高考热点3 导数中的双变量问题--2027通用版高考数学第一轮章节练（含答案）
文档属性
| 名称 | 高考热点3 导数中的双变量问题--2027通用版高考数学第一轮章节练（含答案） |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 309.8KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2026-01-31 00:00:00 | ||
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文档简介
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2027通用版高考数学第一轮
高考热点3 导数中的双变量问题
类型1 双变量地位等同同构思想
★★★(2026届广东深圳实验学校、惠东高级中学第一次联考,14)已知函数f(x)=x(1+ln x),且对任意x1,x2∈(0,+∞),且x1>x2,不等式a()>2[f(x1)-f(x2)]恒成立,则实数a的取值范围是 .
类型2 等量代换
1.★★★★(2026届安徽六校测试,18)已知函数f(x)=ex-ax(a∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)若函数f(x)有两个正零点x1,x2且x1(i)求证:x1+x2>2;
(ii)当x>0时,不等式(2e2x-bex+c)·f(x)≥0恒成立,求证:b>4a.
2.★★★★(2026届北京顺义月考,21)已知f(x)=2-aln x-ax-1.
(1)若a=-1,求曲线y=f(x)在点P(1, f(1))处的切线方程;
(2)若函数y=f(x)存在两个不同的极值点x1,x2,求证:f(x1)+f(x2)>0.
3.★★★★(2026届云南昆明一中联考,18)已知函数f(x)=ln x-ax-1(a∈R).
(1)若f(x)存在两个零点,求实数a的取值范围;
(2)设函数g(x)=xf(x),若g(x)有两个极值点x1,x2,证明:x1x2>e2.
类型3 极值点偏移
1.★★★★(2026届重庆南开中学第三次质量监测,18)已知函数f(x)=ex(x+1)+ax-1.
(1)若函数f(x)有两个极值点x1,x2(x1(i)求实数a的取值范围;
(ii)求证:x1+x2<-6.
(2)若f(x)≥ln x-ax2-x对x>0恒成立,求实数a的取值范围.
2.★★★★★(2021新高考Ⅰ,22,12分)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<3.★★★★★(2026届广东肇庆一模,19)已知函数f(x)=asin 3x+3sin x.
(1)当a=0,x∈(0,π)时,求证:<3.
(2)当a=1时.
(i)求f(x)在(0,2π)上的所有极大值点之和;
(ii)若f(x)=m在上有两个实根x1,x2,比较x1+x2与-的大小关系.
高考热点3 导数中的双变量问题
类型1 双变量地位等同同构思想
★★★(2026届广东深圳实验学校、惠东高级中学第一次联考,14)已知函数f(x)=x(1+ln x),且对任意x1,x2∈(0,+∞),且x1>x2,不等式a()>2[f(x1)-f(x2)]恒成立,则实数a的取值范围是 .
答案 [e,+∞)
类型2 等量代换
1.★★★★(2026届安徽六校测试,18)已知函数f(x)=ex-ax(a∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)若函数f(x)有两个正零点x1,x2且x1(i)求证:x1+x2>2;
(ii)当x>0时,不等式(2e2x-bex+c)·f(x)≥0恒成立,求证:b>4a.
解析 (1)由题意知函数f(x)的定义域为R,对f(x)求导得f'(x)=ex-a,
当a≤0时, f'(x)>0,所以函数f(x)在R上单调递增;
当a>0时,令f'(x)=0,解得x=ln a,
当x∈(-∞,ln a)时, f'(x)<0,函数f(x)单调递减,当x∈(ln a,+∞)时, f'(x)>0,函数f(x)单调递增.
综上所述,当a≤0时,函数f(x)在R上单调递增;
当a>0时,函数f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增.
(2)证明:由(1)知a>0且f(ln a)=a-aln a<0,解得a>e,由题意知方程ex-ax=0有两个不同的正实根x1,x2,
所以=ax1,=ax2,
两边同时取自然对数,得x1=ln a+ln x1,x2=ln a+ln x2,
两式相减得x2-x1=ln x2-ln x1,即=1.
(i)要证x1+x2>2,只需证明,令t=,t>1,
只需证明ln t>,(*)
构造函数g(t)=ln t-(t>1),求导得g'(t)=>0,
所以函数g(t)在(1,+∞)上单调递增,于是g(t)>g(1)=0,所以不等式(*)成立,
于是原不等式x1+x2>2成立.
