高考数学一轮复习（培优版） 第三章　3.9　不等式的证明方法(三)-飘带不等式

§3.9不等式的证明方法(三)——飘带不等式重点解读飘带不等式是指一种用于确定一个函数的上下界的方法.它可以将一个函数的值限制在一个较小的范围内，从而得到函数的放缩结果.飘带不等式在近些年的高考中也不乏出现很多的变式题.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地用直线代替，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，飘带不等式就是其中比较重要的一个.12x-1x<lnx<2(x2(x-1)x+1<lnx<12例1证明：(1)12x-1x<lnx<2(x(2)2(x-1)x+1<lnx<12证明令g(x)=lnx-12x-则g'(x)=1x-121+1x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，即lnx<12令h(x)=lnx-2(x-1)x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，即2(x-1)x+1综上可知，当0<x<1时，12x-1x<ln当x>1时，2(x-1)x+1<ln故(1)(2)结论得证.思维升华(1)一般将y=12x-1x称为双刀函数，由于当x→+∞时，1x→0(2)将函数y=2(x-1)x+1分离常数，得y=2-4x+1，由于当x→+∞时，4题型二飘带不等式在证明中的应用例2设f(x)=(x+1)lnx-(x-1)lna(a>0).(1)若f(x)≥0在[1，+∞)上恒成立，求实数a的取值范围；(2)若函数y=f(x)存在两个极值点x1，x2(x1<x2)，求证：x1+x2>2.(1)解设h(x)=f'(x)=lnx+1+1x-lna，x>0，a>0则h'(x)=1x-1x当x≥1时，h'(x)≥0，所以h(x)在[1，+∞)上单调递增，当x≥1时，h(x)min=h(1)=2-lna，若2-lna≥0，即0<a≤e2，则h(x)≥0，即f'(x)≥0在[1，+∞)上恒成立，所以f(x)在[1，+∞)上单调递增，所以f(x)≥f(1)=0恒成立，满足题意；若2-lna<0，即a>e2，则h(a)=a+1a又h(1)=2-lna<0，且h(x)在[1，+∞)上单调递增，所以存在唯一x0∈[1，a)，使得h(x0)=0，所以f'(x)<0在[1，x0)上恒成立，f(x)在[1，x0)上单调递减，此时f(x)≤f(1)=0，这与条件矛盾，所以a>e2不成立，所以实数a的取值范围是(0，e2].(2)证明因为函数f(x)存在两个极值点x1，x2且x2>x1>0，所以f'(x1)=h(x1)=lnx1+1x1+1-lnaf'(x2)=h(x2)=lnx2+1x2+1-lna将两式相减，得lnx1-lnx2+1x1-1即x2-x1x要证x1+x2>2，只需证(x1+x2)·x2-x即证x2x1-x1设t=x因为0<x1<x2，所以0<t<1，即证1t-t>-2lnt即证2lnt>t-1即证lnt>12t-1t，0<t<1，由飘带不等式可知当0<t<1时，ln故原命题成立.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1已知函数f(x)=lnx+kx+1，(1)当k=4时，比较f(x)与2的大小；(2)求证：23+25+27+…+22n+1<ln(n+1)(1)解当k=4时，f(x)=lnx+4x+1，x∈(0，+所以f'(x)=1x-4(x+1)2=所以f(x)在(0，+∞)上单调递增，又因为f(1)=ln1+41+1=2所以当0<x<1时，f(x)<2；当x=1时，f(x)=2；当x>1时，f(x)>2.(2)证明由(1)知，当x>1时，lnx+4x+1即lnx>2(x-1)x+1，令x=1+1则有ln1+1n>22n所以23+25+27+…+22n+1<ln21+ln32+ln43+…+ln即23+25+27+…+22n+1<ln(n+1)题型三飘带不等式在最值、范围中的应用例3(2024·全国甲卷改编)已知函数f(x)=(1-ax)ln(1+x)-x.当x≥0时，f(x)≥0恒成立，则a的取值范围为.

