新高考全国Ⅰ卷
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．(2021·新高考全国卷I，1)设集合A＝{x|－2<x<4}，B＝{2,3,4,5}，则A∩B 等于( )
A．{2}
B．{2,3}
C．{3,4}
D．{2,3,4}
【答案】B
【解析】因为A＝{x|－2<x<4}，B＝{2,3,4,5}，所以A∩B＝{2,3}．
2．(2021·新高考全国卷I，2)已知z＝2－i，则z(＋i)等于( )
A．6－2i
B．4－2i
C．6＋2i
D．4＋2i
【答案】C
【解析】因为z＝2－i，所以z(＋i)＝(2－i)(2＋2i)＝6＋2i.
3．(2021·新高考全国卷I，3)已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆
锥的母线长为( )
A．2 B．2 C．4 D．4
【答案】B
【解析】设圆锥的母线长为l，因为该圆锥的底面半径为，所以2π×＝πl，解得l＝2.
4．(2021·新高考全国卷I，4)下列区间中，函数f(x)＝7sin 的单调递增区间是( )
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】方法一 (常规求法)令－＋2kπ≤x－≤＋2kπ，k∈Z，得－＋2kπ≤x≤＋2kπ，k∈Z.
取k＝0，则－≤x≤.因为，所以区间是函数f(x)的单调递增区间．
方法二 (判断单调性法)当0<x<时，－<x－<，所以f(x)在上单调递增，故A 正确；当<x<π
时，<x－<，所以f(x)在上不单调，故B 不正确；当π<x<时，<x－<，所以f(x)在上单调递减，
故C 不正确；当<x<2π 时，<x－<，所以f(x)在上不单调，故D 不正确．
方法三 (特殊值法)因为<<<π，但f＝7sin＝7，f＝7sin<7，所以区间不是函数f(x)的单调递
增区间，排除B；因为π<<<，但f＝7sin π＝0，f＝7sin＝－<0，所以区间不是函数f(x)的单
调递增区间，排除C；因为<<<2π，但f ＝7sin＝－7sin>－7，f ＝7sin＝－7，所以区间不是
函数f(x)的单调递增区间，排除D.
5．(2021·新高考全国卷I，5)已知F1，F2是椭圆C：＋＝1 的两个焦点，点M 在C 上，则|
MF1|·|MF2|的最大值为( )
A．13 B．12 C．9 D．6
【答案】C
【解析】由椭圆C：＋＝1，得|MF1|＋|MF2|＝2×3＝6，则|MF1|·|MF2|≤2＝32＝9，当且仅当|
MF1|＝|MF2|＝3 时等号成立．
6．(2021·新高考全国卷I，6)若tan θ＝－2，则等于( )
A．－ B．－ C. D.
【答案】C
【解析】方法一 因为tan θ＝－2，所以角θ 的终边在第二或第四象限，
所以或所以＝
＝sin θ(sin θ＋cos θ)
＝sin2 θ＋sin θcos θ＝－＝.
方法二 (弦化切法)因为tan θ＝－2，所以＝＝sin θ(sin θ＋cos θ)＝＝＝＝.
方法三 (正弦化余弦法)因为tan θ＝－2，所以sin θ＝－2cos θ.则＝
＝sin θ(sin θ＋cos θ)＝
＝＝＝.
7．(2021·新高考全国卷I，7)若过点(a，b)可以作曲线y＝ex的两条切线，则( )
A．eb<a
B．ea<b
C．0<a<eb
D．0<b<ea
【答案】D
【解析】方法一 设切点(x0，y0)，y0>0，则切线方程为y－b＝ex0(x－a)，由得ex0(1－x0＋a)
＝b，则由题意知关于x0的方程ex0(1－x0＋a)＝b 有两个不同的解．设f(x)＝ex(1－x＋a)，则
f′(x)＝ex(1－x＋a)－ex＝－ex(x－a)，由f′(x)＝0 得x＝a，所以当x<a 时，f′(x)>0，f(x)单
调递增，当x>a 时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(a)＝ea(1－a＋a)＝ea，当x<a 时，
a－x>0，所以f(x)>0，当x→－∞时，f(x)→0，当x→＋∞时，f(x)→－∞，函数f(x)＝ex(1－x
＋a)的大致图象如图所示，
因为f(x)的图象与直线y＝b 有两个交点，所以0<b<ea.
