第三章 第24课时 双变量不等式的证明 课件-2027届高三数学（通用版）一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“双变量不等式的证明”专题，依据高考评价体系梳理了导数应用的核心考点，通过技法拆解（双变量化单变量、比值代换、对称化构造）明确极值点偏移等高频题型，对接高考对逻辑推理和数学抽象素养的考查要求。 课件亮点在于“真题驱动+素养落地”，如以2022全国甲卷导数题为例，详解比值代换法和对称化构造法，培养学生数学思维。包含易错点分析（如变量代换不等号方向）和课后分层训练，助力学生掌握解题技巧，教师可据此实现精准复习，提升备考效率。

*第24课时　双变量不等式的证明 第三章 一元函数的导数及其应用 技法一　双变量化单变量法 [典例1]　已知函数f (x)＝－x＋aln x，a>2．设x1，x2是f (x)的两个极值点，且x2>x1．若g(x)＝f (x1)－f (x2)－(a－2)(x1－x2)，证明：g(x)>0． *第24课时　双变量不等式的证明 2 [证明]　f '(x)＝－，a>2，x>0， 令f '(x)＝0， 得x1＝． 由于f (x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1． 又因为x2>x1>0， 所以x2>1． 3 又g(x)＝f (x1)－f (x2)－(a－2)(x1－x2) ＝－(x1－x2)＋a(ln x1－ln x2)－(a－2)·(x1－x2)＝a． 设φ(x)＝－x＋2ln x，x>1， 则φ'(x)＝－<0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减，且φ(1)＝0， 从而当x∈(1，＋∞)时，φ(x)<0． 所以＋2ln x2－x2<0，故g(x)>0． 4 名师点评：当x1，x2是函数f (x)的两个不等的极值点时，x1，x2是方程f '(x)＝0的两个不等实根，用其中一个变量表示另一个变量． *第24课时　双变量不等式的证明 5 [巩固迁移] 1．已知f (x)＝x2－2x＋2aln x有两个极值点x1，x2，证明：f (x1)＋ f (x2)>－3． [证明]　f '(x)＝x－2＋(x>0)． ∵函数f (x)有两个极值点x1，x2， ∴方程x2－2x＋2a＝0有两个正根x1，x2． ∴且Δ＝4－8a>0，解得0<a<． *第24课时　双变量不等式的证明 6 由题意得f (x1)＋f (x2)＝(x1＋x2)2－x1x2－2(x1＋x2)＋2aln(x1x2)＝2aln(2a)－2a－2． 令h(a)＝2aln(2a)－2a－2， 则h'(a)＝2ln(2a)<0， ∴h(a)在内单调递减， ∴h(a)>h＝－3，∴f (x1)＋f (x2)>－3． 7 技法二　比值代换法 [典例2]　已知函数f (x)＝ln x－，a∈R． (1)若a＝2，求证：∀x>1，f (x)>0； (2)设m，n为正实数，且m>n，求证：． *第24课时　双变量不等式的证明 8 [证明]　(1)由a＝2，得f (x)＝ln x－，定义域为(0，＋∞)， 所以f '(x)＝≥0， 所以f (x)在(0，＋∞)上单调递增，又f (1)＝0， 所以∀x>1，f (x)>f (1)＝0，即f (x)>0． 9 (2)m>n>0，要证 >0． 设h(x)＝ln x－，由(1)知h(x)在(0，＋∞)上单调递增，又因为m>n>0，即>h(1)＝0， 即ln>0成立，所以． 10 名师点评：把所证明的不等式化为仅含x1，x2的式子，通过运算，构造以t＝，t＝x1x2，t＝x1－x2等为变量的新函数． *第24课时　双变量不等式的证明 11 [巩固迁移] 2．已知函数f (x)＝xln x－ax2－x＋a的两个不同极值点分别为x1，x2(x1<x2)． (1)求实数a的取值范围； (2)求证：x1x2>e2(e为自然对数的底数)． *第24课时　双变量不等式的证明 12 [解]　(1)f (x)的定义域为(0，＋∞)，因为f (x)有两个不同极值点x1，x2，所以f '(x)＝ln x－ax＝0，即a＝．令g'(x)>0，得0<x<e；令g'(x)<0，得x>e．所以g(x)在(0，e)内单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(e)＝．当x→＋∞时，g(x)→0，因为直线y＝a与y＝g(x)的图象有两个交点，所以a∈． 13 (2)证明：由(1)可知g(1)＝0，所以1<x1<e<x2，且x1，x2是方程ln x－ax＝0的两个根，即 ·(x1＋x2)，所以ln(x1x2)＝＝t∈(0，1)，则ln(x1x2)＝ ，t∈(0，1)，则h'(t)＝ <0成立，故x1x2>e2成立． 14 技法三　对称化构造法 [典例3]　已知曲线f (x)＝xln x＋t在点(1，f (1))处的切线经过原点． (1)求t的值； (2)若存在x1<x2，使得f (x1)＝f (x2)，求证：x1x2<． *第24课时　双变量不等式的证明 15 [解]　(1)因为f '(x)＝ln x＋1，所以f '(1)＝1， 因为f (1)＝t， 所以曲线f (x)在点(1，f (1))处的切线方程为y－t＝x－1， 即y＝x＋t－1． 因为切线经过原点，所以0＝0＋t－1， 所以t＝1． 16 (2)证明：因为f (x)＝xln x＋1(x>0)， 所以f '(x)＝ln x＋1， 令f '(x)>0，解得x>； 令f '(x)<0，解得0<x<， 所以f (x)在内单调递减． 因为f ，f (1)＝1， 17 当x趋近于0时，f (x)趋近于1，f (x)的图象如图所示． 