进阶篇1 不等式证明方法-【名师带你过关】2026-2027学年高考数学一轮复习

**基本信息** 聚焦不等式证明四大核心方法，以模块式训练构建“方法-题型-逻辑”三维体系，强化逻辑推理与数学表达能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |指对放缩|2题|指数对数不等式变形与放缩技巧|基于导数研究函数单调性，构建不等关系| |飘带不等式|2题|切线放缩与分式不等式证明|结合函数切线性质，推导分式不等式| |极值点偏移(一)|2题|双变量构造函数与单调性应用|利用极值点性质，通过构造函数证明变量关系| |极值点偏移(二)|2题|对数平均不等式与指数变量转化|关联函数零点与极值点，转化变量证明不等式|

进阶篇　不等式证明方法 进阶1　指对放缩 1.(1)解:g(x)=f(ax)-x-a=eax-x-a, g'(x)=aeax-1, ①若a≤0,g'(x)<0,g(x)在R上单调递减. ②若a>0,当x<-ln a时,g'(x)<0,g(x)单调递减; 当x>-ln a时,g'(x)>0,g(x)单调递增. 综上,当a≤0时,g(x)在R上单调递减; 当a>0时,g(x)在上单调递减,在上单调递增. (2)证明　要证f(x)+ln x+>, 只需证x(ln x+ex)-4+3>0,x>0, 由(1)可知,当a=1时,ex-x-1≥0, 即ex≥x+1,等号成立的充要条件为x=0. 当x+1>0时,上式两边取以e为底的对数, 可得ln(x+1)≤x(x>-1), 用x-1代替x可得ln x≤x-1(x>0), 又可得ln≤-1(x>0), 所以ln x≥1-(x>0),等号成立的充要条件为x=1. 所以x(ln x+ex)-4+3 >x+3-4 =x2+2x+2-4=(x+1)2-4+1 ≥(2)2-4+1 =(2-1)2≥0, 从而不等式f(x)+ln x+>成立. 2.(1)解:由条件得f'(x)=ex-1-2ax, 令h(x)=ex-1-2ax,则h'(x)=ex-2a. ①当2a≤1,即a≤时,在[0,+∞)上,h'(x)≥0,h(x)单调递增, ∴h(x)≥h(0),即f'(x)≥f'(0)=0, ∴f(x)在[0,+∞)上单调递增, ∴f(x)≥f(0)=0, ∴当a≤时满足条件; ②当2a>1,即a>时,令h'(x)=0,解得x=ln 2a,在[0,ln 2a)上,h'(x)<0,h(x)单调递减, ∴当x∈(0,ln 2a)时,有h(x)<h(0)=0, 即f'(x)<f'(0)=0, ∴f(x)在(0,ln 2a)上单调递减, ∴f(x)<f(0)=0,不符合题意. 综上,实数a的取值范围为. (2)证明　由(1)得,当a=,且x>0时, ex>1+x+, 即ex-1>x+=, 要证不等式(ex-1)ln(x+1)>x2, 只需证明ex-1>, 只需证明>, 只需证ln(x+1)>, 设F(x)=ln(x+1)-, 则F'(x)=-=, ∴当x>0时,F'(x)>0恒成立, 故F(x)在(0,+∞)上单调递增, 又F(0)=0, ∴当x>0时,F(x)>0恒成立. ∴原不等式成立. 进阶2　飘带不等式 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)的图象在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.(1)证明　∵bln a-aln b=a-b, ∴b(ln a+1)=a(ln b+1), ∴=, 令f(x)=, 则f'(x)=-, 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. 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<a<1<b时,由飘带不等式可知, <=<, 即+<+, 即-<, 即+>2. (3)当0<a<1<b时,>1,由飘带不等式可知, == ==·ln>· =, 因此有ab>1,故a+b>ab+1>2. 进阶3　极值点偏移(一) 1.