不等式的证明方法(三)——飘带不等式 课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“飘带不等式”专题，依据高考评价体系梳理了不等式证明、参数范围求解、数列不等式放缩三大核心考点，通过近五年真题分析明确“导数应用”“函数单调性”等高频考点权重，归纳出证明、恒成立、极值点偏移等常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题溯源+技巧拆解+素养提升”，如以2024全国甲卷改编题为例，运用飘带不等式放缩转化含对数不等式，培养学生数学思维与逻辑推理能力。跟踪训练中通过构造函数、变量代换等方法突破数列不等式证明，助力学生掌握放缩技巧，教师可据此开展针对性教学，提升复习效率。

第三章 §3.9 不等式的证明方法(三)——飘带不等式 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. 重点解读 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 题型一　飘带不等式的理解 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. <ln x<(0<x<1)， <ln x<(x>1). 例1　证明： (1)<ln x<(0<x<1)； (2)<ln x<(x>1). 证明　令g(x)=ln x-x>0， 则g'(x)=-=-≤0， 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， 例1　证明： (1)<ln x<(0<x<1)； (2)<ln x<(x>1). 证明　即<ln x， 当x>1时，g(x)<0，即ln x<； 令h(x)=ln x-x>0， 则h'(x)=≥0， 所以h(x)在(0，+∞)上单调递增， 例1　证明： (1)<ln x<(0<x<1)； (2)<ln x<(x>1). 证明　又h(1)=0， 所以当0<x<1时，h(x)<0， 即ln x< 当x>1时，h(x)>0，即<ln x， 综上可知，当0<x<1时， 例1　证明： (1)<ln x<(0<x<1)； (2)<ln x<(x>1). 证明　<ln x<； 当x>1时<ln x<. 故(1)(2)结论得证. (1)一般将y=称为双刀函数，由于当x→+∞时→0，所以y=x是双刀函数的渐近线； (2)将函数y=分离常数，得y=2-由于当x→+∞时→0，所以y=2是该函数的渐近线. 思维升华 例2　设f(x)=(x+1)ln x-(x-1)ln a(a>0). (1)若f(x)≥0在[1，+∞)上恒成立，求实数a的取值范围； 解　设h(x)=f'(x)=ln x+1+-ln a，x>0，a>0， 则h'(x)=-= 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-ln a， 若2-ln a≥0，即0<a≤e2，则h(x)≥0， 题型二　飘带不等式在证明中的应用 例2　设f(x)=(x+1)ln x-(x-1)ln a(a>0). (1)若f(x)≥0在[1，+∞)上恒成立，求实数a的取值范围； 解　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-ln a<0，即a>e2， 则h(a)=>0， 又h(1)=2-ln a<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， 例2　设f(x)=(x+1)ln x-(x-1)ln a(a>0). (1)若f(x)≥0在[1，+∞)上恒成立，求实数a的取值范围； 解　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]. 例2　设f(x)=(x+1)ln x-(x-1)ln a(a>0). (2)若函数y=f(x)存在两个极值点x1，x2(x1<x2)，求证：x1+x2>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)=ln x1++1-ln a=0， f'(x2)=h(x2)=ln x2++1-ln a=0， 将两式相减， 得ln x1-ln x2+-=0， 例2　设f(x)=(x+1)ln x-(x-1)ln a(a>0). (2)若函数y=f(x)存在两个极值点x1，x2(x1<x2)，求证：x1+x2>2. 证明　即=-ln >0， 要证x1+x2>2， 只需证(x1+x2)·>-2ln 即证->-2ln . 设t= 因为0<x1<x2，所以0<t<1， 例2　设f(x)=(x+1)ln x-(x-1)ln a(a>0). (2)若函数y=f(x)存在两个极值点x1，x2(x1<x2)，求证：x1+x2>2. 证明　即证-t>-2ln t， 即证2ln t>t- 即证ln t>0<t<1，由飘带不等式可知当0<t<1时，ln t> 成立， 故原命题成立. (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1　已知函数f(x)=ln x+x>0. (1)当k=4时，比较f(x)与2的大小； 解　当k=4时，f(x)=ln x+x∈(0，+∞)， 所以f'(x)=-==≥0， 所以f(x)在(0，+∞)上单调递增， 又因为f(1)=ln 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. 跟踪训练1　已知函数f(x)=ln x+x>0. (2)求证：+++…+<ln(n+1)，n∈N*. 证明　由(1)知，当x>1时，ln x+>2， 即ln x>令x=1+n∈N*， 则有ln>即<ln 所以+++…+<ln+ln+ln+…+ln=ln=ln(n+1)， 即+++…+<ln(n+1)，n∈N*. 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　　　　　　. 题型三　飘带不等式在最值、范围中的应用 解析　方法一　由飘带不等式≤ln x≤(x≥1)， 可得≤ln(x+1)≤(x≥0)， 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≥ln(x+1)≥ 所以≥ln(x+1)≥ 所以(1-ax)-x≥(1-ax)ln(1+x)-x≥0恒成立， 解析　所以(1-ax)-x≥0恒成立， 即≤0恒成立， 所以ax+2a+1≤0恒成立， 又a≤0，所以2a+1≤0恒成立， 所以a≤-. 充分性证明略. 解析　方法二　f'(x)=-aln(1+x)+-1 =-aln(1+x)-x≥0， 设s(x)=-aln(1+x)-x≥0， 则s'(x)=- =-=- 若a≤-则s'(x)≥0， 故s(x)在[0，+∞)上单调递增， 故s(x)≥s(0)=0，即f'(x)≥0， 解析　所以f(x)在[0，+∞)上单调递增，故f(x)≥f(0)=0. 若-<a<0， 则当0<x<-时，s'(x)<0， 故s(x)在上单调递减， 故在上s(x)<s(0)， 即在上f'(x)<0，f(x)单调递减， 故在上f(x)<f(0)=0，不符合题意，舍去. 