(ii)结合以上分析可知,当x∈(0,x1)时, f(x)>0;当x∈(x1,x2)时, f(x)<0;当x∈(x2,+∞)时, f(x)>0.
所以要满足题意,则关于x的方程2e2x-bex+c=0的两根也是x1,x2,
于是2e2x-bex+c=2(ex-)(ex-)=2e2x-2()ex+2,
对比系数得b=2()=2(ax1+ax2)=2a(x1+x2)>4a,
所以b>4a.
2.★★★★(2026届北京顺义月考,21)已知f(x)=2-aln x-ax-1.
(1)若a=-1,求曲线y=f(x)在点P(1, f(1))处的切线方程;
(2)若函数y=f(x)存在两个不同的极值点x1,x2,求证:f(x1)+f(x2)>0.
解析 (1)当a=-1时, f(x)=2+ln x+x-1,则f(1)=2,
f'(x)=+1,则f'(1)=3,
所以曲线y=f(x)在点P(1,2)处的切线方程为y-2=3(x-1),即y=3x-1.
(2)证明:f'(x)=-a,
令f'(x)=0,得-a=0,
令t=,则t>0,
原方程可化为at2-t+a=0①,则t1=,t2=是方程①的两个不同的正根,
所以,
由根与系数的关系得t1+t2=,t1t2=1,则=(t1+t2)2-2t1t2=-2,
所以f(x1)+f(x2)=2()-a(ln x1+ln x2)-a(x1+x2)-2
=2(t1+t2)-aln()-a()-2
=2a+-2,
令h(a)=2a+,
则h'(a)=2-,
所以函数h(a)在上单调递减,
所以h(a)>h=1>0,
所以f(x1)+f(x2)>0.
3.★★★★(2026届云南昆明一中联考,18)已知函数f(x)=ln x-ax-1(a∈R).
(1)若f(x)存在两个零点,求实数a的取值范围;
(2)设函数g(x)=xf(x),若g(x)有两个极值点x1,x2,证明:x1x2>e2.
解析 (1)由题意,得f'(x)=-a(x>0),
当a≤0时, f'(x)>0,此时f(x)在(0,+∞)上单调递增, f(x)至多只有一个零点,不合题意;
当a>0时, f'(x)>0 0,
当x→0时, f(x)→-∞,当x→+∞时, f(x)→-∞,
此时f(x)在上单调递增,在上单调递减,f(x)有最大值f,
若f(x)存在两个零点,
则f-2>0 >e2 0(2)证明:g(x)=xf(x)=xln x-ax2-x,
g'(x)=ln x-2ax,
g(x)有两个极值点x1,x2 g'(x1)=g'(x2)=0,不妨设x1所以
即2a=,
所以ln x1+ln x2
=,
令t=,t>1,则ln x1+ln x2=.
要证x1x2>e2,即证ln x1+ln x2>2,即证>2(t>1),
即证ln t> ln t->0(t>1).
令h(t)=ln t-(t>1),
则h'(t)=>0,
所以h(t)在(1,+∞)上单调递增,
所以h(t)>h(1)=0,即ln t->0.
所以ln x1+ln x2>2成立,即x1x2>e2成立.
类型3 极值点偏移
1.★★★★(2026届重庆南开中学第三次质量监测,18)已知函数f(x)=ex(x+1)+ax-1.
(1)若函数f(x)有两个极值点x1,x2(x1(i)求实数a的取值范围;
(ii)求证:x1+x2<-6.
(2)若f(x)≥ln x-ax2-x对x>0恒成立,求实数a的取值范围.
解析 (1)f'(x)=ex(x+2)+a,要满足题意,则m(x)=ex(x+2)=-a有两个不等实根x1,x2,
易知m'(x)=ex(x+3),令m'(x)=0,得x=-3,所以m(x)在(-∞,-3)单调递减,在(-3,+∞)单调递增,
又x→+∞时,m(x)→+∞;x<-3时,m(x)<0.
(i)若m(x)=ex(x+2)=-a有两个不等实根x1,x2,则-a∈(-e-3,0),即a∈(0,e-3),
此时x1,x2的两侧导数正负符号都相反,所以x1,x2都是极值点.
