浙江省金丽衢十二校2023-2024学年高三上学期第一次联考数学试题

这是一份浙江省金丽衢十二校2023-2024学年高三上学期第一次联考数学试题，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．设集合A=0,1,2,3,5，B=x|x2−2x>0，则A∩B=（ ）
A．0,1,2B．0,3,5C．3,5D．5
2．圆C:x2+y2−2x+4y=0的圆心C坐标和半径r分别为（ ）
A．C1,−2,r=5B．C1,−2,r=5
C．C−1,2,r=5D．C−1,2,r=5
3．已知平面向量a,b满足：b=2a=2,a与b的夹角为120°，若λa+b⊥a−bλ∈R，则λ=（ ）
A．0B．1C．32D．52
4．已知直线a,b和平面α,a⊄α,b∥α，则“a∥b”是“a∥α”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
5．(1+x−y)5展开式中含x2y项的系数为（ ）
A．30B．−30C．10D．−10
6．已知函数y=2sinωx+φ，该图象上最高点与最低点的最近距离为5，且点1,0是函数的一个对称点，则ω和φ的值可能是（ ）
A．ω=−π3,φ=−π3B．ω=−π3,φ=2π3
C．ω=π3,φ=π3D．ω=π3,φ=2π3
7．一个正方形网格ABCD由99条竖线和99条横线组成，每个最小正方形格子边长都是1．现在网格中心点O处放置一棋子，棋子将按如下规则沿线移动：O→P1→P2→P3→P4→P5→….．，点O到P1的长度为1，点P1到P2的长度为2，点P2到P3的长度为3，点P3到P4的长度为4，……，每次换方向后的直线移动长度均比前一次多1，变换方向均为向右转．按此规则一直移动直到移出网格ABCD为止，则棋子在网格上移动的轨迹长度是（ ）
A．4752B．4753C．4850D．4851
8．已知A,B分别是双曲线C:x24−y2=1的左，右顶点，P是双曲线C上的一动点，直线PA，PB与x=1交于M,N两点，△PMN,△PAB的外接圆面积分别为S1,S2，则S1S2的最小值为（ ）
A．316B．34C．34D．1
二、多选题
9．若z=32+12i（i为虚数单位），则下列说法正确的为（ ）
A．z=1B．z⋅z=z2
C．z3=iD．z+z2023=0
10．为调研加工零件效率，调研员通过试验获得加工零件个数x与所用时间y（单位：min）的5组数据为：10,52,20,67,30,70,40,75,50,86，根据以上数据可得经验回归方程为：y=0.76x+a，则（ ）
A．a=47.3
B．回归直线y=0.76x+a必过点30,70
C．加工60个零件的时间大约为92.8min
D．若去掉30,70，剩下4组数据的经验回归方程会有变化
11．设P是抛物线弧C:y2=8x(y>0)上的一动点，点F是C的焦点，A4,4，则（ ）
A．F2,0
B．若PF=4，则点P的坐标为2,4
C．AP+AF的最小值为2+25
D．满足△PFA面积为92的点P有2个
12．对于集合A中的任意两个元素x,y，若实数dx,y同时满足以下三个条件：
①“dx,y=0”的充要条件为“x=y”；
②dx,y=dy,x；
③∀z∈A，都有dx,y≤dx,z+dy,z．
则称dx,y为集合A上的距离，记为dA．则下列说法正确的是（ ）
A．dx,y=x−y为dR
B．dx,y=sinx−siny为dR
C．若A=0,+∞，则dx,y=lnx−lny为dA
D．若d为dR，则ed−1也为dR（e为自然对数的底数）
三、填空题
13．已知圆台的上下底面半径分别是1，4，且侧面积为10π，则该圆台的母线长为 ．
14．若函数fx=x3+ax,x≥0bx3−2x,x<0是R上的偶函数，则a+b= ．
15．已知α是第二象限角，β∈0,π2,tanα+π4=−14，现将角α的终边逆时针旋转β后得到角γ，若tanγ=17，则tanβ= ．
16．已知曲线C:y=aex−lnax，直线l:y=kx+1，若对任意a>0，直线l始终在曲线C下方，则实数k的取值范围为 ．
四、解答题
17．在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别是a,b,c，已知c2b2+c2−a2=sinCsinB．