方法二 (用图估算法)过点(a，b)可以作曲线y＝ex的两条切线 ，则点(a，b)在曲线y＝ex的
下方且在x 轴的上方，得0<b<ea.
8．(2021·新高考全国卷I，8)有6 个相同的球，分别标有数字1,2,3,4,5,6，从中有放回地随
机取两次，每次取1 个球．甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二
次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两
次取出的球的数字之和是7”，则( )
A．甲与丙相互独立
B．甲与丁相互独立
C．乙与丙相互独立
D．丙与丁相互独立
【答案】B
【解析】事件甲发生的概率P(甲)＝，事件乙发生的概率P(乙)＝，事件丙发生的概率P(丙)
＝＝，事件丁发生的概率P( 丁) ＝＝. 事件甲与事件丙同时发生的概率为0 ，P( 甲
丙)≠P(甲)P(丙)，故A 错误；事件甲与事件丁同时发生的概率为＝，P(甲丁)＝P(甲)P(丁)，
故B 正确；事件乙与事件丙同时发生的概率为＝，P(乙丙)≠P(乙)P(丙)，故C 错误；事件丙
与事件丁是互斥事件，不是相互独立事件，故D 错误．
二、选择题(本题共4 小题，每小题5 分，共20 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5 分，部分选对的得2 分，有选错的得0 分)
9．(2021·新高考全国卷I，9)有一组样本数据x1，x2，…，xn，由这组数据得到新样本数据
y1，y2，…，yn，其中yi＝xi＋c(i＝1,2，…，n)，c 为非零常数，则( )
A．两组样本数据的样本平均数相同
B．两组样本数据的样本中位数相同
C．两组样本数据的样本标准差相同
D．两组样本数据的样本极差相同
【答案】CD
【解析】设样本数据x1，x2，…，xn的平均数、中位数、标准差、极差分别为，m，σ，t，依
题意得，新样本数据y1，y2，…，yn的平均数、中位数、标准差、极差分别为＋c，m＋c，
σ，t，因为c≠0，所以C，D 正确．
10．(2021·新高考全国卷I，10)已知O 为坐标原点，点P1(cos α，sin α)，P2(cos β，－sin
β)，P3(cos (α＋β)，sin (α＋β))，A(1,0)，则( )
A．|OP1|＝|OP2|
B．|AP1|＝|AP2|
C.OA·OP3＝OP1·OP2
D.OA·OP1＝OP2·OP3
【答案】AC
【解析】由题意可知，|OP1|＝＝1，|OP2|＝＝1，所以|OP1|＝|OP2|，故A 正确；
取α＝，则P1，取β＝，则P2，则|AP1|≠|AP2|，故B 错误；
因为OA·OP3＝cos(α＋β)，OP1·OP2＝cos αcos β－sin αsin β＝cos(α＋β)，所以OA·OP3＝
OP1·OP2，故C 正确；
因为OA·OP1＝cos α，OP2·OP3＝cos βcos(α＋β)－sin βsin(α＋β)＝cos(α＋2β)，取α＝，β
＝，则OA·OP1＝，OP2·OP3＝cos ＝－，所以OA·OP1≠OP2·OP3，故D 错误．
11．(2021·新高考全国卷I，11)已知点P 在圆(x－5)2＋(y－5)2＝16 上，点A(4,0)，B(0,2)，
则( )
A．点P 到直线AB 的距离小于10
B．点P 到直线AB 的距离大于2
C．当∠PBA 最小时，|PB|＝3
D．当∠PBA 最大时，|PB|＝3
【答案】ACD
【解析】设圆(x－5)2＋(y－5)2＝16 的圆心为M(5,5)，由题易知直线AB 的方程为＋＝1，即x
＋2y－4＝0，则圆心M 到直线AB 的距离d＝＝>4，所以直线AB 与圆M 相离，所以点P 到
直线AB 的距离的最大值为4＋d＝4＋，4＋<5＋＝10，故A 正确．
易知点P 到直线AB 的距离的最小值为d－4＝－4，－4<－4＝1，故B 不正确．
过点B 作圆M 的两条切线，切点分别为N，Q，如图所示，连接MB，MN，MQ，则当
∠PBA 最小时，点P 与N 重合，|PB|＝＝＝3，当∠PBA 最大时，点P 与Q 重合，|PB|＝3，故
C，D 都正确．