(ii)由上面讨论可知x1<-3故要证x1+x2<-6,即证x1<-x2-6<-3,即证m(x2)=m(x1)>m(-x2-6),即证m(x2)-m(-x2-6)>0,
令n(x)=m(x)-m(-x-6),x>-3,
则n'(x)=m'(x)+m'(-x-6)=(x+3)·(ex-e-x-6),
由于x>-3,所以x+3>0,又y=ex-e-x-6在(-3,+∞)单调递增,
则ex-e-x-6>e-3-e3-6=0,
所以n'(x)>0,n(x)在(-3,+∞)单调递增,n(x)>n(-3)=0.
所以x1+x2<-6得证.
(2)先证两个结论:①ex≥ex;②ln x≤x-1.
证明结论①:令e(x)=ex-ex,则e'(x)=ex-e,令e'(x)=0 x=1,
所以e(x)在(-∞,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增,所以e(x)≥e(1)=0,即ex≥ex;
证明结论②:令t(x)=x-1-ln x,则t'(x)=,令t'(x)=0 x=1,
所以t(x)在(0,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增,所以t(x)≥t(1)=0,即ln x≤x-1.
由题意可得h(x)=f(x)-(ln x-ax2-x)=ex(x+1)+ax2+(a+1)x-ln x-1≥0对x>0恒成立,
当a<-e时,h(1)=2e+2a<0,不满足题意;
当a≥-e时,h(x)≥ex(x+1)-ex2+(1-e)·x-ln x-1≥ex(x+1)-ex2+(1-e)x-(x-1)-1=0.
综上,a≥-e.
2.★★★★★(2021新高考Ⅰ,22,12分)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<解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞).
由f(x)=x(1-ln x)得, f'(x)=-ln x,
当x∈(0,1)时, f'(x)>0;当x∈(1,+∞)时, f'(x)<0.
故f(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减.
(2)证法一 构造对称差函数
bln a-aln b=a-b变形为,所以.
令=m,=n,
则上式变为m(1-ln m)=n(1-ln n),
且命题转化为证明2f(x)=x(1-ln x),则有f(m)=f(n),
不妨设m先证m+n>2.
要证m+n>2 n>2-m f(n)令g(x)=f(x)-f(2-x),x∈(0,1),
则g'(x)=f'(x)+f'(2-x)=-ln x-ln(2-x)=-ln[x(2-x)]>-ln 1=0,
所以g(x)在区间(0,1)内单调递增,
所以g(x)2得证.
再证m+n因为m(1-ln m)=n(1-ln n)>m,
所以需证n(1-ln n)+n令h(x)=x(1-ln x)+x,x∈(1,e),
所以h'(x)=1-ln x>0,
故h(x)在区间(1,e)内单调递增.
所以h(x)故h(n)综上可知,2<证法二 比值代换
证明>2同证法一.
以下证明m+n不妨设n=tm,则t=>1,
由m(1-ln m)=n(1-ln n)得m(1-ln m)=tm[1-ln(tm)],ln m=1-,
要证m+n即ln(1+t)+1-<1,即证.
记g(s)=,s∈(0,+∞),
则g'(s)=.
记h(s)=-ln(1+s),
则h'(s)=<0,
所以h(s)在区间(0,+∞)内单调递减,h(s)所以g(s)在区间(0,+∞)内单调递减.
由t∈(1,+∞)得t-1∈(0,+∞),
所以g(t)故m+n综上可知,2<3.★★★★★(2026届广东肇庆一模,19)已知函数f(x)=asin 3x+3sin x.
(1)当a=0,x∈(0,π)时,求证:<3.
(2)当a=1时.
(i)求f(x)在(0,2π)上的所有极大值点之和;
(ii)若f(x)=m在上有两个实根x1,x2,比较x1+x2与-的大小关系.
解析 (1)证明:当a=0,x∈(0,π)时, f(x)=3sin x,要证 <3,即证sin x设h(x)=sin x-x,则h'(x)=cos x-1<0,
∴h(x)在(0,π)上单调递减,∵h(0)=0,
∴h(x)<0,即sin x(2)(i)当a=1时, f(x)=sin 3x+3sin x, f'(x)=3cos 3x+3cos x=3[cos(2x+x)+cos(2x-x)]=6cos 2xcos x.
当x∈(0,2π)时,由f'(x)=0得cos 2x=0或cos x=0,解得x=,x=,x=,x=,x=,
当x∈,,,时, f'(x)>0,
∴f(x)在,,,上单调递增;
当x∈,,时, f'(x)<0,
∴f(x)在,,上单调递减.
∴当x∈(0,2π)时, f(x)的极大值点为,,,极大值点的和为.