(1)求角A；
(2)设边BC的中点为D，若a=7，且△ABC的面积为334，求AD的长．
18．在三棱柱ABC−A1B1C1中，四边形BCC1B1是菱形，△ABC是等边三角形，点M是线段AB的中点，∠ABB1=60°．

(1)证明：B1C⊥平面ABC1；
(2)若平面ABB1A1⊥平面ABC，求直线B1C与平面A1MC1所成角的正弦值．
19．袋中有2个黑球和1个白球，现随机从中有放回地取球，每次取1个，约定：连续两次取到黑球或者取满5次，则取球结束．在取球过程中，计分规则如下：若取到1次黑球，得2分；取到1次白球，得1分．小明按照如上约定和规则进行取球，最终累计积分为X．
(1)求小明取球次数不超过4次的概率；
(2)求X的分布列和期望．
20．已知数列an满足a12+a222+⋯+an2n=3−2n+32nn∈N*，记数列an的前n项和为Sn．
(1)求Sn；
(2)已知kn∈N*且k1=1,k2=2，若数列akn是等比数列，记kn的前n项和为Tn，求使得Sn≥Tn成立的n的取值范围．
21．已知椭圆C:x24+y23=1的左右焦点分别为F1,F2，点Px0,y0为椭圆C上异于顶点的一动点，∠F1PF2的角平分线分别交x轴、y轴于点M、N．
(1)若x0=12，求PF1；
(2)求证：PMPN为定值；
(3)当△F1PN面积取到最大值时，求点P的横坐标x0．
22．已知函数fx=lnx−2mxm∈R有两个不同的零点x1,x2．
(1)求实数m的取值范围；
(2)证明：e<4x1x2<1m．
参考答案：
1．C
【分析】由不等式x2−2x>0，解得x>2或x<0，再运用集合的交集即可.
【详解】由不等式x2−2x>0，解得x>2或x<0，则集合{x|x>2或x<0}，
又A=0,1,2,3,5，
∴ A∩B=3,5.
故选：C.
2．A
【分析】将一般方程化为标准方程即可求解.
【详解】圆C:x2+y2−2x+4y=0，即C:x−12+y+22=5，
它的圆心C坐标和半径r分别为C1,−2,r=5.
故选：A.
3．D
【分析】先计算平面向量a,b的数量积，再利用λa+b⋅a−b=0，列式解得即可.
【详解】由题意，得a⋅b=a⋅bcs120°=1×2×−12=−1，
由λa+b⊥a−b，得λa+b⋅a−b=0，即λa2+1−λa⋅b−b2=0，
∴ λ−1−λ−4=0，解得λ=52.
故选：D
4．A
【分析】由线面平行的判定、面面平行的性质以及充分不必要条件的定义即可求解.
【详解】因为b∥α，则存在c⊂α使得b∥c且b⊄α，
若a∥b且a⊄α，则a//c，
又a⊄α且c⊂α，所以a∥α，充分性成立；
设β//α，b⊂β,a⊂β,a∩b=P，则有a∥α，但a,b不平行，即必要性不成立.
故选：A.
5．B
【分析】根据排列组合与二项式定理知识直接计算即可.
【详解】由题意得，(1+x−y)5展开式中含x2y的项为C52⋅x2⋅C31⋅−y⋅C22×12=−30x2y，
所以(1+x−y)5展开式中含x2y项的系数为−30.
故选：B
6．D
【分析】由题意首先得ω=π3，进一步由ω+φ=kπ,k∈Z，对比选项即可得解.
【详解】由题意函数的周期T满足，T2=52−42=3=2π2|ω|，所以ω=±π3，
又点1,0是函数的一个对称点，所以ω+φ=kπ,k∈Z，
所以ω=π3φ=kπ−π3,k∈Z或ω=-π3φ=kπ+π3,k∈Z，对比选项可知，只有当ω=π3φ=2π3k=1时满足题意.
故选：D.
7．C
【分析】构建一个等差数列，首项为OP1=a1=1，公差为d=1，求S98−1（第98次移动时只能移动97个单位，即P97P98−1=a98−1=98−1=97）的和.
【详解】由题意，设等差数列首项为OP1=a1=1，公差为d=1，
∴ S98−1=98×1+98×972−1=4850.
故选：C.
8．A
【分析】容易知道kPA⋅kPB=14，设直线PA的方程为：y=kx+2，则直线PB的方程为：y=14kx−2，求出M，N两点坐标，则MN=3k+14k，设△PMN,△PAB的外接圆的半径分别为r1，r2，由正弦定理得2r1=MNsin∠MPN=MNsin∠APB，2r2=ABsin∠APB，可知r1r2=3k+14k4，再利用基本不等式即可求值.