答案-解析方法一由飘带不等式2(x-1)x+1≤lnx≤12x可得2xx+2≤ln(x+1)≤12x+1-由于(1-ax)ln(1+x)-x≥0(x≥0)恒成立，所以1-ax≥0恒成立，所以a≤0，因为当x≥0时，12x+1-1x+1≥所以x(x+2)2(x+1)≥ln所以(1-ax)x(x+2)2(x+1)-x≥(1-ax)ln(1+x)所以(1-ax)x(x+2)2(x+1)即x2(ax+2所以ax+2a+1≤0恒成立，又a≤0，所以2a+1≤0恒成立，所以a≤-12充分性证明略.方法二f'(x)=-aln(1+x)+1-ax=-aln(1+x)-(a+1)x1+设s(x)=-aln(1+x)-(a+1)x1+则s'(x)=-ax=-a(x若a≤-12，则s'(x)≥故s(x)在[0，+∞)上单调递增，故s(x)≥s(0)=0，即f'(x)≥0，所以f(x)在[0，+∞)上单调递增，故f(x)≥f(0)=0.若-12<a<0则当0<x<-2a+1a时，s'(x故s(x)在0，-故在0，-2a+1a上s(x)即在0，-2a+1a上f'(x)<0，故在0，-2a+1a上f(x)<f(0)当a≥0时，此时s'(x)<0在(0，+∞)上恒成立，同理可得在(0，+∞)上f(x)<f(0)=0恒成立，不符合题意，舍去；综上，a≤-1即实数a的取值范围为-∞思维升华求参数范围过程中，将不等式变形，转化为飘带不等式，然后求出参数范围.跟踪训练2已知函数f(x)=x(lnx-ax)+a，对任意x≥1，都有f(x)≤0，则实数a的取值范围为.

答案1解析依题意有xlnx≤ax2-a(x≥1)，即lnx≤ax-1x(x≥又当x≥1时，lnx≤1所以a≥12充分性证明略.课时精练[分值：30分]1.(15分)已知函数f(x)=ax-axlnx+1(a∈R，a≠0).(1)讨论函数f(x)的单调性；(6分)(2)证明：当a=-2时，f(x)≤x2-3x+1x+2lnx.(9分(1)解由题意得f(x)的定义域为(0，+∞)，f'(x)=a-a(lnx+1)=-alnx.若a>0，当x∈(0，1)时，f'(x)>0；当x∈(1，+∞)时，f'(x)<0，∴f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减；若a<0，当x∈(0，1)时，f'(x)<0；当x∈(1，+∞)时，f'(x)>0，∴f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，综上所述，当a>0时，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减；当a<0时，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增.(2)证明当a=-2时，f(x)=-2x+2xlnx+1，设h(x)=x2-3x+1x+2lnx-f(x=x2-x+1x-1+2lnx-2xln=x(x-1)-x-1x-2(x-1)ln=(x-1)x-1x令g(x)=x-1x-2lnx，x>0方法一g'(x)=1+1x2-2x=(∴g(x)在(0，+∞)上单调递增，又g(1)=0，∴当0<x<1时，g(x)<0；当x>1时，g(x)>0，又当0<x<1时，x-1<0，∴h(x)>0；当x>1时，x-1>0，∴h(x)>0；当x=1时，h(x)=0，综上，h(x)≥0，即f(x)≤x2-3x+1x+2lnx方法二易知当0<x<1时，12x-当x>1时，lnx<1∴当0<x<1时，g(x)<0，又x-1<0，∴h(x)>0，又当x>1时，g(x)>0，x-1>0，∴h(x)>0，当x=1时，h(x)=0，综上，h(x)≥0，即f(x)≤x2-3x+1x+2lnx2.(15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；(4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-2a(又因为函数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(x+1)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)证明方法一由(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

x1x