(ii)x1+x2<-,证明如下:
∵f(x)的定义域为R,且f(-x)=-f(x),∴f(x)为奇函数,由(i)知f(x)是周期为2π的周期函数,∴f(x)在上单调递减,在上单调递增,
∴-是f(x)的极小值点.
设x1要证x1+x2<-,只需证x2<--x1,即证f(x2)∵f(x1)=f(x2),
∴只需证f(x1)令g(x)=f(x)-f=sin 3x+3sin x-cos 3x+3cos x,其中x∈,
∴g'(x)=3cos 3x+3cos x+3sin 3x-3sin x
=3cos(2x+x)+3cos(2x-x)+3sin(2x+x)-3sin(2x-x)
=6cos 2x(cos x+sin x)
=6,
∵x∈,∴2x∈,x+∈,
∴cos 2x<0,sin<0,∴g'(x)>0,∴g(x)在上单调递增,
∵g=0,∴g(x)<0,∴g(x1)<0,
∴f(x1)21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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2027通用版高考数学第一轮
高考热点3 导数中的双变量问题
类型1 双变量地位等同同构思想
★★★(2026届广东深圳实验学校、惠东高级中学第一次联考,14)已知函数f(x)=x(1+ln x),且对任意x1,x2∈(0,+∞),且x1>x2,不等式a()>2[f(x1)-f(x2)]恒成立,则实数a的取值范围是 .
类型2 等量代换
1.★★★★(2026届安徽六校测试,18)已知函数f(x)=ex-ax(a∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)若函数f(x)有两个正零点x1,x2且x1
(ii)当x>0时,不等式(2e2x-bex+c)·f(x)≥0恒成立,求证:b>4a.
2.★★★★(2026届北京顺义月考,21)已知f(x)=2-aln x-ax-1.
(1)若a=-1,求曲线y=f(x)在点P(1, f(1))处的切线方程;
(2)若函数y=f(x)存在两个不同的极值点x1,x2,求证:f(x1)+f(x2)>0.
3.★★★★(2026届云南昆明一中联考,18)已知函数f(x)=ln x-ax-1(a∈R).
(1)若f(x)存在两个零点,求实数a的取值范围;
(2)设函数g(x)=xf(x),若g(x)有两个极值点x1,x2,证明:x1x2>e2.
类型3 极值点偏移
1.★★★★(2026届重庆南开中学第三次质量监测,18)已知函数f(x)=ex(x+1)+ax-1.
(1)若函数f(x)有两个极值点x1,x2(x1
(ii)求证:x1+x2<-6.
(2)若f(x)≥ln x-ax2-x对x>0恒成立,求实数a的取值范围.
2.★★★★★(2021新高考Ⅰ,22,12分)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<
(1)当a=0,x∈(0,π)时,求证:<3.
(2)当a=1时.
(i)求f(x)在(0,2π)上的所有极大值点之和;
(ii)若f(x)=m在上有两个实根x1,x2,比较x1+x2与-的大小关系.
高考热点3 导数中的双变量问题
类型1 双变量地位等同同构思想
★★★(2026届广东深圳实验学校、惠东高级中学第一次联考,14)已知函数f(x)=x(1+ln x),且对任意x1,x2∈(0,+∞),且x1>x2,不等式a()>2[f(x1)-f(x2)]恒成立,则实数a的取值范围是 .
答案 [e,+∞)
类型2 等量代换
1.★★★★(2026届安徽六校测试,18)已知函数f(x)=ex-ax(a∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)若函数f(x)有两个正零点x1,x2且x1
(ii)当x>0时,不等式(2e2x-bex+c)·f(x)≥0恒成立,求证:b>4a.
解析 (1)由题意知函数f(x)的定义域为R,对f(x)求导得f'(x)=ex-a,
当a≤0时, f'(x)>0,所以函数f(x)在R上单调递增;
当a>0时,令f'(x)=0,解得x=ln a,
当x∈(-∞,ln a)时, f'(x)<0,函数f(x)单调递减,当x∈(ln a,+∞)时, f'(x)>0,函数f(x)单调递增.
综上所述,当a≤0时,函数f(x)在R上单调递增;
当a>0时,函数f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增.
(2)证明:由(1)知a>0且f(ln a)=a-aln a<0,解得a>e,由题意知方程ex-ax=0有两个不同的正实根x1,x2,
所以=ax1,=ax2,
两边同时取自然对数,得x1=ln a+ln x1,x2=ln a+ln x2,
两式相减得x2-x1=ln x2-ln x1,即=1.