当a≥0时，此时s'(x)<0在(0，+∞)上恒成立， 解析　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≤- 即实数a的取值范围为. 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. 思维升华 跟踪训练2　已知函数f(x)=x(ln x-ax)+a，对任意x≥1，都有f(x)≤0，则实数a的取值范围为　 　　　.  解析　依题意有xln x≤ax2-a(x≥1)，即ln x≤a(x≥1)， 又当x≥1时，ln x≤ 所以a≥. 充分性证明略. 　 课时精练 答案 1 2 1. (1)解　由题意得f(x)的定义域为(0，+∞)， f'(x)=a-a(ln x+1)=-aln x. 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， 答案 1 2 1. ∴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. 答案 1 2 1. (2)证明　当a=-2时， f(x)=-2x+2xln x+1， 设h(x)=x2-3x++2ln x-f(x) =x2-x+-1+2ln x-2xln x =x(x-1)--2(x-1)ln x =(x-1)x>0， 令g(x)=x--2ln x，x>0， 答案 1 2 1. 方法一　g'(x)=1+-=≥0， ∴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； 答案 1 2 1. 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++2ln x. 答案 1 2 1. 方法二　易知当0<x<1时， <ln x， 当x>1时，ln x< ∴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， 答案 1 2 1. ∴h(x)>0， 当x=1时，h(x)=0， 综上，h(x)≥0， 即f(x)≤x2-3x++2ln x. 答案 1 2 2. (1)解　因为f(x)=ln x-x>0， 所以f'(x)=-x>0， 又因为函数f(x)在x=1处的切线为x轴， 所以f'(1)=1-=0， 解得a=2. 答案 1 2 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. 答案 1 2 2. (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>1， 有f >0， 又ln x1>ln x2，有ln x1-ln x2>0， 由f >0， 答案 1 2 2. 得ln->0， 即ln>=2· 即ln x1-ln x2>2· (*) 又因为ln x1-ln x2>0，x1+x2>0， 答案 1 2 2. 将(*)式两边同时乘 得<. 答案 1 2 2. 方法二　∵x1>x2>0， ∴x1+x2>0>1，ln x1>ln x2， 又由飘带不等式可知， 当x>1时<ln x， ∴<ln 答案 1 2 2. 即<ln x1-ln x2， 即< 故原不等式得证. 1.已知函数f(x)=ax-axln x+1(a∈R，a≠0). (1)讨论函数f(x)的单调性； 1 2 答案 解　由题意得f(x)的定义域为(0，+∞)，f'(x)=a-a(ln x+1)=-aln x. 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， 1.已知函数f(x)=ax-axln x+1(a∈R，a≠0). (1)讨论函数f(x)的单调性； 1 2 答案 解　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. 1.已知函数f(x)=ax-axln x+1(a∈R，a≠0). (2)证明：当a=-2时，f(x)≤x2-3x++2ln x. 1 2 答案 证明　当a=-2时，f(x)=-2x+2xln x+1， 设h(x)=x2-3x++2ln x-f(x) =x2-x+-1+2ln x-2xln x =x(x-1)--2(x-1)ln x =(x-1)x>0， 令g(x)=x--2ln x，x>0， 1.已知函数f(x)=ax-axln x+1(a∈R，a≠0). (2)证明：当a=-2时，f(x)≤x2-3x++2ln x. 1 2 答案 证明　方法一　g'(x)=1+-=≥0， ∴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； 1.已知函数f(x)=ax-axln x+1(a∈R，a≠0). (2)证明：当a=-2时，f(x)≤x2-3x++2ln x. 1 2 答案 证明　当x=1时，h(x)=0， 综上，h(x)≥0， 即f(x)≤x2-3x++2ln x. 1.已知函数f(x)=ax-axln x+1(a∈R，a≠0). (2)证明：当a=-2时，f(x)≤x2-3x++2ln x. 1 2 答案 证明　方法二　易知当0<x<1时<ln x， 当x>1时，ln x< ∴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， 1.已知函数f(x)=ax-axln x+1(a∈R，a≠0). (2)证明：当a=-2时，f(x)≤x2-3x++2ln x. 1 2 答案 证明　当x=1时，h(x)=0， 综上，h(x)≥0， 即f(x)≤x2-3x++2ln x. 2.(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 解　因为f(x)=ln x-x>0， 所以f'(x)=-x>0， 又因为函数f(x)在x=1处的切线为x轴， 所以f'(1)=1-=0， 解得a=2. 2.(2025·贵阳模拟)已知函数f(x)=ln x-在x=1处的切线为x轴. (2)求f(x)的单调区间； 1 2 答案 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. 2.(2025·贵阳模拟)已知函数f(x)=ln x-在x=1处的切线为x轴. (3)若x1>x2>0，证明：<. 1 2 答案 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>1， 有f >0， 又ln x1>ln x2，有ln x1-ln x2>0， 由f >0， 2.(2025·贵阳模拟)已知函数f(x)=ln x-在x=1处的切线为x轴. (3)若x1>x2>0，证明：<. 1 2 答案 证明　得ln->0， 即ln>=2· 即ln x1-ln x2>2· (*) 又因为ln x1-ln x2>0，x1+x2>0， 2.(2025·贵阳模拟)已知函数f(x)=ln x-在x=1处的切线为x轴. (3)若x1>x2>0，证明：<. 1 2 答案 证明　将(*)式两边同时乘 得<. $