【详解】由已知得，A−2,0，B2,0，由双曲线的对称性，不妨设Px,y在第一象限，
所以kPA=yx+2，kPB=yx−2，
所以kPA⋅kPB=yx+2⋅yx−2=y2x2−4=x24−1x2−4=14，
设直线PA的方程为：y=kx+2,k>0，则直线PB的方程为：y=14kx−2，
同时令x=1，则yM=3k，yN=−14k，
所以MN=3k+14k,k>0，
设△PMN,△PAB的外接圆的半径分别为r1，r2，
由正弦定理得，
2r1=MNsin∠MPN=MNsin∠APB，2r2=ABsin∠APB，
所以r1r2=MNAB=3k+14k4≥23k⋅14k4=34，
当且仅当3k=14k，即k=36时取等号，
所以S1S2=πr12πr22=r1r22=316.

故选：A
【点睛】结论点睛：若A、B分别为双曲线的左、右顶点，P为双曲线上一动点，则直线PA与直线PB的斜率之积为定值.
9．ACD
【分析】由共轭复数的定义、复数的模长公式、复数的运算对选项一一判断即可得出答案.
【详解】对于A，z=32+12i，则z=32−12i，所以z=322+−122=1，故A正确；
对于，对于B，z⋅z=32+12i32−12i=322−12i2=1,
z2=32+12i2=34+14i2+2×32⋅12i=12+32i，故B错误；
对于C，z3=z2⋅z=12+32i32+12i=i，故C正确；
对于D， z2023=z⋅z2022=z⋅z3674=z⋅i674=z⋅i2337=−z，
所以z+z2023=0，故D正确.
故选：ACD.
10．BC
【分析】求得数据的样本中心点可判断B；结合回归方程可求出a=47.2可判断A；将x=60代入回归方程求得预测值可判断C；根据y=0.76x+47.2恒过30,70，可判断D.
【详解】x=1510+20+30+40+50=30，y=1552+67+70+75+86=70，
所以y=0.76x+a恒过30,70，所以70=0.76×30+a，
解得：a=47.2，故A错误；B正确；
所以y=0.76x+47.2，令x=60，则y=0.76×60+47.2=92.8，
故加工60个零件的时间大约为92.8min，故C正确；
因为y=0.76x+47.2恒过30,70，
所以剩下4组数据的经验回归方程不会有变化，故D错误.
故选:BC.
11．AB
【分析】对于A，直接由抛物线方程即可判断；对于B，直接由焦半径先求得点P横坐标，代入抛物线方程验算其纵坐标即可判断；对于C，由B选项启发，观察图象，令P3,26即可举出反例；对于D，由点到直线距离公式将原问题转换为方程的14y−22−5=92或14y−22−5=−92的正根的个数和即可判断.
【详解】
对于A，抛物线弧C:y2=8x(y>0)的焦点为F2,0，故A正确；
对于B，若PF=4=xP+2，解得xP=2，所以yP=8xP=16=4，即点P的坐标为2,4，故B正确；
对于C，取P3,26，则AP+AF=1+4−262+16+4=41−166+25，
因为256×6−372=167>0，所以166>37，即40−166=4−262<3，
所以41−166<4=2，即AP+AF<2+25，故C错误；
对于D，直线AF的斜率为k=44−2=2，所以它的方程为y=2x−2，
点Px,y到它的距离为h=2x−4−y5，
注意到AF=16+4=25，若△PFA面积为92，
则12⋅2x−4−y5⋅25=92，又2x=y24>0，
所以14y−22−5=92或14y−22−5=−92，解得y=2+38或y=2±2，
所以满足△PFA面积为92的点P有3个，故D错误.
故选：AB.
12．AC
【分析】由dA的定义对选项一一判断即可得出答案.
【详解】对于A，dx,y=x−y，即x=y，
①，dx,y=0，即dx,y=x−y=0，即x=y，
若x=y，则dx,y=x−y=x−x=0，
所以“dx,y=0”的充要条件为“x=y”.
②，dx,y=x−y=y−x=dy,x，成立，
③，∀x,y,z∈R，x−y=x−z+z−y≤x−z+z−y，故A正确；
对于B，dx,y=sinx−siny，
①，dx,y=0，即dx,y=sinx−siny=0，即sinx=siny，
此时若x=0,y=π，则x≠y，故B错误；
对于C，dx,y=lnx−lny，
①，dx,y=0即lnx−lny=lnxy=0，即xy=1，得x=y，
若x=y，则dx,y=lnx−lny=lnx−lnx=0，
所以“dx,y=0”的充要条件为“x=y”.
