2026版大一轮高考数学-第三章　进阶篇　不等式证明方法　进阶2　飘带不等式

进阶2飘带不等式题型一飘带不等式的理解在进行放缩的时候，转化的本质就是把曲线转化为直线进行简化运算，即用直线代替曲线，在切点处曲线可以近似的用直线代替，但是随着x的变化，直线与曲线的差距越来越大，放缩的精度越来越粗糙，所以有时采用曲线来代替直线.12x-1x<lnx<2(x2(x-1)x＋1<lnx<1例1证明：(1)12x-1x<lnx<2(x(2)2(x-1)x＋1<lnx<1证明令g(x)＝lnx－1则g'(x)＝1x-121所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减，又g(1)＝0，所以当0<x<1时，g(x)>0，即12x-1当x>1时，g(x)<0，lnx<12令h(x)＝lnx－2(则h'(x)＝(x-1)所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，又h(1)＝0，所以当0<x<1时，h(x)<0，即lnx<2(当x>1时，h(x)>0，2(x-1)x综上可知，当0<x<1时，12x-1x当x>1时，2(x-1)x＋1故(1)(2)结论得证.题型二飘带不等式的应用例2(2025·菏泽模拟)若函数f(x)在[a，b]上存在k∈(a，b)，使得f'(k)＝f(b)-f(a)b-a，则称k为f(x)在区间(a，b)上的“奇点”，若存在x1，x2(a<x1<x2<b)，使得f'(x1)＝f(b)-f(a)b-a，f'(x2)＝f(b)-f(a)b-a，则称f(x)(1)已知函数f(x)＝x3－85x2是区间[0，m]上的“双奇点函数”，求实数m(2)已知函数f(x)＝2lnx－ax2＋1.①当a＝0时，若1为f(x)在区间[m，n]上的“奇点”，证明：m＋n>2；②证明：对任意的a>0，f(x)在区间[m，n]上存在唯一“奇点”.(1)解因为f(x)＝x3－85x2则f'(x)＝3x2－165x由f(m)-f(0)m-0所以关于x的方程m2－85m＝3x2－165x即关于x的方程3x2－165x－m2＋85m＝0在(0，m)令g(x)＝3x2－165x－m2＋85所以g解得45<m<即实数m的取值范围是45(2)证明①因为f'(k)＝2k－2ak＝f(n)-f(m)当a＝0时，f(x)＝2lnx＋1，则f'(x)＝2因为k＝1，0<m<1<n，所以f(n)-即n-mln要证m＋n>2，即证n-m即lnnm>令nm＝t，因为n>m>0，所以t>1设h(t)＝lnt－2·t所以h'(t)＝1t-所以h(t)在(1，＋∞)上单调递增，所以h(t)>h(1)＝0在(1，＋∞)上恒成立，所以lnnm>即证得m＋n>2.②令φ(k)＝f'(k)－f(n)-f(m)n-即φ(k)＝2k－2ak－＝2k－2ak－2×lnn-lnmn-m＋因为a>0，k>0，所以φ'(k)＝－2k2－2a所以φ(k)在区间(m，n)上单调递减.因为φ(m)＝2m－2am－2×lnnmn-m＋＝2n-mnm-1-lnnm令t＝nm，所以t所以φ(m)＝2n-m(t－1－lnt)＋a(n－设I(x)＝x－1－lnx，所以I'(x)＝1－1当0<x<1时，I'(x)<0，当x>1时，I'(x)>0，即I(x)在(0，1)上单调递减，(1，＋∞)上单调递增，所以I(t)>I(1)＝0，即t－1－lnt>0.因为n>m>0，a>0，所以φ(m)>0；同理φ(n)＝2m-nlnt-1＋1因为当x∈(0，1)∪(1，＋∞)时，x－1－lnx>0，所以1x－1－ln1x>0，即lnx>1所以lnt－1＋1t>0又m－n<0，a>0，所以φ(n)<0，因为φ(m)φ(n)<0，且φ(k)在区间(m，n)上单调递减，所以φ(k)在区间(m，n)上存在唯一零点，即对任意的a>0，f(x)在区间[m，n]上的“奇点”k是唯一的.思维升华(1)利用飘带不等式放缩可以将含对数的不等式转变为分式不等式.(2)令飘带不等式中的x＝ab(a>b)可以转变为对数均值不等式跟踪训练证明：当整数n>0时，e1＋1n证明要证e1＋1nn即证1＋1n即证nln1＋1n＋ln1因为lnx>2(x-1)x＋1只需证n21＋1即证8n2显然成立，得证.课时精练[分值：34分]1.(17分)(2025·贵阳模拟)已知函数f(x)＝lnx－a(x-1)x＋1在x(1)求实数a的值；(4分)(2)求f(x)的单调区间；(5分)(3)若x1>x2>0，证明：x1-x2lnx1(1)解因为f(x)＝lnx－a(x-1)所以f'(x)＝1x-2又因为函数y＝f(x)在x＝1处的切线为x轴，所以f'(1)＝1－a2＝0解得a＝2.(2)解由(1)可知f(x)＝lnx－2(x-1)x所以f'(x)＝1x-4所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间.(3)证明由(2)可知函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f(1)＝0，所以当x>1时，f(x)>0，又因为x1>x2>0，所以x1x有f

x1x2>0，又lnx1>lnx2，有lnx1－lnx由f

x1x得lnx1x即lnx1x2>2x即lnx1－lnx2>2·x1-x2又因为lnx1－lnx2>0，x1＋x2>0，将(*)式两边同时乘x得x1-x2.(17分)已知b>a>0，且blna－alnb＝a－b，证明：(1)a＋b－ab>1；(5分)(2)1a＋1b>2；(3)a＋b>2.(6分)证明∵blna－alnb＝a－b，∴b(lna＋1)＝a(lnb＋1)，∴ln令f(x)＝ln则f'(x)＝－ln当0<x<1时，f'(x)>0，f(x)单调递增；当x>1时，f'(x)<0，f(x)单调递减.∵f(a)＝f(b)，b>a>0，∴0<a<1<b.(1)要证a＋b－ab>1，只需证a＋b－ab－1>0，即证a