所以存在x1<x2，使得f (x1)＝f (x2)， 且0<x1<<x2<1． 要证x1x2<， 因为，只需证f (x1)>f ， 因为f (x1)＝f (x2)， 即证f (x2)>f ． 18 令g(x)＝f (x)－f ＝xln x－ ＝xln x＋， 所以g'(x)＝ln x＋1＋＝(ln x＋1)． 因为<x<1，所以g'(x)>0， 所以g(x)在内单调递增， 所以g(x)>g＝0，所以f (x)>f ， 即f (x2)>f ，所以x1x2<． 19 名师点评：对结论x1＋x2>(<)2x0型，构造函数F(x)＝f (x)－f (2x0－x)；对结论x1x2>(<)． *第24课时　双变量不等式的证明 20 1．极值点偏移的判定定理 对于可导函数y＝f (x)在区间(a，b)内只有一个极大(小)值点x0，方程 f (x)＝0的解分别为x1，x2，且a<x1<x2<b． (1)若0＝f (x1)>f (2x0－x2)，则>(<)x0，即函数y＝f (x)在区间(x1，x2)内的极大(小)值点x0左(右)偏； (2)若0＝f (x1)<f (2x0－x2)，则<(>)x0，即函数y＝f (x)在区间(x1，x2)内的极大(小)值点x0右(左)偏． 【拓展融合】　极值点偏移问题 *第24课时　双变量不等式的证明 21 *第24课时　双变量不等式的证明 22 *第24课时　双变量不等式的证明 23 2．证明极值点偏移问题的常见方法 (1)证明x1＋x2<2a(或x1＋x2>2a)： ①构造函数g(x)＝f (x)－f (2a－x)，求导，确定函数y＝f (x)和函数y＝g(x)的单调性； ②确定x1，x2满足x1<a<x2，且f (x1)＝f (x2)，由函数值g(x1)与g(a)的大小关系，得g(x1)＝f (x1)－f (2a－x1)＝f (x2)－f (2a－x1)与零的大小关系； ③由函数y＝f (x)在区间(a，＋∞)上的单调性得到x2与2a－x1的大小关系，从而证明相应问题． *第24课时　双变量不等式的证明 24 (2)证明x1x2<a2(或x1x2>a2)(x1，x2都为正数)： ①构造函数g(x)＝f (x)－f ，求导，确定函数y＝f (x)和函数y＝g(x)的单调性； ②确定x1，x2满足x1<a<x2，且f (x1)＝f (x2)，由函数值g(x1)与g(a)的大小关系，得g(x1)＝f (x1)－f 与零的大小关系； ③由函数y＝f (x)在区间(a，＋∞)上的单调性得到x2与的大小关系，从而证明相应问题． *第24课时　双变量不等式的证明 25 (3)应用对数平均不等式证明极值点偏移： ①由题中等式产生对数； ②将所得含对数的等式进行变形得到； ③利用对数平均不等式来证明相应的问题． *第24课时　双变量不等式的证明 26 [巩固迁移] 3．已知函数f (x)＝xe-x． (1)求函数f (x)的单调区间和极值； (2)若x1≠x2且f (x1)＝f (x2)，求证：x1＋x2>2． [解]　(1)f '(x)＝e-x(1－x)，x∈R． 令f '(x)>0，得x<1；令f '(x)<0，得x>1， 所以函数f (x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 所以f (x)有极大值f (1)＝，无极小值． *第24课时　双变量不等式的证明 27 (2)证明：法一(对称化构造)： 当x→＋∞时，f (x)→0，f (0)＝0，当x→－∞，f (x)→－∞． 由(1)知，不妨设0<x1<1<x2， 要证x1＋x2>2， 只要证x2>2－x1>1． 由于f (x)在(1，＋∞)上单调递减，故只要证f (x2)<f (2－x1)， 由于f (x1)＝f (x2)， 故只要证f (x1)<f (2－x1)． 28 令H(x)＝f (x)－f (2－x)＝xe-x－(2－x)ex-2(0<x<1)， 则H'(x)＝， 因为0<x<1，所以1－x>0，2－x>x， 所以e2-x>ex，即e2-x－ex>0， 所以H'(x)>0，所以H(x)在(0，1)内单调递增， 所以H(x)<H(1)＝0，即有f (x1)<f (2－x1)成立，所以x1＋x2>2． 29 法二(比值代换)：设0<x1<1<x2， 由f (x1)＝f (x2)， 得x1， 等式两边取对数，得ln x1－x1＝ln x2－x2． 令t＝ ， 30 所以即证x1＋x2＝>2， 即证ln t－>0， 设g(t)＝ln t－(t>1)， 所以g'(t)＝>0， 所以当t>1时，g(t)单调递增， 所以g(t)>g(1)＝0，所以ln t－>0，故x1＋x2>2． 31 【教用·备选题】 已知函数f (x)＝ln x－ax2，若x1，x2是方程f (x)＝0的两个不等实根，求证：>2e． [证明]　因为x1，x2是方程ln x－ax2＝0的两个不等实根，x1>0，x2>0， ln x－ax2＝0⇔2ln x－2ax2＝0， 即x1，x2是方程ln x2－2ax2＝0的两个不等实根， 令t＝x2(t>0)，则t1＝， 即t1，t2是方程2a＝的两个不等实根． *第24课时　双变量不等式的证明 32 令g(t)＝， 当0<t<e时，g'(t)>0，当t>e时，g'(t)<0， 所以g(t)在(0，e)内单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，g(e)＝， 当t→0时，g(t)→－∞；当t→＋∞时，g(t)>0且g(t)→0． 所以0<2a<，即0<a<． 令1<t1<e<t2，要证>2e，只需证t1＋t2>2e． 