第48天 极值点偏移与双变量不等式的证明 每日专项练习 - 2027届新高考高三数学第一轮复习

**基本信息** 聚焦极值点偏移与双变量不等式证明，通过梯度化函数类型设计，构建从基础到综合的导数应用逻辑链，培养数学推理与模型构建能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |二次函数|第1题|导数值相等双变量和证明|从导数几何意义切入，奠定对称构造基础| |对数函数|第2题|含参方程解的双变量不等式|强化参数分类与函数单调性应用| |指数-三角函数|第3题|零点存在性与范围证明|综合函数性质与区间限定，提升推理复杂度| |指数-一次函数|第4题|零点相关多问证明|整合极值分析与不等式放缩，构建综合解题模型|

2027届新高考高三第一轮复习 高三数学备课组 2027届新高考高三第一轮复习 每日专项练习 答案与解析 第48天 极值点偏移与双变量不等式的证明 1.证明　由f(x)=x2, 得f'(x)=x(2ln x-2)=2x(ln x-1). 令g(x)=2x(ln x-1), 则g'(x)=2ln x,当x=1时,g'(x)=0, 当0<x<1时,g'(x)<0,当x>1时,g'(x)>0, 所以函数g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,且当x∈(0,e)时,g(x)=2x(ln x-1)<0,当x∈(e,+∞)时,g(x)=2x(ln x-1)>0,如图所示,故0<x1<1<x2<e. 要证x1+x2>2,只需证x2>2-x1, 因为x1<1,所以2-x1>1, 下面证明g(x1)=g(x2)>g(2-x1). 即证g(x1)>g(2-x1), 设t(x)=g(2-x)-g(x),x∈(0,1), 则t'(x)=-g'(2-x)-g'(x)=-2ln(2-x)-2ln x=-2ln[(2-x)x]>0, 故t(x)在(0,1)上单调递增, 故t(x)<t(1)=g(1)-g(1)=0, 所以t(x1)=g(2-x1)-g(x1)<0, 则g(2-x1)<g(x2), 所以2-x1<x2,即得x1+x2>2. 2.证明　不妨设0<x1<x2, 由题意得 消去a得=, 设x2=tx1(t>1),代入上式得 ln x1=, ln x2=ln(tx1)=ln t+ln x1=, 下证ln x1+ln x2=>0, 即证(t+1)ln t-2t+2>0. 设g(t)=(t+1)ln t-2t+2(t>1), 则g'(t)=ln t+-1, 令h(t)=ln t+-1(t>1), 则h'(t)=-=>0, 所以g'(t)在区间(1,+∞)内单调递增,即g'(t)>g'(1)=0, 所以g(t)在区间(1,+∞)内单调递增,即g(t)>g(1)=0, 所以ln x1+ln x2>0,所以x1x2>1, 因为x1≠x2,x1,x2>0, 所以x1+x2>2>2. 3.(1)解　因为f(x)=ex-ln a-sin x=-sin x≥0在(0,+∞)上恒成立, 进而≥sin x,即≥. 令h(x)=,其中x>0, 则h'(x)==, 当x∈时,<x+<π, 则h'(x)>0,此时,函数h(x)单调递增, 当x∈时,π<x+<2π, 则h'(x)<0,此时,函数h(x)单调递减, 当x>时,h(x)<, 因为h=>, 所以h(x)max=h, 所以≥,故0<a≤, 因此,实数a的取值范围是. (2)证明　因为函数f(x)在(0,π)内有两个不同零点x1,x2, 则方程h(x)=在(0,π)内有两个根x1,x2,即h(x1)=h(x2)=, 由(1)知,当x∈(0,π)时,函数h(x)在上单调递增,上单调递减. 故0<x1<<x2<π,欲证x1+x2<π,即证x2<π-x1, 由于且函数h(x)在上单调递减,所以只需证明h(x2)>h(π-x1), 即证h(x1)>h(π-x1), 欲证h(x1)>h(π-x1), 即证>, 即>,即证>, 即证x1<,而该式显然成立; 欲证x1+x2>,即证x2>-x1, 且-x1∈, 即证h(x2)<h, 即证h(x1)<h, 即证<, 即证tan x1<, 令t(x)=,只需证t(x)<1, t'(x)= =, 令k(x)=-2tan x=-2=≥0, 所以t'(x)≥0,即函数t(x)在上单调递增,所以t(x)<t=1,故原不等式得证. 4.(1)解　由f(x)=ex-mx得f'(x)=ex-m. 当m≤0时,f'(x)>0,f(x)在R上单调递增,不合题意. 当m>0时,由f'(x)>0得x>ln m,由f'(x)<0得x<ln m, ∴f(x)在(-∞,ln m)上单调递减,在(ln m,+∞)上单调递增, ∴f(x)min=f(ln m)=eln m-mln m=m-mln m<0,故m>e. ∵f(0)=1>0,x→+∞时,f(x)→+∞, ∴f(x)在(0,ln m)和(ln m,+∞)内分别存在一个零点,符合题意, ∴m的取值范围为(e,+∞). (2)证明　①不妨设a>b>0,则<<ln , 即证<ln . 令t=>1,即证ln t->0对任意的t∈(1,+∞)恒成立. 令g(t)=ln t-, 则g'(t)=-=≥0, 故g(t)在(1,+∞)上单调递增, 故g(t)>g(1)=0, ∴<. ②由(1)得,f(x)在(0,ln m)和(ln m,+∞)内分别存在一个零点, 由m>e得f(1)=e-m<0,设x1<x2, 则0<x1<1<x2, ∵ex-mx=0等价于x=ln x+ln m, ∴x1-ln x1=x2-ln x2,即=1, 由①得,1=<, 即x1+x2>2, ∴++x1·x2=+>+>12+=3. 第 2 页 共 8 页 第 1 页 共 8 页 学科网（北京）股份有限公司 $2027届新高考高三第一轮复习 高三数学备课组 2027届新高考高三第一轮复习 每日专项练习 第48天 极值点偏移与双变量不等式的证明 班级：_________ 学号：_________ 姓名：_________ 分数：_________ 解答题(1题13分,2题15分,3题15分,4题17分) 1.已知函数f(x)=x2,f'(x)是f(x)的导函数,且f'(x1)=f'(x2),x1<x2,证明:x1+x2>2. 2.(2025·辽宁名校模拟节选)已知函数f(x)=ax-ln x-1.若关于x的方程f(x)=0有两个不同的解x1,x2,求证:x1+x2>2. 3.(2025·宝鸡二模节选)已知函数f(x)=ex-ln a-sin x,x∈(0,+∞). (1)若f(x)≥0恒成立,求a的取值范围; (2)若f(x)在(0,π)内有两个不同零点x1,x2,求证:<x1+x2<π. 4.(2025·赣州模拟)已知函数f(x)=ex-mx(其中e为自然对数的底数)有两个零点x1,x2. (1)求m的取值范围; (2)①证明:对一切的a,b∈(0,+∞)且a≠b,都有<; ②证明:++x1·x2>3. 第 2 页 共 8 页 第 1 页 共 8 页 学科网（北京）股份有限公司 $