(1)解:f'(x)=-a=, 所以f(x)在上单调递增,在上单调递减, 所以f(x)max=f =ln-1=-ln a-1, 当x→0+时,f(x)→-∞, 当x→+∞时,f(x)→-∞. 因为f(x)有两个零点, 所以-ln a-1>0, 即0<a<. 故a的取值范围是. (2)证明　如图,由(1)知0<x1<<x2, 要证x1+x2>, 即证x2>-x1, 因为f(x)在上单调递减,x2>,-x1>, 所以只需证f(x2)<f , 即证f(x1)<f, 令h(x)=f -f(x), 则h'(x)=-<0, 所以h(x)在上单调递减, 所以h(x)>h=0, 即f >f(x), 即f >f(x1), 所以x1+x2>. 2.(1)解:f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=1+ln x-ax, 由题意知f'(x)≤0恒成立,即a≥恒成立, 设h(x)=, 则h'(x)==-, 当x∈(0,1)时,h'(x)>0,h(x)单调递增; 当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0,h(x)单调递减, 所以h(x)在x=1处取得极大值,也是最大值,h(x)max=h(1)=1, 故a≥1,即实数a的取值范围是[1,+∞). (2)证明　方法一　函数f(x)有两个极值点,由(1)可知0<a<1, 设g(x)=f'(x)=1+ln x-ax, 则x1,x2(x1<x2)是g(x)的两个变号零点, g'(x)=-a,当x∈时,g'(x)>0; 当x∈时,g'(x)<0, 所以g(x)在上单调递增,在上单调递减, 所以0<x1<<x2, 又因为g(1)=1-a>0, 所以0<x1<1<<x2, 要证x1x2>,只需证x2>>, 只需证g(x2)<g, 其中g(x2)=0, 即证g=1-ln(ax1)->0, 即证ln(ax1)+-1<0, 由g(x1)=ln x1-ax1+1=0, 设ax1=t∈(0,1), 则ln x1=t-1,x1=, 则ln(ax1)+-1<0⇔ln t+-1<0, 设G(t)=ln t+-1(0<t<1), G'(t)=-=, 由(1)知≤1,故ln x≤x-1, 所以≥x,-t≥0, 即G'(t)≥0,G(t)在(0,1)上单调递增, G(t)<G(1)=0,故ln(ax1)+-1<0成立, 即x1x2>. 方法二　先证明引理: 当0<t<1时,ln t<, 当t>1时,ln t>, 设M(t)=ln t-(t>0), M'(t)=-=≥0, 所以M(t)在(0,+∞)上单调递增,又M(1)=0, 当0<t<1时,M(t)<M(1)=0, 当t>1时,M(t)>M(1)=0, 故引理得证. 因为函数f(x)有两个极值点, 由(1)可知0<a<1, 设g(x)=f'(x)=1+ln x-ax, 则x1,x2(x1<x2)是g(x)的两个变号零点, g'(x)=-a,当x∈时,g'(x)>0; 当x∈时,g'(x)<0, 所以g(x)在上单调递增,在上单调递减, 所以0<x1<<x2,即0<ax1<1<ax2, 要证x1x2>,只需证ln x1+ln x2>-ln a, 因为 即证a(x2+x1)>2-ln a, 由引理可得ax2+ln a-1=ln(ax2)>, 化简可得a2+a(ln a-2)x2+ln a+1>0,① 同理ax1+ln a-1=ln(ax1)<, 化简可得a2+a(ln a-2)x1+ln a+1<0,② 由①②可得a2(x2+x1)(x2-x1)+a(ln a-2)(x2-x1)>0, 因为x2-x1>0,a>0, 所以a(x2+x1)+ln a-2>0, 即a(x2+x1)>2-ln a,从而x1x2>. 进阶4　极值点偏移(二) 1.证明　因为函数f(x)=ax2-(ln x)2, 可得f'(x)=2ax-, 若f(x)有两个极值点x1,x2, 则函数f'(x)有两个零点x1,x2, 所以2a=ln,2a=ln, 令t1=,t2=, 则等价于关于t的方程2at=ln t有两个不相等的实数根t1,t2, 只需证明t1t2>e2, 不妨令t1>t2,由2at1=ln t1,2at2=ln t2得2a=, 要证t1t2>e2,只需证明ln t1+ln t2>2, 即证ln t1+ln t2=2a(t1+t2)=(t1+t2)·>2, 即证ln t1-ln t2>, 即证ln>, 令m=,则m>1, 只需证明ln m>(m>1), 由飘带不等式知,ln m>(m>1)成立, 则t1t2>e2成立,故x1x2>e得证. 2.