33 法一(对称化构造)：令h(t)＝g(t)－g(2e－t)，t∈(1，e)， 则h(t)＝g(t)－g(2e－t)＝， 令φ(t)＝(2e－t)ln t－tln(2e－t)， 则φ'(t)＝－2>0，所以φ(t)在(1，e)内单调递增，φ(t)<φ(e)＝0， 所以h(t)＝g(t)－g(2e－t)<0，所以g(t)<g(2e－t)， 所以g(t2)＝g(t1)<g(2e－t1)，所以t2>2e－t1，即t1＋t2>2e，所以>2e． 34 法二(对数平均不等式)： 先证，令0<x1<x2，只需证， 只需证， 令φ(x)＝<0， 所以φ(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以φ(x)<φ(1)＝0．即得证． 35 因为， 所以， 所以ln t1＋ln t2>2，即t1t2>e2， 所以t1＋t2>2>2e． 即>2e． 36 1．(2025·广东湛江一模)已知函数f (x)＝(1＋ln x)． (1)讨论f (x)的单调性； (2)若方程f (x)＝1有两个根x1，x2，求实数a的取值范围，并证明：x1x2>1． 课后作业(二十四)　双变量不等式的证明 *第24课时　双变量不等式的证明 37 [解]　(1)由题意可得x>0，>0，所以a>0， f (x)＝(1＋ln x)的定义域为(0，＋∞)， 又f '(x)＝， 由f '(x)＝0，得x＝1， 当0<x<1时，f '(x)>0，则f (x)在(0，1)内单调递增， 当x>1时，f '(x)<0，则f (x)在(1，＋∞)上单调递减． (2)由＝a， 设g(x)＝， g'(x)＝，由g'(x)＝0，得x＝1， 当0<x<1时，g'(x)>0，则g(x)在(0，1)内单调递增， 当x>1时，g'(x)<0，则g(x)在(1，＋∞)上单调递减， 又g＝0，g(1)＝1，且当x→0时，g(x)→－∞；当x→＋∞时，g(x)→0， 39 g(x)＝的图象如图， 所以当0<a<1时，方程＝a有两个根， 40 证明：不妨设x1<x2，则， 设h(x)＝g(x)－g－x(1－ln x)， h'(x)＝ln x≥0， 所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又h(1)＝0，所以h(x1)＝g(x1)－g<0， 41 即g(x1)<g， 又g(x1)＝g(x2)，所以g(x2)<g， 又x2>1，>1，g(x)在(1，＋∞)上单调递减， 所以x2>，故x1x2>1． 42 2．已知函数f (x)＝x(ex－ax2)，a∈R．若关于x的方程f (x)＝0恰有2个不同的正实数根x1，x2，求证：x1＋x2>4． [证明]　由题知 *第24课时　双变量不等式的证明 43 ，则t∈(0，1)．令h(t)＝ln t－>0，所以h(t)在(0，1)内单调递增，所以h(t)<h(1)＝0，所以当t∈(0，1)时，ln t<恒成立，所以原不等式x1＋x2>4得证． 44 3．(2022·全国甲卷节选)已知函数f (x)＝－ln x＋x－a．证明：若 f (x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1． [证明]　法一(对称化构造)：由题意知f (x)的定义域为(0，＋∞)， f '(x)＝，可得函数f (x)在(0，1)内单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． *第24课时　双变量不等式的证明 45 由题知， f (x)的一个零点小于1，一个零点大于1， 不妨设0<x1<1<x2，要证x1x2<1，即证x1<， 因为x1，∈(0，1)，即证f (x1)>f ， 因为f (x1)＝f (x2)，即证f (x2)>f ， 即证>0，x∈(1，＋∞)， 即证>0， 46 即证当x>1时，<0． 设g(x)＝，x>1， 则g'(x)＝ ＝ ＝， 47 设φ(x)＝·ex>0， 所以φ(x)>φ(1)＝e，而当x>1时，<e， 所以>0，所以g'(x)>0， 所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增， 即g(x)>g(1)＝0，所以>0． 令h(x)＝ln x－，x>1， 48 h'(x)＝＝<0， 所以h(x)在(1，＋∞)上单调递减， 即h(x)<h(1)＝0，所以ln x－<0． 综上，>0， 所以x1x2<1． 49 法二(对数平均不等式)：f (x)＝－ln x＋x－a＝ex-ln x＋x－ln x－a， 令t＝x－ln x，则g(t)＝et＋t－a，易知g(t)单调递增， 所以g(t)有且仅有一个零点t0， 又f (x)有两个零点x1，x2， 所以x－ln x＝t0有两个实根x1和x2， 所以 由对数平均不等式得，所以x1x2<1． 50 4．已知常数a>0，函数f (x)＝x2－ax－2a2ln x． (1)若∀x>0，f (x)>－4a2，求a的取值范围； (2)若x1，x2是f (x)的零点，且x1≠x2，证明：x1＋x2>4a． [解]　(1)由已知得f (x)的定义域为(0，＋∞)， 且f '(x)＝x－a－＝． ∵a>0， ∴当x∈(0，2a)时，f '(x)<0，即f (x)在(0，2a)内单调递减； *第24课时　双变量不等式的证明 51 当x∈(2a，＋∞)时，f '(x)>0，即f (x)在(2a，＋∞)上单调递增． ∴f (x)在x＝2a处取得极小值即最小值， ∴f (x)min＝f (2a)＝－2a2ln(2a)， ∵∀x>0，f (x)>－4a2⇔f (x)min＝－2a2ln(2a)>－4a2⇔ln(2a)<2⇔ 2a<e2， ∴0<a<， 即a的取值范围为． 