②，dx,y=lnx−lny=lny−lnx=dy,x，成立；
③，dx,y=lnx−lny=lnx−lnz+lnz−lny
≤lnx−lnz+lnz−lny=dx,z+dy,z，故成立，故C正确；
对于D，设∀x,y∈R，dx,y=x−y，则edx,y−1=ex−y−1，
①,若dx,y=0，则x−y=0，即x=y，ed−1=ex−y−1=e−1≠0，故D错误.
故选：AC.
【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的：遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决．
13．2
【分析】利用圆台侧面积公式求解即可.
【详解】设母线长度为l，由圆台侧面积公式得10π=12×(2π×1+2π×4)×l，
解得l=2，故圆台母线长度为2.
故答案为：2
14．1
【分析】根据函数fx是R上的偶函数，利用特殊值可得答案.
【详解】若函数fx是R上的偶函数，
则有f−1=f1f−2=f2，即−b+2=1+a−8b+4=8+2a，解得a=2b=−1，
当a=2b=−1时，此时fx=x3+2x,x≥0−x3−2x,x<0，f0=0，
当x>0时，−x<0，f−x=x3+2x=fx，
当x<0时，−x>0，f−x=−x3−2x=fx，
所以函数fx是R上的偶函数，符合题意，
则a+b=2−1=1.
故答案为：1.
15．198/2.375
【分析】由两角和的正切公式先得tanα=−53，进一步由两角差的正切公式即可求解.
【详解】由题意tanα+π4=tanα+11−tanα=−14，且γ=α+β，tanγ=tanα+β=17，
解得tanα=−53，
所以tanβ=tanα+β−α=17−−531+−53×17=198.
故答案为：198.
16．−∞,1−1e
【分析】首先将原问题转换为aex−lnax>kx+1恒成立，ga=aex−lnax−kx+1,a>0（先固定x>0），得对任意x>0，k<1−lnxx恒成立，由此即可利用导数求解.
【详解】由题意∀x,a>0，有aex−lnax>kx+1恒成立，
不妨设ga=aex−lnax−kx+1,a>0（先固定x>0），
即ga=aex−lnax−kx+1>0恒成立，
则g′a=ex−1a，令g′a=ex−1a=0得a=e−x，
当0当a>e−x时，g′a=ex−1a>0，ga单调递增；
所以gamin=ge−x=1−lne−x−lnx−kx−1=x−lnx−kx>0，
即k<1−lnxx，由于这里x>0且任意，
即对任意x>0，k<1−lnxx恒成立，
所以设fx=1−lnxx,x>0，f′x=−1−lnxx2=lnx−1x2,x>0，
令f′x=lnx−1x2=0得x=e，
当0e时，f′x>0，fx单调递增；
所以fxmin=fe=1−1e，所以k综上所述，实数k的取值范围为−∞,1−1e.
故答案为：−∞,1−1e.
【点睛】关键点睛：双变量恒成立问题，首先固定x>0，通过导数将原问题转换为对任意x>0，k<1−lnxx恒成立，由此即可顺利得解.
17．(1)A=π3
(2)132
【分析】（1）根据正弦定理和题中所给式子化简计算得到b2+c2−a2=bc，再结合余弦定理即可求出角A；
（2）根据三角形面积公式得到bc=3和b2+c2=10，再结合中线向量公式计算即可.
【详解】（1）在△ABC中，由正弦定理得，sinCsinB=cb，
因为c2b2+c2−a2=sinCsinB，所以c2b2+c2−a2=cb，
化简得，b2+c2−a2=bc，
在△ABC中，由余弦定理得，csA=b2+c2−a22bc=12，
又因为0（2）由S△ABC=12bcsinA=34bc=334，得bc=3，
由a2=b2+c2−2bccsA，得7=b2+c2−3，所以b2+c2=10．
又因为边BC的中点为D，所以AD=12AB+AC，
所以AD=12(AB+AC)2=12b2+c2+2bccsA=12×10+2×3×12=132
18．(1)证明见解析
(2)34
【分析】（1）根据四边形BCC1B1是菱形，可得B1C⊥BC1；在△ACB1中，根据题意可证AB1=AC，又N是B1C的中点，得B1C⊥AN，即可得到结论.
（2）根据题意，建立空间直角坐标系，求得平面A1MC1的法向量，利用线面角公式即可.
