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进阶2　飘带不等式
分值：34分
1.(17分)(2025·贵阳模拟)已知函数f(x)=ln x-在x=1处的切线为x轴.
(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：<.(8分)
2.(17分)已知b>a>0，且bln a-aln b=a-b，证明：
(1)a+b-ab>1；(5分)
(2)+>2；(6分)
(3)a+b>2.(6分)
答案精析
1.(1)解　因为f(x)=ln x-x>0，
所以f'(x)=-x>0，
又因为函数y=f(x)在x=1处的切线为x轴，
所以f'(1)=1-=0，
解得a=2.
(2)解　由(1)可知f(x)=ln x-x>0，
所以f'(x)=-
=≥0，
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>1，
有f >0，又ln x1>ln x2，
有ln x1-ln x2>0，
由f >0，
得ln->0，
即ln>=2·
即ln x1-ln x2>2· (*)
又因为ln x1-ln x2>0，x1+x2>0，
将(*)式两边同时乘
得<.
2.证明　∵bln a-aln b=a-b，
∴b(ln a+1)
=a(ln b+1)，
∴
=
令f(x)=
则f'(x)=-
当00，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(1)要证a+b-ab>1，
只需证a+b-ab-1>0，
即证a(1-b)+b-1>0，
即证(1-b)(a-1)>0，
显然成立，得证.
(2)当0<
=<
即+<+
即-<
即+>2.
(3)当01，由飘带不等式可知，
==
==·ln>·=
因此有ab>1，故a+b>ab+1>2.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.
1).
例1　证明：
(1)(2)1).
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)=，则称k为f(x)在区间(a，b)上的“奇点”，若存在x1，x2(a(1)已知函数f(x)=x3-x2是区间[0，m]上的“双奇点函数”，求实数m的取值范围；
(2)已知函数f(x)=2ln x-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”.
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=(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，<1+成立.
答案精析
例1　证明　令g(x)=ln x-，
则g'(x)=-
=-≤0，
所以g(x)在(0，+∞)上单调递减，
又g(1)=0，
所以当00，
即当x>1时，g(x)<0，ln x<；
令h(x)=ln x-，
则h'(x)=≥0，
所以h(x)在(0，+∞)上单调递增，
又h(1)=0，
所以当0即ln x<，
当x>1时，h(x)>0，综上可知，当0当x>1时，
故(1)(2)结论得证.
例2　(1)解　因为f(x)=x3-x2，
则f'(x)=3x2-x，
由=
=m2-m，
所以关于x的方程m2-m=3x2-x有两解，
即关于x的方程3x2-x-m2+m=0在(0，m)上有两解，
令g(x)=3x2-x-m2+m，
所以
解得即实数m的取值范围是.
(2)证明　①因为f'(k)=-2ak=，k∈(m，n)，
当a=0时，f(x)=2ln x+1，
则f'(x)=，
因为k=1，0所以==2，
即=1，
要证m+n>2，
即证<，
即ln>=，
令=t，因为n>m>0，所以t>1，
设h(t)=ln t-2·，
所以h'(t)=-=>0，
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ln>，
即证得m+n>2.
②令φ(k)=f'(k)-(0即φ(k)=-2ak-
=-2ak-2×+a(n+m)，
因为a>0，k>0，
所以φ'(k)=--2a<0，
所以φ(k)在区间(m，n)上单调递减.
因为φ(m)=-2am-2×+a(n+m)
=+a(n-m)，
令t=，所以t>1，
所以φ(m)=(t-1-ln t)+a(n-m).
设I(x)=x-1-ln x，
所以I'(x)=1-=，
当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-ln t>0.
因为n>m>0，a>0，所以φ(m)>0；
同理φ(n)=+a(m-n)，
因为当x∈(0，1)∪(1，+∞)时，
x-1-ln x>0，
所以-1-ln>0，
即ln x>1-，所以ln t-1+>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.
跟踪训练　证明　要证<1+成立，
即证>e成立，
即证nln+ln>1成立，
因为ln x>(x>1)，
只需证n+>1成立，
即证>1，
显然成立，得证.(共38张PPT)
第三章　
进阶篇　不等式证明方法
数学
大
一
轮
复
习
飘带不等式
进阶2
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.
1).
飘带不等式的理解
题型一
例1　证明：
(1)(2)1).
令g(x)＝ln x－
则g'(x)＝＝－≤0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减，
又g(1)＝0，
所以当00，
即当x>1时，g(x)<0，ln x<；
令h(x)＝ln x－
则h'(x)＝≥0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又h(1)＝0，
所以当0当x>1时，h(x)>0综上可知，当0当x>1时故(1)(2)结论得证.