12．(2021·新高考全国卷I，12)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝1，点P 满足BP＝
λBC＋μBB1，其中λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，则( )
A．当λ＝1 时，△AB1P 的周长为定值
B．当μ＝1 时，三棱锥P－A1BC 的体积为定值
C．当λ＝时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP
D．当μ＝时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P
【答案】BD
【解析】BP＝λBC＋μBB1(0≤λ≤1,0≤μ≤1)．
对于选项A，当λ＝1 时，点P 在棱CC1上运动，如图1 所示，
图1
此时△AB1P 的周长为AB1＋AP＋PB1＝＋＋＝＋＋，不是定值，A 错误；
对于选项B，当μ＝1 时，点P 在棱B1C1上运动，如图2 所示，
图2
则VP－A1BC＝VA1－PBC＝S△PBC×＝S△PBC＝××1×1＝，为定值，故B 正确；
对于选项C，取BC 的中点D，B1C1的中点D1，连接DD1，A1B，则当λ＝时，点P 在线段
DD1上运动，假设A1P⊥BP，则A1P2＋BP2＝A1B2，即2＋(1－μ)2＋2＋μ2＝2，解得μ＝0 或μ
＝1，所以点P 与点D 或D1重合时，A1P⊥BP；
方法一 由多选题特征，排除A，C，故选BD.
方法二 对于选项D，易知四边形ABB1A1为正方形，所以A1B⊥AB1，设AB1与A1B 交于点
K，连接PK，要使A1B⊥平面AB1P，需A1B⊥KP，所以点P 只能是棱CC1的中点，故选项
D 正确．
方法三 对于选项D，分别取BB1，CC1的中点E，F，连接EF，则当μ＝时，点P 在线段
EF 上运动，以点C1 为原点建立如图所示的空间直角坐标系C1－xyz，则B(0,1,1)，
B1(0,1,0)，A1，P，所以A1B＝，B1P＝，
若A1B⊥平面AB1P，则A1B⊥B1P，所以－＋＝0，解得λ＝1，所以只存在一个点P，使得
A1B⊥平面AB1P，此时点P 与F 重合，故D 正确．
三、填空题(本题共4 小题，每小题5 分，共20 分)
13．(2021·新高考全国卷I，13)已知函数f(x)＝x3(a·2x－2－x)是偶函数，则a＝________.
【答案】1
【解析】方法一 (定义法)因为f(x)＝x3(a·2x－2－x)的定义域为R，且是偶函数，所以f(－x)
＝f(x)对任意的x∈R 恒成立，所以(－x)3(a·2－x－2x)＝x3(a·2x－2－x)对任意的x∈R 恒成立，所
以x3(a－1)(2x＋2－x)＝0 对任意的x∈R 恒成立，所以a＝1.
方法二 (取特殊值检验法)因为f(x)＝x3(a·2x－2－x)的定义域为R，且是偶函数，所以f(－1)
＝f(1)，所以－＝2a－，解得a＝1，经检验，f(x)＝x3(2x－2－x)为偶函数，所以a＝1.
方法三 (转化法)由题意知f(x)＝x3(a·2x－2－x)的定义域为R，且是偶函数．设g(x)＝x3，h(x)
＝a·2x－2－x，因为g(x)＝x3为奇函数，所以h(x)＝a·2x－2－x为奇函数，所以h(0)＝a·20－2－0
＝0，解得a＝1，经检验，f(x)＝x3(2x－2－x)为偶函数，所以a＝1.
14．(2021·新高考全国卷I，14)已知O 为坐标原点，抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，P
为C 上一点，PF 与x 轴垂直，Q 为x 轴上一点，且PQ⊥OP.若|FQ|＝6，则C 的准线方程为
________．
【答案】x＝－
【解析】方法一 (解直角三角形法)由题易得|OF|＝，|PF|＝p，∠OPF＝∠PQF，所以
tan∠OPF＝tan∠PQF，所以＝，即＝，解得p＝3，所以C 的准线方程为x＝－.
方法二 (应用射影定理法)由题易得|OF|＝，|PF|＝p，|PF|2＝|OF|·|FQ|，即p2＝×6，解得p
＝3 或p＝0(舍去)，所以C 的准线方程为x＝－.