52 (2)证明：由(1)知，f (x)的定义域为(0，＋∞)， f (x)在(0，2a)内单调递减，在(2a，＋∞)上单调递增，且x＝2a是 f (x)的极小值点． ∵x1，x2是f (x)的零点，且x1≠x2， ∴x1，x2分别在(0，2a)，(2a，＋∞)上，不妨设0<x1<2a<x2， 设F(x)＝f (x)－f (4a－x)， 则F'(x)＝＝． 53 当x∈(0，2a)时，F'(x)<0，F'(2a)＝0，即F(x)在(0，2a]上单调递减． ∵0<x1<2a， ∴F(x1)>F(2a)＝0，即f (x1)>f (4a－x1)， ∵f (x1)＝f (x2)＝0， ∴f (x2)>f (4a－x1)， ∵x1<2a， ∴4a－x1>2a， 又∵x2>2a，f (x)在(2a，＋∞)上单调递增， ∴x2>4a－x1，即x1＋x2>4a． 54 2025课标新变化：强化主题间的关联问题． 1．(2026·山东淄博模拟)已知函数f (x)＝ax－tan x，x∈． (1)当a＝2时，求f (x)的单调区间； (2)若a≤2，证明：f (x)<sin 2x． 知识融合练　导数与三角函数、数列、不等式的融合 55 [解]　(1)当a＝2时，f '(x)＝2－，x∈， 令f '(x)＝0⇒x＝， 得0<x<时，f '(x)<0， 故f (x)在内单调递减． (2)证明：法一：∵x>0，a≤2，∴ax≤2x，∴f (x)≤2x－tan x， 要证明f (x)<sin 2x，则只需证明2x－tan x<sin 2x， 令g(x)＝2x－tan x－sin 2x，x∈， g'(x)＝2－， ∵x∈，∴cos2x∈(0，1)， ∴4cos2x＋≥4，当且仅当cos2x＝∈(0，1)时，上式等号成立， ∴当x∈时，g'(x)≤0，∴g(x)在区间内单调递减， ∴g(x)<g(0)＝0，即2x－tan x<sin 2x， ∴当x∈时，f (x)<sin 2x得证． 法二：令g(x)＝ax－tan x－sin 2x，x∈， g'(x)＝a＋2－， ∵x∈，∴cos2x∈(0，1)， ∴4cos2x＋≥4，当且仅当cos2x＝∈(0，1)时，上式等号成立， ∴g'(x)≤a＋2－4＝a－2， 又∵a≤2，∴当x∈时，g'(x)≤0， ∴g(x)在区间内单调递减， ∴g(x)<g(0)＝0，即ax－tan x<sin 2x， ∴当x∈时，f (x)<sin 2x得证． 2．(2026·湖南长沙模拟)已知函数f (x)＝cos x＋xsin x，g(x)＝ex－x． (1)判断f (x)在区间(－π，π)内的单调性； (2)求g(x)的最小值； (3)证明：当x∈[0，＋∞)时，f (x)≤g(x)＋x． *第24课时　双变量不等式的证明 [解]　(1)由题可得f '(x)＝－sin x＋sin x＋xcos x＝xcos x， 当－π<x<－<x<0时，f '(x)<0， 当0<x<<x<π时，f '(x)<0， 所以f (x)在 内单调递减． (2)g(x)＝ex－x，g'(x)＝ex－1，令g'(x)＝0，得x＝0， 当x<0时，g'(x)<0；当x>0时，g'(x)>0， 所以g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 所以g(x)min＝g(0)＝1． (3)证明：当x∈[0，＋∞)时，令F(x)＝f (x)－g(x)－x＝cos x＋xsin x－ex，则F'(x)＝xcos x－ex， 因为cos x≤1，所以F'(x)＝xcos x－ex≤x－ex． 由(2)知g(x)＝ex－x≥1>0，故x－ex<0， 所以F'(x)＝xcos x－ex≤x－ex<0， 故F(x)在[0，＋∞)上单调递减， 所以F(x)≤F(0)＝0，所以f (x)≤g(x)＋x． 3．(2025·湖北武汉模拟)已知函数f (x)＝2ln x－x＋(a>0)． (1)讨论f (x)的单调性； (2)求证：1＋(n∈N*)． 【疑难点拨】本题(2)先证明不等式2ln x<x－，累加法计算证明即可． *第24课时　双变量不等式的证明 [解]　(1)∵f (x)＝2ln x－x＋(a>0)， ∴f '(x)＝， 对于方程－x2＋2x－a＝0，Δ＝4－4a， 当Δ＝4－4a≤0，即a≥1时，－x2＋2x－a≤0，f '(x)≤0， ∴函数f (x)在(0，＋∞)上单调递减； 当Δ＝4－4a>0，即0<a<1时，方程－x2＋2x－a＝0有两个不相等的实数根， ∴x1＝1＋，且x1>x2>0， ∴当x>x1或0<x<x2时，f '(x)<0；当x2<x<x1时，f '(x)>0， 即函数f (x)在(0，1－，＋∞)上单调递减，在(1－)内单调递增． 综上所述，当a≥1时，函数f (x)在(0，＋∞)上单调递减； 当0<a<1时，函数f (x)在(1－，＋∞)上单调递减． (2)证明：由(1)知，当a＝1时，函数f (x)＝2ln x－x＋在(0，＋∞)上单调递减， 又f (1)＝0，∴当x>1时，f (x)＝2ln x－x＋<0， 即当x>1时，2ln x<x－． ∵>1，∴2ln， 即2ln(n＋1)－2ln n<， ∴当n＝1时，2ln 2－2ln 1<1＋， 当n＝2时，2ln 3－2ln 2<， 当n＝3时，2ln 4－2ln 3<， …… 当n＝n时，2ln(n＋1)－2ln n<， 累加可得，2ln(n＋1)－2ln 1<1＋＋…＋， 即2ln(n＋1)<2，所以1＋＋…＋(n∈N*)． 4．