【详解】（1）设BC1与B1C交点为N，连接AB1,AN．

∵四边形BCC1B1是菱形，∴B1C⊥BC1,B1B=BC,N是B1C的中点．
在△ABB1中，B1B=AB,∠ABB1=60°,∴△ABB1是等边三角形，∴AB1=AB．
在△ACB1中，AB1=AC,N是B1C的中点，∴B1C⊥AN．
又B1C⊥BC1,AN∩BC1=N,AN,BC1⊂平面ABC1，∴B1C⊥平面ABC1．
（2）连接B1M，
∵△ABB1是等边三角形，M是线段AB的中点，∴B1M⊥AB.
又∵平面ABB1A1⊥平面ABC，平面ABC∩平面ABB1A1=AB，B1M⊂平面ABB1A1，
∴B1M⊥平面ABC．
以M为原点，MB,MC所在直线分别为x轴，y轴如图建立空间直角坐标系，
不妨设AB=2，则M0,0,0,A−1,0,0,B1,0,0,C0,3,0，A1−2,0,3,B10,0,3，
于是MA1=−2,0,3,MB1=0,0,3,BC=−1,3,0,B1C=0,3,−3，
MC1=MB1+B1C1=MB1+BC=−1,3,3
设平面A1MC1的法向量为n=x,y,z，则n⋅MA1=0n⋅MC1=0，即−2x+3z=0−x+3y+3z=0，
令x=3，得y=−1,z=2，所以平面A1MC1的一个法向量为n=3,−1,2．
设直线B1C与平面A1MC1所成角大小为θ，则sinθ=B1C⃗⋅n⃗B1C⃗n⃗=333+1+4×3+3=34，
故直线B1C与平面A1MC1所成角的正弦值为34.
19．(1)2027
(2)分布列见解析，EX=14527
【分析】（1）由独立乘法公式和互斥加法公式即可求解.
（2）由题意得X∈4,5,6,7,8，依次求出相应的概率，进而得分布列以及数学期望.
【详解】（1）记小明取球次数为Y，则PY=2=232=49,PY=3=13×232=427，
PY=4=1×13×232=427．因此PY≤4=PY=2+PY=3+PY=4=2027，
故小明取球次数不超过4次的概率为2027．
（2）由题意得X∈4,5,6,7,8，
PX=4=232=49;
得5积分有两类情况：第一次摸出白球且第二第三次摸出黑球，或是5次摸出白球，由此可得PX=5=13×232+135=37243；
同理可得PX=6=132×232+5×23×134=22243,PX=7=52243,PX=8=881．
因此随机变量X的分布列如下：
期望为：EX=4×49+5×37243+6×22243+7×52243+8×881=14527.
20．(1)Sn=n2
(2)1,2,3．
【分析】（1）由递推关系首先得an=2n−1结合等差数列求和公式即可求解.
（2）由题意首项得kn=3n−1+12，进一步有通过等比数列求和将原问题转换为求4n2−2n+13n≥1*不等式的正整数解集.
【详解】（1）∵a12+a222+⋯+an2n=3−2n+32n①
∴a12+a222+⋯+an−12n−1=3−2n+12n−1n≥2②
②-①得，an2n=2n−12n，得an=2n−1．
当n=1时，①式为a12=3−22=12，得a1=1，也满足上式．
∴an=2n−1，数列an是等差数列，所以Sn=n1+2n−12=n2．
（2）ak1=a1=1,ak2=a2=3，则数列akn是以1为首项，3为公比的等比数列，
∴akn=3n−1，
又akn=2kn−1,∴2kn−1=3n−1，得kn=3n−1+12，
得Tn=121−3n1−3+n=3n+2n−14．
令Sn≥Tn，即n2≥3n+2n−14，即4n2−2n+13n≥1*．
当n=1,2,3时，经验证，（*）式满足要求．
令fn=4n2−2n+13n，则
fn+1−fn=4(n+1)2−2n+1+13n+1−4n2−2n+13n=4n3−2n3n+1，
所以当n≥4时，fn≤f4=5781<1，
即当n≥4时，*式不成立．
∴使得Sn≥Tn成立的n的取值范围是1,2,3．
21．(1)PF1=94
(2)证明见解析
(3)x0=3−1
【分析】（1）根据两点间距离公式化简即可.