15．(2021·新高考全国卷I，15)函数f(x)＝|2x－1|－2ln x 的最小值为________．
【答案】1
【解析】函数f(x)＝|2x－1|－2ln x 的定义域为(0，＋∞)．
①当x>时，f(x)＝2x－1－2ln x，所以f′(x)＝2－＝，当<x<1 时，f′(x)<0，当x>1 时，f′
(x)>0，所以f(x)min＝f(1)＝2－1－2ln 1＝1；
②当0<x≤时，f(x)＝1－2x－2ln x 在上单调递减，所以f(x)min＝f ＝－2ln ＝2ln 2＝ln 4>ln e
＝1.综上，f(x)min＝1.
16．(2021·新高考全国卷I，16)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸
的某条对称轴把纸对折．规格为20 dm×12 dm 的长方形纸，对折1 次共可以得到10
dm×12 dm,20 dm×6 dm 两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240 dm2，对折2 次共可以得
到5 dm×12 dm,10 dm×6 dm,20 dm×3 dm 三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180 dm2，
以此类推，则对折4 次共可以得到不同规格图形的种数为________；如果对折n 次，那么k
＝________ dm2.
【答案】5 240
【解析】依题意得，S1＝120×2＝240；S2＝60×3＝180；
当n＝3 时，共可以得到5 dm×6 dm， dm×12 dm，10 dm×3 dm,20 dm× dm 四种规格的
图形，且5×6＝30，×12＝30,10×3＝30,20×＝30，所以S3＝30×4＝120；
当n＝4 时，共可以得到5 dm×3 dm， dm×6 dm， dm×12 dm,10 dm× dm,20 dm× dm
五种规格的图形，所以对折4 次共可以得到不同规格图形的种数为5，且5×3＝15，×6＝
15，×12＝15,10×＝15,20×＝15，所以S4＝15×5＝75；
……
所以可归纳Sk＝×(k＋1)＝.
所以k＝240，①
所以×k＝240，②
由①－②得，
×k＝240
＝240＝240，
所以k＝240dm2.
四、解答题(本题共6 小题，共70 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(2021·新高考全国卷I，17)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝
(1)记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；
(2)求{an}的前20 项和．
解 (1)因为bn＝a2n，且a1＝1，an＋1＝
所以b1＝a2＝a1＋1＝2，
b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5.
因为bn＝a2n，所以bn＋1＝a2n＋2＝a2n＋1＋1＝a2n＋1＋1＝a2n＋2＋1＝a2n＋3，
所以bn＋1－bn＝a2n＋3－a2n＝3，
所以数列{bn}是以2 为首项，3 为公差的等差数列，bn＝2＋3(n－1)＝3n－1，n∈N*.
(2)因为an＋1＝
所以当k∈N*时，a2k＝a2k－1＋1＝a2k－1＋1，即a2k＝a2k－1＋1，①
a2k＋1＝a2k＋2，②
a2k＋2＝a2k＋1＋1＝a2k＋1＋1，即a2k＋2＝a2k＋1＋1，③
所以①＋②得a2k＋1＝a2k－1＋3，即a2k＋1－a2k－1＝3，
所以数列{an}的奇数项是以1 为首项，3 为公差的等差数列；
②＋③得a2k＋2＝a2k＋3，即a2k＋2－a2k＝3，
又a2＝2，所以数列{an}的偶数项是以2 为首项，3 为公差的等差数列．
所以数列{an}的前20 项和S20＝(a1＋a3＋a5＋…＋a19)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a20)＝10＋×3＋20＋
×3＝300.
18．(2021·新高考全国卷I，18)某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B 两类问题．每
位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该
同学比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，
该同学比赛结束．A 类问题中的每个问题回答正确得20 分，否则得0 分；B 类问题中的每个
问题回答正确得80 分，否则得0 分．
已知小明能正确回答A 类问题的概率为0.8，能正确回答B 类问题的概率为0.6，且能正确回
答问题的概率与回答次序无关．
(1)若小明先回答A 类问题，记X 为小明的累计得分，求X 的分布列；
(2)为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由．
解 (1)由题意得，X 的所有可能取值为0,20,100，
P(X＝0)＝1－0.8＝0.2，
P(X＝20)＝0.8×(1－0.6)＝0.32，
P(X＝100)＝0.8×0.6＝0.48，
所以X 的分布列为
X
0
20
100
P
0.2
0.32
0.48
(2)当小明先回答A 类问题时，由(1)可得E(X)＝0×0.2＋20×0.32＋100×0.48＝54.4.