(i)要证x1+x2>2,只需证明,令t=,t>1,
只需证明ln t>,(*)
构造函数g(t)=ln t-(t>1),求导得g'(t)=>0,
所以函数g(t)在(1,+∞)上单调递增,于是g(t)>g(1)=0,所以不等式(*)成立,
于是原不等式x1+x2>2成立.
(ii)结合以上分析可知,当x∈(0,x1)时, f(x)>0;当x∈(x1,x2)时, f(x)<0;当x∈(x2,+∞)时, f(x)>0.
所以要满足题意,则关于x的方程2e2x-bex+c=0的两根也是x1,x2,
于是2e2x-bex+c=2(ex-)(ex-)=2e2x-2()ex+2,
对比系数得b=2()=2(ax1+ax2)=2a(x1+x2)>4a,
所以b>4a.
2.★★★★(2026届北京顺义月考,21)已知f(x)=2-aln x-ax-1.
(1)若a=-1,求曲线y=f(x)在点P(1, f(1))处的切线方程;
(2)若函数y=f(x)存在两个不同的极值点x1,x2,求证:f(x1)+f(x2)>0.
解析 (1)当a=-1时, f(x)=2+ln x+x-1,则f(1)=2,
f'(x)=+1,则f'(1)=3,
所以曲线y=f(x)在点P(1,2)处的切线方程为y-2=3(x-1),即y=3x-1.
(2)证明:f'(x)=-a,
令f'(x)=0,得-a=0,
令t=,则t>0,
原方程可化为at2-t+a=0①,则t1=,t2=是方程①的两个不同的正根,
所以,
由根与系数的关系得t1+t2=,t1t2=1,则=(t1+t2)2-2t1t2=-2,
所以f(x1)+f(x2)=2()-a(ln x1+ln x2)-a(x1+x2)-2
=2(t1+t2)-aln()-a()-2
=2a+-2,
令h(a)=2a+,
则h'(a)=2-,
所以函数h(a)在上单调递减,
所以h(a)>h=1>0,
所以f(x1)+f(x2)>0.
3.★★★★(2026届云南昆明一中联考,18)已知函数f(x)=ln x-ax-1(a∈R).
(1)若f(x)存在两个零点,求实数a的取值范围;
(2)设函数g(x)=xf(x),若g(x)有两个极值点x1,x2,证明:x1x2>e2.
解析 (1)由题意,得f'(x)=-a(x>0),
当a≤0时, f'(x)>0,此时f(x)在(0,+∞)上单调递增, f(x)至多只有一个零点,不合题意;
当a>0时, f'(x)>0 0
当x→0时, f(x)→-∞,当x→+∞时, f(x)→-∞,
此时f(x)在上单调递增,在上单调递减,f(x)有最大值f,
若f(x)存在两个零点,
则f-2>0 >e2 0
g'(x)=ln x-2ax,
g(x)有两个极值点x1,x2 g'(x1)=g'(x2)=0,不妨设x1
即2a=,
所以ln x1+ln x2
=,
令t=,t>1,则ln x1+ln x2=.
要证x1x2>e2,即证ln x1+ln x2>2,即证>2(t>1),
即证ln t> ln t->0(t>1).
令h(t)=ln t-(t>1),
则h'(t)=>0,
所以h(t)在(1,+∞)上单调递增,
所以h(t)>h(1)=0,即ln t->0.
所以ln x1+ln x2>2成立,即x1x2>e2成立.
类型3 极值点偏移
1.★★★★(2026届重庆南开中学第三次质量监测,18)已知函数f(x)=ex(x+1)+ax-1.
(1)若函数f(x)有两个极值点x1,x2(x1
(ii)求证:x1+x2<-6.
(2)若f(x)≥ln x-ax2-x对x>0恒成立,求实数a的取值范围.
解析 (1)f'(x)=ex(x+2)+a,要满足题意,则m(x)=ex(x+2)=-a有两个不等实根x1,x2,
易知m'(x)=ex(x+3),令m'(x)=0,得x=-3,所以m(x)在(-∞,-3)单调递减,在(-3,+∞)单调递增,
又x→+∞时,m(x)→+∞;x<-3时,m(x)<0.
(i)若m(x)=ex(x+2)=-a有两个不等实根x1,x2,则-a∈(-e-3,0),即a∈(0,e-3),
此时x1,x2的两侧导数正负符号都相反,所以x1,x2都是极值点.