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)＝则称k为f(x)在区间(a，b)上的“奇点”，若存在x1，x2(a(1)已知函数f(x)＝x3－x2是区间[0，m]上的“双奇点函数”，求实数m的取值范围；
飘带不等式的应用
题型二
因为f(x)＝x3－x2，
则f'(x)＝3x2－x，
由＝m2－m，
所以关于x的方程m2－m＝3x2－x有两解，
即关于x的方程3x2－x－m2＋m＝0在(0，m)上有两解，
令g(x)＝3x2－x－m2＋m，
所以
解得即实数m的取值范围是.
(2)已知函数f(x)＝2ln x－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；
因为f'(k)＝－2ak＝k∈(m，n)，
当a＝0时，f(x)＝2ln x＋1，则f'(x)＝
因为k＝1，0所以＝2，即＝1，
要证m＋n>2，即证<
即ln>
令＝t，因为n>m>0，所以t>1，
设h(t)＝ln t－2·
所以h'(t)＝>0，
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ln>即证得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”.
令φ(k)＝f'(k)－(0即φ(k)＝－2ak－
＝－2ak－2×＋a(n＋m)，
因为a>0，k>0，所以φ'(k)＝－－2a<0，
所以φ(k)在区间(m，n)上单调递减.
因为φ(m)＝－2am－2×＋a(n＋m)＝＋a(n－m)，
令t＝所以t>1，
所以φ(m)＝(t－1－ln t)＋a(n－m).
设I(x)＝x－1－ln x，
所以I'(x)＝1－
当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－ln t>0.
因为n>m>0，a>0，所以φ(m)>0；
同理φ(n)＝＋a(m－n)，
因为当x∈(0，1)∪(1，＋∞)时，x－1－ln x>0，
所以－1－ln>0，即ln x>1－
所以ln t－1＋>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.
(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＝(a>b)可以转变为对数均值不等式.
思维升华
跟踪训练　证明：当整数n>0时<1＋成立.
要证<1＋成立，即证>e成立，
即证nln＋ln>1成立，
因为ln x>(x>1)，只需证n>1成立，
即证>1，
显然成立，得证.
课时精练
答案
1
2
(1)因为f(x)=ln x-x>0，
所以f'(x)=-x>0，
又因为函数y=f(x)在x=1处的切线为x轴，
所以f'(1)=1-=0，
解得a=2.
1.
答案
1
2
(2)由(1)可知f(x)=ln x-x>0，
所以f'(x)=-=≥0，
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.
1.
答案
1
2
(3)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>1，
有f >0，又ln x1>ln x2，有ln x1-ln x2>0，
由f >0，得ln->0，
1.
答案
1
2
即ln>=2·
即ln x1-ln x2>2· (*)
又因为ln x1-ln x2>0，x1+x2>0，
将(*)式两边同时乘
得<.
1.
答案
1
2
∵bln a-aln b=a-b，∴b(ln a+1)=a(ln b+1)，
∴=
令f(x)=则f'(x)=-
当00，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，
∴02.
答案
1
2
(1)要证a+b-ab>1，
只需证a+b-ab-1>0，
即证a(1-b)+b-1>0，
即证(1-b)(a-1)>0，
显然成立，得证.
2.
答案
1
2
(2)当0<=<
即+<+
即-<
即+>2.
2.
答案
1
2
(3)当01，由飘带不等式可知，
===
=·ln>·=
因此有ab>1，故a+b>ab+1>2.
2.
1.(2025·贵阳模拟)已知函数f(x)＝ln x－在x＝1处的切线为x轴.
(1)求实数a的值；
1
2
答案
因为f(x)＝ln x－x>0，
所以f'(x)＝x>0，
又因为函数y＝f(x)在x＝1处的切线为x轴，
所以f'(1)＝1－＝0，解得a＝2.
(2)求f(x)的单调区间；
1
2
答案
由(1)可知f(x)＝ln x－x>0，
所以f'(x)＝≥0，
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)若x1>x2>0，证明：<.
1
2
答案
1
2
答案
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>1，
有f >0，又ln x1>ln x2，有ln x1－ln x2>0，
由f >0，
得ln>0，
1
2
答案
即ln>＝2·
即ln x1－ln x2>2· (*)
又因为ln x1－ln x2>0，x1＋x2>0，
将(*)式两边同时乘
得<.
1
2
答案
2.已知b>a>0，且bln a－aln b＝a－b，证明：
(1)a＋b－ab>1；
1
2
答案
∵bln a－aln b＝a－b，
∴b(ln a＋1)＝a(ln b＋1)，
∴
令f(x)＝
则f'(x)＝－
当00，f(x)单调递增；
1
2
答案
当x>1时，f'(x)<0，f(x)单调递减.
∵f(a)＝f(b)，b>a>0，
∴0要证a＋b－ab>1，
只需证a＋b－ab－1>0，
即证a(1－b)＋b－1>0，
即证(1－b)(a－1)>0，
显然成立，得证.
1
2
答案
(2)>2；
当0<<
即<
即<
即>2.
1
2
答案
(3)a＋b>2.
当01，由飘带不等式可知，
＝·ln>·
＝
因此有ab>1，故a＋b>ab＋1>2.

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