2027年高考数学一轮复习(创新设计)层级二 二元不等式的证明

二元不等式的证明知识拓展1.极值点偏移的定义极值点偏移是函数在极值点左右的增减速度不一样,导致函数的图象不具有对称性,我们把这种现象叫做极值点偏移.2.从图形看极值点偏移设函数f(x)的极值点为x0,设以f(x)=C的两根为端点的区间的中点为x1+x22(x(1)若x1+x22=x(2)若x1+x22>x(3)若x1+x22<x策略一对称化构造例1(2026·广州调研)已知函数f(x)=lnx+2ax,a∈R,若函数f(x)有两个不相等的零点x1,x(1)求a的取值范围;(2)证明:x1+x2>4a.(1)解f(x)=0等价于2a=-xlnx,易知f(x)的定义域为(0,+∞),由题意知f(x)=0有两个不相等的正根,则关于x的方程2a=-xlnx有两个不相等的正根,即直线y=2a与曲线y=-xlnx在x∈(0,+∞)上有两个交点.令φ(x)=-xlnx,x>0,则φ'(x)=-(lnx+1),令φ'(x)=0,得x=1e所以φ(x)在0,1e上单调递增,在则φ(x)max=φ1e=1所以要满足题意需使0<2a<1e所以a的取值范围为0,(2)证明结合(1),不妨令0<x1<2a<x2,要证x1+x2>4a,只需证x2>4a-x1>2a,又f(x)在(2a,+∞)上单调递增,且f(x1)=f(x2),所以只需证f(x2)>f(4a-x1),即证f(x1)>f(4a-x1),构造函数g(x)=f(x)-f(4a-x)(0<x<2a),则g'(x)=x−2ax2+2a即g(x)单调递减,所以g(x)>g(2a)=0,所以g(x1)=f(x1)-f(4a-x1)>0,即f(x1)>f(4a-x1),故x1+x2>4a.感悟提升简单的“和型不等式x1+x2>2x0或x1+x2<2x0”或“积型不等式x1x2>x02或x1x2<x02”的证明,一般构造对称函数g(x)=f(x)-f(2x0-x)或g(x)=f(x)-f(1)定极值点:求导讨论f(x)的单调性,并求出极值点x0以及x1,x2的范围.(2)构造函数:构造F(x)=f(x)-f(2x0-x)(或F(x)=f(x)-fx0(3)判断单调性:对F(x)求导,讨论F(x)的单调性,从而判断F(x)在极值点单侧的正负,得出f(x)与f(2x0-x)的大小关系.(4)比较大小:代入x1或x2,根据f(x)与f(2x0-x)的大小关系,借助f(x1)=f(x2)将自变量统一到极值点同侧,再通过f(x)的单调性得出结论.训练1(2026·青岛调研)已知函数f(x)=x-lnx-a.(1)若f(x)≥0,求a的取值范围;(2)证明:若f(x)有两个零点x1,x2,则x1x2<1.(1)解由题意知函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=x−1令f'(x)>0,得x>1,令f'(x)<0,得0<x<1,所以函数f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以f(x)min=f(1)=1-a,又f(x)≥0,所以1-a≥0,解得a≤1,所以a的取值范围为(-∞,1].(2)证明不妨设x1<x2,则由(1)知0<x1<1<x2,则0<1x2要证x1x2<1,只需证0<x1<1x2<1又f(x)在(0,1)上单调递减,且f(x1)=f(x2),所以只需证f(x1)>f1x即证f(x2)>f1x构造函数g(x)=f(x)-f1x=x-1x-2lnx,x则g'(x)=1+1x2-2x=(所以函数g(x)在(0,+∞)上单调递增,所以当x>1时,g(x)>g(1)=0,即当x>1时,f(x)>f1x所以f(x2)>f1x2,x2所以x1x2<1.策略二比(差)值换元例2(2026·杭州质检节选)若x1,x2是函数f(x)=ex-ax(x>0)的两个零点,且x1<x2,求证:x1+x2>2且x1x2<1.证明法一(比值代换)若x1,x2是函数f(x)的两个零点,则ex1-ax1=0,ex2-得x1=lna+lnx1,x2=lna+lnx2,所以x2-x1=lnx2-x1=lnx2令t=x2x1(t>1)解得x1=lntt−1,x2对于x1+x2>2,其等价于lntt−1+即lnt-2(t构造函数g(t)=lnt-2(t−1)t+1则g'(t)=1t-2(t+1)−2(t所以函数g(t)在(1,+∞)上单调递增,所以g(t)>ln1-2×(1−1)即x1+x2>2得证.