阳性,则Y=6k+4,且P(Y=k+4)=0.992k, P(Y=6k+4)=1-0.992k, 所以E(Y)=(k+4)×0.992k +(6k+4)(1-0.992k)=6k-5k×0.992k +4. 每个人血样的化验费用为E(Y) k =6-5×0.992 k+ 4 k=6-5× (1-0.008)k+ 4 k ≈6-5× (1 -0.008k)+ 4 k=1+0.04k+ 4 k ≥1+2 0.04k ·4 k =1.8 , 当且仅当0.04k= 4 k ,即k=10时取等号,所以当k取10时,每人血样化验费用的数学期望最小, 此时化验总费用为4 000×1.8=7 200(元). 18. (17分) 【解】(1)由题意得A(-a,0),B(a,0). 当点P 为椭圆M 的上顶点时,P(0,b), 则kPA·kPB = b a · b -a= b2 -a2 =- 1 4 , 又S△ABP = 1 2×2ab=2 , 所以a=2,b=1,所以椭圆 M 的方程为 x2 4+y 2=1. (2) 设P(x1,y1),Q(x2,y2),C(4,t),t≠0, 则直线AC:y= t 6 (x+2),BC:y= t 2 (x-2). 当直线PQ 的斜率不存在时,x1=x2,y1=-y2, 所以 y1= t 6 (x1+2) -y1= t 2 (x1-2) 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁􀪁 ,解得x1=1, 此时直线PQ 的方程为x=1,直线PQ 过点(1,0). 下面证明直线PQ 的斜率存在时,直线PQ 过定点(1,0). 解法一(设而求点) 联立直线AC 与椭圆M 的方程得 y= t 6 (x+2) x2 4 +y 2=1 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁􀪁 ,整理得(t2+9)x2+4t2x+4t2-36=0, Δ=16t4-4(t2+9)(4t2-36)>0, 由根与系数的关系得x1-2= -4t2 t2+9 ,即x1= 18-2t2 t2+9 ,所以y1= t 6 (x1+2)= 6t t2+9 , 所以点P 的坐标为(18-2t 2 t2+9 ,6t t2+9 ), 同理可得点Q 的坐标为(2t 2-2 t2+1 ,-2t t2+1 ). 设点N(1,0),连接NP,NQ,则NP → =( 9-3t2 t2+9 ,6t t2+9 ),NQ → =( t2-3 t2+1 ,-2t t2+1 ). 因为9-3t 2 t2+9 ·-2t t2+1 - 6t t2+9 ·t 2-3 t2+1 =0,所以NP → ∥NQ → , 即直线PQ 过定点N(1,0). 解法二(直曲联立) 当直线PQ 的斜率存在时,设直线PQ 的方程为y=kx+m, 由kPA = t 6 ,kBQ = t 2 ,可知kBQ =3kPA,又kPA·kPB =- 1 4 , 所以kBQ·kPB =- 3 4 ,即 y2 x2-2 · y1 x1-2 = y1y2 (x1-2)(x2-2) =- 3 4 , 整理得3x1x2+4y1y2-6(x1+x2)+12=0 ①. 联立直线PQ 与椭圆M 的方程得 y=kx+m x2 4 +y 2=1 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 , 整理得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0, 所以Δ=64k2m2-4(4k2+1)(4m2-4)=16(4k2+1-m2)>0,则4k2+1>m2, 由根与系数的关系得x1+x2=- 8km 4k2+1 ,x1x2= 4m2-4 4k2+1 ②, 所以y1·y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2= m2-4k2 4k2+1 ③, 将 ②③ 代入 ① 得3× 4m2-4 4k2+1 +4× m2-4k2 4k2+1 +6× 8km 4k2+1 +12=0, 可得(2k+m)(k+m)=0,所以m=-2k或m=-k, 当m=-2k时,直线PQ 的方程为y=kx-2k=k(x-2),过点B(2,0),不符合题意,舍去, 所以m=-k,此时直线PQ 的方程为y=kx-k=k(x-1),过定点(1,0). 解法三(构造对偶式) 由kPA = t 6 ,kBQ = t 2 ,可知kBQ =3kPA.连接AQ,因为kPA·kPB =- 1 4 , 所以kQA·kQB =- 1 4 , 所以kPB =3kQA, 可得 y2 x2-2 =3× y1 x1+2 y1 x1-2 =3× y2 x2+2 ,所以 x1y2-3x2y1=-6y1-2y2 ① x2y1-3x1y2=-2y1-6y2 ② 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁􀪁 , 由 ①② 可得x1y2-x2y1=y2-y1. 直线PQ 的方程为y-y1= y1-y2 x1-x2 (x-x1),令y=0得,x= x1y2-x2y1 y2-y1 =1, 所以直线PQ 过定点(1,0). 综上,直线PQ 过定点. 19. (17分) 【解】(1)f '(x)= 1 x , 当x1=e,a=1时,f(x1)=ln e-1=0,即切点为(e,0), 所求切线斜率k=f '(e)= 1 e , 所以所求的切线方程为y= 1 e (x-e),即y= 1 ex-1. (2)由于f(x1)=ln x1-a, 所以切线l的方程为y-(ln x1-a)= 1 x1 (x-x1). 令y=0,得-(ln x1-a)= 1 x1 (x-x1),解得x2=x1-x1(ln x1-a).(*) 由x2>0,得x1(1-ln x1+a)>0,所以0<x1<ea+1. 构造函数g(x)=x-x(ln x-a), 所以g'(x)=a-ln x, 所以当0<x <ea 时,g'(x)>0,g(x)单调递增; 当x >ea 时,g'(x)<0,g(x)单调递减.故g(x)max=g(ea)=ea. 所以x2≤ea. 若0<x1≤ea, 由(*)式知 x2 x1 =a+1-ln x1≥a+1-a=1,所以x1≤x2,所以x1≤x2≤ea, 故|x1-ea|≥|x2-ea|. 若ea <x1<ea+1,则|x1-ea|-|x2-ea|=(x1-ea)-(ea -x2)=x1+x2-2ea, 所以|x1-ea|-|x2-ea|=2x1-x1(ln x1-a)-2ea. 构造函数φ(x)=2x-x(ln x-a)-2ea(ea <x <ea+1), 所以φ'(x)=1+a-ln x >0, 故φ(x)在区间(ea,ea+1)上单调递增, 所以φ(x)>2ea -ea(ln ea -a)-2ea =0, 所以2x1-x1(ln x1-a)-2ea >0, 所以|x1-ea|-|x2-ea|>0,即|x1-ea|>|x2-ea|. 综上,|x1-ea|≥|x2-ea|.