(2026·江苏南通模拟)已知函数f (x)＝exsin x，g(x)＝2ln(x＋1)－x． (1)求曲线f (x)在x＝0处的切线方程； (2)求证：当x∈时，f (x)>exg(x)； (3)求证：(n∈N*)． *第24课时　双变量不等式的证明 【疑难点拨】本题(3)先证明当x∈ ，综合可证得结论成立． *第24课时　双变量不等式的证明 [解]　(1)因为f (x)＝exsin x， 所以f (0)＝e0sin 0＝0，f '(x)＝exsin x＋excos x， 所以所求切线斜率为f '(0)＝e0sin 0＋e0cos 0＝1， 所以曲线f (x)在x＝0处的切线方程为y－0＝1×(x－0)，即x－y＝0． (2)证明：设t(x)＝sin x＋x－2ln(x＋1)，x∈， 所以t'(x)＝cos x＋1－，且t(0)＝0，t'(0)＝0． 当x∈ ， 因为函数y＝－sin x，y＝内单调递减， 则q'(x)在内单调递减， 又因为q'(0)＝2>0，q'<0， 所以∃x0∈，使得q'(x0)＝0， 且当0<x<x0时，q'(x)>0；当x0<x<时，q'(x)<0． 此时q(x)在(0，x0)内单调递增，在内单调递减， 又q(0)＝0，q>0，故对任意的x∈，t'(x)＝q(x)>0， 则t(x)在内单调递增， 所以t(x)>t(0)＝0． 综上，当x∈时，t(x)>0， 即得sin x>2ln(x＋1)－x，又因为ex>0， 所以f (x)>exg(x)得证． (3)证明：因为n∈N*，所以0<． 接下来证明sin x>ln(x＋1)，其中x∈， 设m(x)＝sin x－ln(x＋1)，m'(x)＝cos x－， 设n(x)＝m'(x)，n'(x)＝－sin x＋， 因为函数y＝－sin x，y＝内单调递减， 则n'(x)＝－sin x＋内单调递减， 因为n'(0)＝1>0，n'<0， 所以，∃x1∈，使得n'(x1)＝0， 当0<x<x1时，n'(x)>0；当x1<x<时，n'(x)<0． 所以m'(x)在区间(0，x1)内单调递增，在区间内单调递减， 又因为m'(0)＝0，m'(x1)>0，m'<0， ∃x2∈，使得m'(x2)＝0， 当0<x<x2时，m'(x)>0；当x2<x<时，m'(x)<0． 所以m(x)在区间(0，x2)内单调递增，在区间内单调递减． 因为m(0)＝0，m>0， 所以sin x>ln(x＋1)在区间内恒成立． 令x＝， 所以sin，…，sin， 所以sin＋…＋sin＋…＋ln． ∀n∈N*，>0，所以ln， 所以2＋…＋ln ＝ln 3－ln 2＋ln 4－ln 3＋…＋ln(2n＋2)－ln(2n＋1)＝ln(n＋1)， 所以sin＋…＋sinln(n＋1)得证． 设p(x)＝sin x－x，则p'(x)＝cos x－1<0， 则p(x)在区间上单调递减，所以p(x)＝sin x－x<p(0)＝0． 令x＝，所以sin， sin，…，sin， 所以sin＋…＋sin． 综上，＋…＋sin(n∈N*)． 一、单项选择题 1．“x0是函数f (x)的一个极值点”是“f (x)在x0处导数为0”的(　　) A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 阶段评估(四)　(第18课时~第24课时) √ 79 D　[当f (x)＝x3时，f '(x)＝3x2，则f (x)在x＝0处导数为0，但0不是它的极值点； 当f (x)＝|x|时，则f (x)在x＝0处的导数不存在，但0是它的极值点． 因此“x0是函数f (x)的一个极值点”是“f (x)在x0处导数为0”的既不充分也不必要条件．故选D．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 13 14 2．(2026·山东青岛期末)已知函数f (x)＝ln(a＋x)的图象在x＝0处的切线方程为y＝x，则a＝(　　) A．1 B．0 C．－1 D．－2 √ A　[∵f (x)＝ln(a＋x)，∴f '(x)＝， 由题意得f '(0)＝＝1，解得a＝1．故选A．] *第24课时　双变量不等式的证明 81 3．函数f (x)＝2x－ln(2x)在一个区间内单调递减，这个区间是(　　) A． C． D．(0，1) 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 13 14 √ A　[由题得函数f (x)的定义域为(0，＋∞)． f '(x)＝2－2×，令f '(x)<0，得0<x<． 所以函数f (x)在内单调递减．故选A．] *第24课时　双变量不等式的证明 82 4．若x＝3为函数f (x)＝x2－ax－3ln x的极值点，则函数f (x)的最小值为(　　) A．－ C．－－3ln 3 D．3－3ln 3 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 13 14 √ *第24课时　双变量不等式的证明 83 C　[f (x)的定义域为(0，＋∞)，f '(x)＝x－a－， 因为x＝3是函数f (x)的极值点， 所以f '(3)＝3－a－1＝0，则a＝2，所以f '(x)＝x－2－， 当x∈(0，3)时，f '(x)<0，当x∈(3，＋∞)时，f '(x)>0， 所以函数f (x)在(0，3)内单调递减，在(3，＋∞)上单调递增， 所以f (x)min＝f (3)＝－－3ln 3．故选C．] 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 13 14 84 5．