对于x1x2<1,其等价于t(lnt即tlntt−1<1,即lnt-令t=m,则m>1,构造函数h(m)=lnm2-m+1m(m>1)则h'(m)=2m-1-1m2=-h(m)在(1,+∞)上单调递减,所以h(m)<ln12-1+11=0,即x1x2<1得证法二(差值代换)由ex=ax(x>0)可得a=ex设函数y=exx,则y'=当x∈(0,1),y'<0,则函数在(0,1)上单调递减,当x∈(1,+∞),y'>0,则函数在(1,+∞)上单调递增,不妨令0<x1<1<x2,则有ex1=ax1,ex2则a=ex2−ex1x2−x1,对于x1+x2>2,即证ex1即证ex1+即证ex2−令x2-x1=t,则t>0,则只需证t(et+1)-2(et-1)>0.令g(t)=t(et+1)-2(et-1)(t>0),则g'(t)=(t-1)et+1,g″(t)=tet>0,则g'(t)在(0,+∞)上单调递增,则g'(t)>(0-1)e0+1=0,则g(t)在(0,+∞)上单调递增,则g(t)>0×(e0+1)-2×(e0-1)=0,即x1+x2>2成立.对于x1x2<1,其等价于ex1即ex1ex2<ex左边分子、分母同时除以e2x1,得e令x2-x1=t,则t>0,则只需证et(e即证tet2-et令h(t)=tet2-et+1(t则h'(t)=et令m(t)=-et2+t则m'(t)=121−所以m(t)在(0,+∞)上单调递减,故m(t)=-et2+t2+1<-e0所以h'(t)<0,所以h(t)在(0,+∞)上单调递减,所以h(t)<0×e02-e0+1=0,即x1x2<1感悟提升比(差)值换元就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系,然后利用两个极值点之比(差)作为变量,从而实现消参、减元的目的.一般用t表示两个极值点之比(差),继而将所求解问题转化为关于t的函数问题.训练2(2026·南京模拟节选)已知函数f(x)=2x+ax2+xlnx,a∈R,若f(x)有两个零点x1,x2,且x2>3x1,证明:x1x2>9e证明若f(x)有两个零点x1,x2,则2x1+ax12+x1lnx1=0,2x2+ax22+x2ln得-a=2+lnx1x又x2>3x1,令x2=tx1(t>3),则2+lnx1x1=故lnx1=2+lnt−2tt−1则lnx2=ln(tx1)=lnt+lnx1=lnt+lntt−1-2=t∴ln(x1x2)=lnx1+lnx2=lntt−1-2+tlntt令h(t)=(t+1)lntt−1则h'(t)=−2lnt令g(t)=-2lnt+t-1t(t>3),则g'(t)=-2t+1+1t2=t∴g(t)在(3,+∞)上单调递增,∴g(t)>g(3)=-2ln3+3-13=23(4-3ln3)=23(lne4-ln3∴h'(t)=g(t)(t−1)2>0,则h(t)在∴h(t)>h(3)=4ln32-4=ln9∴ln(x1x2)>ln9e4,故x1x2>指数、对数均值不等式对数与指数均值不等式结论1对任意的a,b>0(a≠b),有ab<a−bln证明不妨设a>b>0(0<a<b时同理可得)首先,由ab<a−blna−lnb等价于lna-lnb<a−b令x=ab>1,只要证lnx2<x即证2xlnx-x2+1<0.令f(x)=2xlnx-x2+1(x>1),则f'(x)=2lnx+2-2x,f″(x)=2x-2<0,f'(x)在(1,+∞)单调递减,f'(x)<f'(1)=0f(x)在(1,+∞)单调递减,即f(x)<f(1)=0.故ab<a−其次,a−blnlna-lnb>2(a−b)a+b,令x=ab>1,只要证lnx>2(即证(x+1)lnx-2x+2>0.设g(x)=(x+1)lnx-2x+2(x>1),同理可证g(x)在(1,+∞)单调递增,有g(x)>g(1)=0.故a−bln需注意的是,在实际解题过程中,凡涉及这两个不等式的都需给出证明,以确保考试不被扣分.