当小明先回答B 类问题时，记Y 为小明的累计得分，
则Y 的所有可能取值为0,80,100，
P(Y＝0)＝1－0.6＝0.4，
P(Y＝80)＝0.6×(1－0.8)＝0.12，
P(Y＝100)＝0.6×0.8＝0.48，
所以Y 的分布列为
Y
0
80
100
P
0.4
0.12
0.48
E(Y)＝0×0.4＋80×0.12＋100×0.48＝57.6.
因为57.6>54.4，即E(Y)>E(X)，所以为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答B 类问题．
19．(2021·新高考全国卷I，19)记△ABC 的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c.已知b2＝
ac，点D 在边AC 上，BDsin∠ABC＝asin C.
(1)证明：BD＝b；
(2)若AD＝2DC，求cos∠ABC.
(1)证明 因为BDsin∠ABC＝asin C，所以由正弦定理得，BD·b＝ac，又b2＝ac，所以BD·b
＝b2，
又b>0，所以BD＝b.
(2)解 如图所示，过点D 作DE∥BC 交AB 于E，
因为AD＝2DC，所以＝＝2，＝，
所以BE＝，DE＝a.
在△BED 中，cos∠BED＝
＝＝＝，
在△ABC 中，cos∠ABC＝
＝＝.
因为∠BED＝π－∠ABC，所以cos∠BED＝－cos∠ABC，
所以＝－，化简得3c2＋6a2－11ac＝0，
方程两边同时除以a2，得32－11·＋6＝0，解得＝或＝3.
当＝时，cos∠ABC＝
＝＝；
当＝3，即c＝3a 时，cos∠ABC＝
＝＝>1(舍)．
综上，cos∠ABC＝.
20．(2021·新高考全国卷I，20)如图，在三棱锥A－BCD 中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝
AD，O 为BD 的中点．
(1)证明：OA⊥CD；
(2)若△OCD 是边长为1 的等边三角形，点E 在棱AD 上，DE＝2EA，且二面角E－BC－D
的大小为45°，求三棱锥A－BCD 的体积．
(1)证明 因为AB＝AD，O 为BD 的中点，所以OA⊥BD，
又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，AO⊂平面ABD，所以AO⊥平面
BCD，
又CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD.
(2)解 方法一 因为△OCD 是边长为1 的正三角形，且O 为BD 的中点，所以OC＝OB＝
OD＝1，
所以△BCD 是直角三角形，且∠BCD＝90°，BC＝，所以S△BCD＝.
如图，过点E 作EF∥AO，交BD 于F，过点F 作FG⊥BC，垂足为G，连接EG.
因为AO⊥平面BCD，
所以EF⊥平面BCD，
又BC⊂平面BCD，所以EF⊥BC，
又FG⊥BC，且EF∩FG＝F，EF，FG⊂平面EFG，
所以BC⊥平面EFG，
则∠EGF 为二面角E－BC－D 的平面角，
所以∠EGF＝45°，则GF＝EF.
因为DE＝2EA，所以EF＝OA，DF＝2OF，
所以＝2.
因为FG⊥BC，CD⊥BC，所以GF∥CD，
则＝，所以GF＝.
所以EF＝GF＝，所以OA＝1，
所以VA－BCD＝S△BCD·AO＝××1＝.
方法二 如图所示，以O 为坐标原点，OB，OA 所在直线分别为x，z 轴，在平面BCD 内，
以过点O 且与BD 垂直的直线为y 轴建立空间直角坐标系．
因为△OCD 是边长为1 的正三角形，且O 为BD 的中点，
所以OC＝OB＝OD＝1，
所以B(1,0,0)，D(－1,0,0)，C.
设A(0,0，a)，a>0，
因为DE＝2EA，所以E.
由题意可知平面BCD 的一个法向量为n＝(0,0,1)．
设平面BCE 的法向量为m＝(x，y，z)，
因为BC＝，BE＝，
所以即
令x＝1，则y＝，z＝，所以m＝.
因为二面角E－BC－D 的大小为45°，
所以cos 45°＝＝＝，
得a＝1，即OA＝1，
因为S△BCD＝BD·CDsin 60°＝×2×1×＝，
所以VA－BCD＝S△BCD·OA＝××1＝.