已知函数f (x)＝(ax＋1)ex，给出下列4个图象： 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 13 14 √ ①　　　　②　　 　　③　　　 　④ 其中，可以作为函数f (x)的大致图象的个数为(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 *第24课时　双变量不等式的证明 85 D　[由题意知，f (x)的定义域为R， 当a＝0时，f (x)＝ex，由指数函数的单调性可知函数f (x)在定义域上单调递增，可对应①； 当a>0时，f '(x)＝(ax＋a＋1)ex，令f '(x)＝0可得x＝－<0，所以当x∈时，f '(x)<0，当x∈时，f (x)<0，此时可对应②； 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 13 14 86 当a<0时，f '(x)＝(ax＋a＋1)ex，当f '(x)＝0时，x＝－，当x∈时，f '(x)>0，当x∈时，f '(x)<0，所以，函数f (x)先单调递增后单调递减， 当a<－1时，x＝－<1，所以可对应③， 当－1<a<0时，x＝－>1，所以可对应④．故选D．] 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 13 14 87 6．(2025·广东茂名二模)已知函数f (x)为R上的奇函数，f (2)＝0，当x>0时，f (x)＋f '(x)>0，则不等式(x－1)f (x)<0的解集为(　　) A．(－∞，－2)∪(0，1) B．(－∞，－2)∪(1，2) C．(－2，0)∪(0，1) D．(－2，0)∪(1，2) 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 13 14 √ *第24课时　双变量不等式的证明 88 D　[构造g(x)＝exf (x)，则g'(x)＝ex[f (x)＋f '(x)]， 因为当x>0时，f (x)＋f '(x)>0，则此时g'(x)>0，g(x)单调递增， 则f (x)＝e-xg(x)的正负由g(x)决定， 又因为f (2)＝0，则g(2)＝0，因为g(x)在(0，＋∞)上单调递增，则当0<x<2时，g(x)<0，所以此时f (x)＝e-xg(x) < 0， 当x>2时，g(x)>0，所以此时f (x)＝e-xg(x) > 0， 又因为f (x)为R上的奇函数，则当－2<x<0时，f (x)>0， 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 13 14 89 当x<－2时，f (x)<0， 且f (－2)＝－f (2)＝0＝f (0)， 若(x－1)f (x)<0，则 即 解得1<x<2或－2<x<0， 综上，(x－1)f (x)<0的解集为(－2，0)∪(1，2)．故选D．] 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 13 14 90 二、多项选择题 7．已知函数f (x)＝x2－2x＋1，则函数f (x)(　　) A．在(－2，1)上单调递减 B．在区间 C．图象关于点中心对称 D．极大值与极小值的和为－ 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 13 14 √ √ √ *第24课时　双变量不等式的证明 91 BCD　[对于A，f (x)＝x2－2x＋1， 故f '(x)＝x2－x－2＝(x－2)(x＋1)， 所以在(－∞，－1)和(2，＋∞)上，f '(x)>0，函数f (x)单调递增； 在(－1，2)内，f '(x)<0，函数f (x)单调递减， 故A错误； 对于D，由A知，函数f (x)的极大值为f (－1)＝－， 极小值为f (2)＝， 则f (－1)＋f (2)＝－，故D正确； 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 13 14 92 对于B，f (－3)＝－9－<f (2)， 结合函数在上的单调性可知， f (x)min＝f (－3)＝－，故B正确； 对于C，f (1－x)＝(1－x)2－2(1－x)＋1， 所以f (1－x)＋f (x)＝， 故函数f (x)的图象关于点中心对称，故C正确．故选BCD．] 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 13 14 93 8．设函数f (x)＝xex，则(　　) A．f (x)的极小值点为－1 B．f (x)在(－∞，－1]上单调递增 C．直线y＝x是曲线y＝f (x)的切线 D．方程f (x)＝k恰有一个解当且仅当k＝－ 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 13 14 √ √ *第24课时　双变量不等式的证明 94 AC　[由f (x)＝xex得，f '(x)＝(x＋1)ex， 令f '(x)＝(x＋1)ex＝0，解得x＝－1， 当x<－1时，f '(x)<0，f (x)在(－∞，－1)上单调递减； 当x>－1时，f '(x)>0，f (x)在(－1，＋∞)上单调递增； 当x＝－1时，f (x)取得极小值，所以A正确； f (x)在(－∞，－1)上单调递减，所以B错误； 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 13 14 95 当f '(x)＝(x＋1)ex＝1时，解得x＝0， 又f (0)＝0， 所以y＝f (x)在点(0，0)处的切线方程为y＝x，所以C正确； 已知f (x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，极小值f (－1)＝－e-1＝－． 当x→－∞时，f (x)→0，当x→＋∞时，f (x)→＋∞， 所以当f (x)＝k恰有一个解时，k＝－或k∈[0，＋∞)，所以D错误． 故选AC．] 