(ii)由上面讨论可知x1<-3
令n(x)=m(x)-m(-x-6),x>-3,
则n'(x)=m'(x)+m'(-x-6)=(x+3)·(ex-e-x-6),
由于x>-3,所以x+3>0,又y=ex-e-x-6在(-3,+∞)单调递增,
则ex-e-x-6>e-3-e3-6=0,
所以n'(x)>0,n(x)在(-3,+∞)单调递增,n(x)>n(-3)=0.
所以x1+x2<-6得证.
(2)先证两个结论:①ex≥ex;②ln x≤x-1.
证明结论①:令e(x)=ex-ex,则e'(x)=ex-e,令e'(x)=0 x=1,
所以e(x)在(-∞,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增,所以e(x)≥e(1)=0,即ex≥ex;
证明结论②:令t(x)=x-1-ln x,则t'(x)=,令t'(x)=0 x=1,
所以t(x)在(0,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增,所以t(x)≥t(1)=0,即ln x≤x-1.
由题意可得h(x)=f(x)-(ln x-ax2-x)=ex(x+1)+ax2+(a+1)x-ln x-1≥0对x>0恒成立,
当a<-e时,h(1)=2e+2a<0,不满足题意;
当a≥-e时,h(x)≥ex(x+1)-ex2+(1-e)·x-ln x-1≥ex(x+1)-ex2+(1-e)x-(x-1)-1=0.
综上,a≥-e.
2.★★★★★(2021新高考Ⅰ,22,12分)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<
由f(x)=x(1-ln x)得, f'(x)=-ln x,
当x∈(0,1)时, f'(x)>0;当x∈(1,+∞)时, f'(x)<0.
故f(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减.
(2)证法一 构造对称差函数
bln a-aln b=a-b变形为,所以.
令=m,=n,
则上式变为m(1-ln m)=n(1-ln n),
且命题转化为证明2
不妨设m
要证m+n>2 n>2-m f(n)
则g'(x)=f'(x)+f'(2-x)=-ln x-ln(2-x)=-ln[x(2-x)]>-ln 1=0,
所以g(x)在区间(0,1)内单调递增,
所以g(x)
再证m+n
所以需证n(1-ln n)+n
所以h'(x)=1-ln x>0,
故h(x)在区间(1,e)内单调递增.
所以h(x)
证明>2同证法一.
以下证明m+n
由m(1-ln m)=n(1-ln n)得m(1-ln m)=tm[1-ln(tm)],ln m=1-,
要证m+n
记g(s)=,s∈(0,+∞),
则g'(s)=.
记h(s)=-ln(1+s),
则h'(s)=<0,
所以h(s)在区间(0,+∞)内单调递减,h(s)
由t∈(1,+∞)得t-1∈(0,+∞),
所以g(t)
(1)当a=0,x∈(0,π)时,求证:<3.
(2)当a=1时.
(i)求f(x)在(0,2π)上的所有极大值点之和;
(ii)若f(x)=m在上有两个实根x1,x2,比较x1+x2与-的大小关系.
解析 (1)证明:当a=0,x∈(0,π)时, f(x)=3sin x,要证 <3,即证sin x
∴h(x)在(0,π)上单调递减,∵h(0)=0,
∴h(x)<0,即sin x
当x∈(0,2π)时,由f'(x)=0得cos 2x=0或cos x=0,解得x=,x=,x=,x=,x=,
当x∈,,,时, f'(x)>0,
∴f(x)在,,,上单调递增;
当x∈,,时, f'(x)<0,
∴f(x)在,,上单调递减.
∴当x∈(0,2π)时, f(x)的极大值点为,,,极大值点的和为.
(ii)x1+x2<-,证明如下:
∵f(x)的定义域为R,且f(-x)=-f(x),∴f(x)为奇函数,由(i)知f(x)是周期为2π的周期函数,∴f(x)在上单调递减,在上单调递增,
∴-是f(x)的极小值点.
设x1
∴只需证f(x1)
∴g'(x)=3cos 3x+3cos x+3sin 3x-3sin x
=3cos(2x+x)+3cos(2x-x)+3sin(2x+x)-3sin(2x-x)
=6cos 2x(cos x+sin x)
=6,
∵x∈,∴2x∈,x+∈,
∴cos 2x<0,sin<0,∴g'(x)>0,∴g(x)在上单调递增,
∵g=0,∴g(x)<0,∴g(x1)<0,
∴f(x1)
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