结论2对任意实数m,n(m≠n),有em+n2<证明在对数均值不等式中,令a=em,b=en,则lna=m,lnb=n,从而可得指数均值不等式.典例已知a∈R,f(x)=ax+lnx,若f(x1)=f(x2)=2(x1≠x2),求证:1x1+1证明令m=1x1,n=因为x1≠x2,所以m≠n,由f(x1)=f(x2)=2(x1≠x2)可得ax1+ln①-②得a(m-n)=lnm-lnn,所以1a=m要证1x1+1x2>2a,只需证m只需证m+n>2m−法一只需证m+n2由对数均值不等式可知其成立,所以1x1+1x2法二不妨设0<n<m,则只需证lnmn>2(即证lnmn>2令t=mn(t>1)则只需证lnt>2(t−1)t+1令h(t)=lnt-2(t−1)t+1则h'(t)=1t-2(t+1)−2(t−1)(t+1)所以h(t)在(1,+∞)上单调递增,所以h(t)>h(1)=0,所以lnt>2(t−1)t+1(所以1x1+1x2训练(2026·郑州调研节选)已知函数f(x)=ex-ax(a>1)有两个不同的零点x1,x2,x1<x2,求证:x1+x2>2.证明因为f(x1)=f(x2)=0,所以a=ex2x2=ex1变形得ex2+又由指数均值不等式得x2+x1x2−所以x1+x2>2,故原命题得证.1.已知函数g(x)=lnx+1x+2,若方程g(x)=m有两个不等实根x1,x2,求证:x1+x2证明g'(x)=1x-1x2当0<x<1时,g'(x)<0,g(x)在(0,1)上单调递减;当x>1时,g'(x)>0,g(x)在(1,+∞)上单调递增.不妨设x1<x2,则0<x1<1<x2.则2-x1>1,要证x1+x2>2,即证x2>2-x1>1,又g(x)在(1,+∞)上单调递增,所以只需证g(x2)=g(x1)>g(2-x1),设x∈(0,1),令h(x)=g(x)-g(2-x)=lnx+1x-ln(2-x)-1则h'(x)=1x-1x2+=−4(x所以h(x)在(0,1)上单调递减,于是h(x)>h(1)=0,即g(x)>g(2-x).当0<x1<1时,g(x1)>g(2-x1),所以x1+x2>2.2.设x1,x2为两个不相等的正数,且x2lnx1-x1lnx2=x1-x2,证明:1x1+证明不妨设0<x1<x2,x2=tx1,则t=x2x由x2lnx1-x1lnx2=x1-x2得tx1lnx1-x1ln(tx1)=x1-tx1,即lnx1=lntt−1要证1x1+1x只需证ex1x2>x1+x2,即证etx12>x1(1+t即证etx1>1+t,即证x1>1+t即证lnx1>ln1+t即证lntt−1-1>ln(1+t)-lnt即证lntt−1>ln(1+t)-ln即证lntt−1易知ln1+1t<lnt>1-1t=t则lntt−1>1故1x1+1x3.(2026·武汉质检节选)已知函数h(x)=lnx和g(x)=ax,若存在两个实数x1,x2,且x1≠x2,使得h(x1)=g(x1),h(x2)=g(x2),证明:x1x2>e2.证明法一因为x1≠x2,不妨设x1>x2,因为lnx1-ax1=0,lnx2-ax2=0,所以lnx1+lnx2=a(x1+x2),lnx1-lnx2=a(x1-x2),所以lnx1−ln欲证x1x2>e2,即证lnx1+lnx2>2.因为lnx1+lnx2=a(x1+x2),所以即证a>2x即证lnx1−ln即证lnx1x2令t=x1x2,则t>1,x1x2>e2等价于lnt-构造函数g(t)=lnt-2(t−1)t+1因为g'(t)=(t−1)2t(t+1)2>0,所以g(t)故g(t)>ln1-2×(1−1)1+1=0,即lnt-2(t−1)t+1>0,所以法二(直接换元构造新函数)a=lnx1x即lnx2ln设x1<x2,t=x2x1,则则x2=tx1,ln(tx1)lnx1=t,可得lnx1=lntt−1,lnx2=ln(tx1)=lnt+ln欲证x1x2>e2,即证lnx1+lnx2>2,即证lntt−1+tlntt−1即证lnt-2(t−1)构造函数g(t)=lnt-2(t−1)t+1因为g'(t)=(t−1)所以g(t)在(1,+∞)上单调递增,故g(t)>ln1-2×(1−1)即lnt-2(t−1)t+1>0,所以x1x4.(2026·重庆诊断)已知函数f(x)=lnx-ax有两个零点.(1)