21．(2021·新高考全国卷I，21)在平面直角坐标系xOy 中，已知点F1(－，0)，F2(，0)，点
M 满足|MF1|－|MF2|＝2.记M 的轨迹为C.
(1)求C 的方程；
(2)设点T 在直线x＝上，过T 的两条直线分别交C 于A，B 两点和P，Q 两点，且|TA|·|TB|＝|
TP|·|TQ|，求直线AB 的斜率与直线PQ 的斜率之和．
解 (1)因为|MF1|－|MF2|＝2<|F1F2|＝2，
所以点M 的轨迹C 是以F1，F2分别为左、右焦点的双曲线的右支．
设双曲线的方程为－＝1(a>0，b>0)，半焦距为c，则2a＝2，c＝，得a＝1，b2＝c2－a2＝
16，
所以点M 的轨迹C 的方程为x2－＝1(x≥1)．
(2)设T，由题意可知直线AB，PQ 的斜率均存在且不为0，设直线AB 的方程为y－t＝
k1(k1≠0)，直线PQ 的方程为y－t＝k2(k2≠0)，
由得(16－k)x2－2k1x－2－16＝0.
设A(xA，yA)，B(xB，yB)，
易知16－k≠0，
则xAxB＝，xA＋xB＝，
所以|TA|＝＝，
|TB|＝＝，
则|TA|·|TB|＝(1＋k)
＝(1＋k)
＝(1＋k)
＝.
同理得|TP|·|TQ|＝.
因为|TA|·|TB|＝|TP|·|TQ|，
所以＝，
所以k－16＋kk－16k＝k－16＋kk－16k，
即k＝k，
又k1≠k2，所以k1＝－k2，即k1＋k2＝0.
故直线AB 的斜率与直线PQ 的斜率之和为0.
22．(2021·新高考全国卷I，22)已知函数f(x)＝x(1－ln x)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设a，b 为两个不相等的正数，且bln a－aln b＝a－b，证明：2<＋<e.
(1)解 因为f(x)＝x(1－ln x)，所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－ln x＋x·＝－ln x.
当x∈(0,1)时，f′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0.
所以函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
(2)证明 由题意，a，b 是两个不相等的正数，且bln a－aln b＝a－b，两边同时除以ab，
得－＝－，即＝，即f ＝f .
令x1＝，x2＝，
由(1)知f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
且当0<x<e 时，f(x)>0，当x>e 时，f(x)<0，
不妨设x1<x2，则0<x1<1<x2<e.
要证2<＋<e，即证2<x1＋x2<e.
先证x1＋x2>2：
要证x1＋x2>2，即证x2>2－x1，
因为0<x1<1<x2<e，所以x2>2－x1>1，
又f(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以即证f(x2)<f(2－x1)，
又f(x1)＝f(x2)，所以即证f(x1)<f(2－x1)，即证当x∈(0,1)时，f(x)－f(2－x)<0.
构造函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，
则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－ln x－ln(2－x)＝
－ln[x(2－x)]，
当0<x<1 时，x(2－x)<1，则－ln[x(2－x)]>0，
即当0<x<1 时，F′(x)>0，所以F(x)在(0,1)上单调递增，
所以当0<x<1 时，F(x)<F(1)＝0，
所以当0<x<1 时，f(x)－f(2－x)<0 成立，所以x1＋x2>2 成立．
再证x1＋x2<e.
由(1)知，f(x)的极大值点为x＝1，f(x)的极大值为f(1)＝1，
过点(0,0)，(1,1)的直线方程为y＝x，
设f(x1)＝f(x2)＝m，当x∈(0,1)时，f(x)＝x(1－ln x)>x，
直线y＝x 与直线y＝m 的交点坐标为(m，m)，则x1<m.
欲证x1＋x2<e，即证x1＋x2<m＋x2＝f(x2)＋x2<e，
即证当1<x<e 时，f(x)＋x<e.
构造函数h(x)＝f(x)＋x，则h′(x)＝1－ln x，
当1<x<e 时，h′(x)>0，所以函数h(x)在(1，e)上单调递增，
所以当1<x<e 时，h(x)<h(e)＝f(e)＋e＝e，即f(x)＋x<e 成立，所以x1＋x2<e 成立．
综上可知，2<＋<e 成立．