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 13 14 96 (－2，1)　[令x3－3x＝－(x－1)2＋a，即a＝x3＋x2－5x＋1，令g(x)＝x3＋x2－5x＋1(x>0)， 则g'(x)＝3x2＋2x－5＝(3x＋5)(x－1)， 令g'(x)＝0(x>0)，得x＝1， 三、填空题 9．(2024·全国甲卷)曲线y＝x3－3x与y＝－(x－1)2＋a在(0，＋∞)上有两个不同的交点，则a的取值范围为________． 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 13 14 (－2，1) *第24课时　双变量不等式的证明 97 当x∈(0，1)时，g'(x)<0，g(x)单调递减， 当x∈(1，＋∞)时，g'(x)>0，g(x)单调递增，g(0)＝1，g(1)＝－2， 因为曲线y＝x3－3x与y＝－(x－1)2＋a在(0，＋∞)上有两个不同的交点，等价于y＝a与g(x)＝x3＋x2－5x＋1(x>0)的图象有两个交点，所以a∈(－2，1)．] 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 13 14 98 10．(2026·河北秦皇岛模拟)设a≠0，若曲线f (x)＝aln(x－1)在点(2，f (2))处的切线也是曲线g(x)＝eax-2的切线，则a＝________． 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 13 14 ，所以f '(2)＝a，f (2)＝aln 1＝0． 所以曲线f (x)在点(2，f (2))处的切线方程为y＝a(x－2)． 因为g'(x)＝aeax-2，设曲线g(x)与该切线相切于点(x0，a(x0－2))． 所以g'(x0)＝a＝a，又a≠0，所以ax0－2＝0，即ax0＝2． 又g(x0)＝．] *第24课时　双变量不等式的证明 99 四、解答题 11．已知函数f (x)＝x2－4ax＋9ln x在x＝3处取得极值． (1)求实数a的值； (2)求函数f (x)在区间[e，e2]上的最小值． 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 13 14 [解]　(1)由题意得f (x)的定义域为(0，＋∞)，且f '(x)＝3x－4a＋， 因为函数f (x)在x＝3处取得极值， 所以f '(3)＝9－4a＋3＝0，解得a＝3． *第24课时　双变量不等式的证明 100 此时，f '(x)＝3x－12＋， 令f '(x)>0得0<x<1或x>3， 令f '(x)<0得1<x<3， 故函数f (x)在(0，1)，(3，＋∞)上单调递增，在(1，3)内单调递减，所以函数f (x)在x＝1处取极大值，在x＝3处取极小值，符合题意， 所以a＝3． 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 13 14 101 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 13 14 (2)由(1)得f (x)＝x2－12x＋9ln x， f '(x)＝，x∈． 令f '(x)>0，得3<x≤e2，所以函数f (x)在(3，e2]上单调递增， 令f '(x)<0，得e≤x<3， 所以函数f (x)在[e，3)上单调递减， 所以函数f (x)在x＝3处取极小值， 所以当x∈[e，e2]时，f (x)的最小值为f (3)＝9ln 3－． 102 12．(2026·山东泰安模拟)已知函数f (x)＝x2－ax＋(a－1)ln x，a>1． (1)讨论函数f (x)的极值点情况； (2)设a＝2，若对任意x1，x2∈(0，＋∞)，x1≠x2，有>b恒成立，求实数b的取值范围． 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 13 14 *第24课时　双变量不等式的证明 103 [解]　(1)函数f (x)的定义域为(0，＋∞)， f '(x)＝x－a＋＝， 令f '(x)＝0，则x＝1或x＝a－1， 因为a>1，所以a－1>0， 当a－1＝1，即a＝2时，f '(x)＝≥0， 所以f (x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值点． 当a－1>1，即a>2时，在(0，1)和(a－1，＋∞)上f '(x)>0，f (x)单调递增； 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 13 14 104 在(1，a－1)内f '(x)<0，f (x)单调递减， 所以x＝1是极大值点，x＝a－1是极小值点． 当a－1<1，即1<a<2时，在(0，a－1)和(1，＋∞)上f '(x)>0，f (x)单调递增；在(a－1，1)内f '(x)<0，f (x)单调递减， 所以x＝a－1是极大值点，x＝1是极小值点． 综上，当a＝2时，f (x)无极值点； 当a>2时，x＝1是极大值点，x＝a－1是极小值点； 当1<a<2时，x＝a－1是极大值点，x＝1是极小值点． 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 13 14 105 (2)当a＝2时，f (x)＝x2－2x＋ln x， 不妨设x1>x2>0，则>b恒成立，等价于f (x1)－bx1>f (x2)－bx2恒成立， 令g(x)＝f (x)－bx＝x2－(2＋b)x＋ln x，x∈(0，＋∞)， 则g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以g'(x)＝x－(2＋b)＋≥0在(0，＋∞)上恒成立， 即b≤x＋－2在(0，＋∞)上恒成立， 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 13 14 106 由基本不等式得x＋ －2≥0，则b≤0，故实数b的取值范围是(－∞，0]． 