(1)解:f(x)的定义域为R,f'(x)=(x+1)ex, 当x∈(-∞,-1)时,f'(x)<0; 当x∈(-1,+∞)时,f'(x)>0, 故f(x)在(-∞,-1)上单调递减,在(-1,+∞)上单调递增, 又当x→-∞时,f(x)→-m>0, 当x→+∞时,f(x)→+∞, 故要使f(x)有两个零点, 则需f(x)min=f(-1)=--m<0, 故m>-, 又m<0,可得-<m<0, 故满足题意的实数m的取值范围为. (2)证明　令x1=ea,x2=eb, 即a=ln x1,b=ln x2, 要证ea+eb>, 即证x1+x2>, 只需证x2>-x1, 由(1)可设a<-1<b<0, 所以0<x1<<x2<1, 因为f(a)=f(b)=0, 所以x1ln x1=x2ln x2, 设g(x)=xln x, 因为g'(x)=ln x+1, 所以g(x)在上单调递减,在上单调递增, 令h(x)=g-g(x),0<x<, 则h'(x)=-ln-2=-ln[-(ex-1)2+1]>0, 所以h(x)在上单调递增, 又h=0,所以h(x)<0, 所以h(x1)=g-g(x1)<0, 所以g<g(x1)=g(x2), 因为-x1>,x2>,g(x)在上单调递增, 所以x2>-x1, 所以x1+x2>, 所以ea+eb>. 学科网（北京）股份有限公司 $画学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.ZxXK.c0m● 您身边的互联网+教辅专家 进阶篇 不等式证明方法 进阶1指对放缩 (限时训练：20分钟) 1.已知函数fx)=e (1)讨论函数g(x)=fax)-x-a的单调性； 34 (2证明fx)+HnX+xX 2.已知函数fx)=ex-1-X-ax2 (1)当x≥0时，若不等式fx)≥0恒成立，求实数a的取值范围； (2)若x>0,证明：(ex-1)n(X+1)>x2. 独家授权侵权必究。 画学科网书城画四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.ZxXk.c0m● 您身边的互联网+教辅专家 进阶2飘带不等式 (限时训练：20分钟) a(x-1) 1.(2025贵阳模拟)已知函数fx=lnX X+1 的图象在x=1处的切线为x轴 (1)求实数a的值； (2)求x)的单调区间； X1-X2X1+X2 (3)若x1>x2>0,证明nx1-lnx22 2.已知b>a>0,且lna-alnb=a-b,证明： (1)a+b-ab>1; 22+2>2: a b (3)a+b>2. 独家授权侵权必究。 画学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.ZxXk.c0m● 您身边的互联网+教辅专家 进阶3极值点偏移（一） (限时训练：20分钟) 1.已知fx)=lnx-ax,其中a>0. (1)若x)有两个零点，求α的取值范围； (2)若fx)=fx2,求证X+X2>a 2.(2024常州模拟)已知函数fx)=XnX亏ax2(a>0). (1)若函数x)在定义域内为减函数，求实数α的取值范围； (2)若函数fx)有两个极值点X1,x2(X1<x),证明XX2>云 独家授权侵权必究。 画学科网书城画四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.ZxXk.c0m● 您身边的互联网+教辅专家 进阶4极值点偏移（二） (限时训练：20分钟) 1.已知函数fX)=ax2-QnX)2(a∈R).若fx)有两个极值点X1x2.求证：x1X2>e. 2.(2025·昆明模拟)设a,b为函数fx)=xe*-m(m<0)的两个零点 (1)求实数m的取值范围； (2i证明：e+e2 ·独家授权侵权必究