（2）根据角平分线定理知PF1PF2=MF1MF2得M14x0,0，由PMPN=MHOH即可求出PMPN为定值
（3）表示出△F1PN的面积，利用导函数求出面积表达式的单调性，即可求出△F1PN面积取到最大值时，求点P的横坐标.
【详解】（1）由已知得F1−1,0，x024+y023=1⇒y02=3−3x024
则PF1=x0+12+y02=2+12x0．
所以当x0=12时，PF1=94；
（2）
设Mm,0，在△F1PF2中，PM是∠F1PF2的角平分线，所以PF1PF2=MF1MF2，
由（1）知PF1=2+12x0，
同理PF2=x0−12+y02=2−12x0，
即2+12x02−12x0=m+11−m，解得m=14x0，所以M14x0,0，
过P作PH⊥x轴于H．所以PMPN=MHOH=34．
（3）记△F1PN面积的面积为S，由（1）可得，
S=12F1M⋅y0+13y0=16x0+4344−x02=312x0+44−x02，其中x0∈−2,0∪0,2，
则S′=−364−x02x02+2x0−2，
当x0∈−2,0∪0,3−1时，S′>0,S单调递增；
当x0∈3−1,2时，S′<0,S单调递减．
所以当x0=3−1时，S最大．
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是利用导函数求解面积表达式的最值，注意函数的定义域.
22．(1)0(2)证明见解析
【分析】（1）先求出导函数，当m≤0时，不满足题意；当m>0时，求出函数的单调性，再求出极大值f(x)极大值=f1m2=−2lnm−2>0，即可得解；
（2）要证4x1x2<1m，即证t1t2<1m=t1−t2lnt1−lnt2 ⇔lnt1t2−t1t2+t2t1>0，构建函数gu=2lnu−u+1u，即可得证，再证4x1x2>e，即证t1t2>e2，只需证mt1+t2>2，即lnt1−lnt2t1−t2⋅t1+t2>2⇔lnt1t2⋅−2t1t2−1t1t2+1<0，构建函数hv=lnv−2v−1v+1，即可得证.
【详解】（1）由题意，f′x=1x−mx=1−mxx(x>0)，
当m≤0时，f′x>0，函数fx单调递增，不满足要求；
当m>0时，令f′x=0，得x=1m2，
令f(x)极大值=f1m2=−2lnm−2>0，得0设gm=−4lnm−2m，于是g′m=−4m+2m2=2−4mm2>0，
所以gm在m∈0,1e上单调递增，故gm故f1=−2m<0,f1m4=−4lnm−2m<0，
所以由零点存在定理可知，存在x1∈0,1m2，使得fx1=0；
存在x2∈1m2,+∞，使得fx2=0.
故当0（2）由题意，令x1=t1,x2=t2，且不妨令x1两式相减可得，m=lnt1−lnt2t1−t2，
要证4x1x2<1m．即证t1t2<1m=t1−t2lnt1−lnt2．
⇔lnt1t2−t1t2+t2t1>0（**）
令u=t1t2，则（**）即为⇔2lnu−u+1u>0(0设gu=2lnu−u+1u，则g′u=2u−1−1u2=−u2+2u−1u2<0，
所以gu在0,1上单调递减，所以gu>g1=0，即有4x1x2<1m.
（*）两式子相加得，lnt1t2=mt1+t2，
则要证4x1x2>e即证t1t2>e2，由上式只需证mt1+t2>2，
即证lnt1−lnt2t1−t2⋅t1+t2>2⇔lnt1t2−2t1t2−1t1t2+1<0（***）
令v=t1t2（***）⇔lnv−2v−1v+1<0(0设hv=lnv−2v−1v+100，
所以hv在0,1上单调递增，所以hve．
故e<4x1x2<1m.
【点睛】方法点睛：极值点偏移问题的一般题设形式：
1.若函数f(x)存在两个零点x1,x2且x1≠x2，求证：x1+x2>2x0（x0为函数f(x)的极值点）；
2.若函数f(x)中存在x1,x2且x1≠x2满足f(x1)=f(x2)，求证：x1+x2>2x0（x0为函数f(x)的极值点）；
3.若函数f(x)存在两个零点x1,x2且x1≠x2，令x0=x1+x22，求证：f′x0>0；
4.若函数f(x)中存在x1,x2且x1≠x2满足f(x1)=f(x2)，令x0=x1+x22，求证：f′x0>0.
X
4
5
6
7
8
P
49
37243
22243
52243
881
x
0,1m2
1m2
1m2,+∞
f′x
+
0
−
fx
递增
极大值
递减