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 13 14 107 13．(2025·皖南名校联考)已知函数f (x)＝1－asin x－cos 2x，a∈R． (1)若a＝2，求f (x)在(0，π)内的极大值； (2)若函数g(x)＝f (x)－f ，讨论函数g(x)在[0，π]上零点的个数． 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 13 14 *第24课时　双变量不等式的证明 108 [解]　(1)当a＝2时，f (x)＝1－2sin x－cos 2x＝2sin2x－2sin x， 则f '(x)＝4sin xcos x－2cos x＝4cos x， 当x∈(0，π)时，令f '(x)＝0，得x＝， 因此，当x变化时，f (x)，f '(x)的变化情况如下表所示： 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 13 14 109 所以当x＝时，f (x)有极大值，极大值为f ＝0． 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 13 14 x f '(x) － 0 ＋ 0 － 0 ＋ f (x) 单调 递减 极小值 单调 递增 极大值 单调 递减 极小值 单调 递增 110 (2)g(x)＝f (x)－f ＝－asin x－cos 2x＋acos x－cos 2x ＝a(cos x－sin x)－2cos 2x＝(cos x－sin x)[a－2(sin x＋cos x)]， 当x∈[0，π]时，由g(x)＝0，得x＝， 其中sin x＋cos x＝，则sin x＋cos x∈[－1，]， 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 13 14 111 当a<－2或a>2 ； 当a＝2，此时函数g(x)只有一个零点； 当2≤a<2，此时函数g(x)有三个零点； 当－2≤a<2时，方程sin x＋cos x＝，此时函数g(x)有两个零点． 综上，当a<－2或a≥2时，函数g(x)只有一个零点； 当2≤a<2时，函数g(x)有三个零点； 当－2≤a<2时，函数g(x)有两个零点． 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 13 14 112 14．已知函数f (x)＝aln x－x＋1(a∈R)，g(x)＝sin x－x． (1)讨论函数f (x)的单调性； (2)证明：g<0(n∈N*)； (3)证明：ln 2>sin(n∈N*)． 2025课标新变化：强化主题间的关联问题． 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 13 14 *第24课时　双变量不等式的证明 113 [解]　(1)函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，f '(x)＝， ①当a≤0时，f '(x)<0恒成立， 所以函数f (x)在(0，＋∞)上单调递减． ②当a>0时，由f '(x)＝0，得x＝a， 当x∈(0，a)时，f '(x)>0； 当x∈(a，＋∞)时，f '(x)<0． 所以函数f (x)在(0，a)内单调递增，在(a，＋∞)上单调递减． 综上，当a≤0时，函数f (x)在(0，＋∞)上单调递减； 当a>0时，函数f (x)在(0，a)内单调递增，在(a，＋∞)上单调递减． 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 13 14 114 (2)证明：∵g(x)＝sin x－x， ∴g'(x)＝cos x－1≤0恒成立， ∴g(x)在R上单调递减， 又n∈N*，∴0<， ∴g<g(0)＝0． 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 13 14 115 (3)证明：由(1)知，当a＝1时，f (x)≤0，即ln x≤x－1， ∴ln－1， ∴ln x≥1－， ∴ln(x＋1)≥(当x＝0时等号成立)． 令x＝(n∈N*)，∴ln， 即ln， 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 13 14 116 ∴ln(n＋1)－ln n>， 从而ln(n＋2)－ln(n＋1)>， ln(n＋3)－ln(n＋2)>， … ln(2n)－ln(2n－1)>， 累加可得ln(2n)－ln n>＋…＋， 即ln 2>＋…＋． 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 13 14 117 由(2)知，g(x)＝sin x－x在(0，＋∞)上单调递减， ∴g(x)<g(0)＝0，即当x>0时，sin x<x， ∴sin， ∴＋…＋＋…＋sin． ∴ln 2>sin＋…＋sin(n∈N*)． 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 13 14 118 谢 谢 ！ $