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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
2(x - 1
x)<ln x<2( x -1)
x +1
(0<x<1)，
2( x -1)
x +1
<ln x<1
2(x - 1
x)(x>1).
例1 证明：
(1)1
2(x - 1
x)<ln x<2( x -1)
x +1
(0<x<1)；
(2)2( x -1)
x +1
<ln x<1
2(x - 1
x)(x>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)=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)是区间[a，b]上的“双奇点函数”，其中x1，x2也称为f(x)在区间[a，b]上的“奇点”.
(1)已知函数f(x)=x3-8
5x2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(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，
e
(1+ 1
n)
n<1+ 1
2n成立.
答案精析
例1 证明 令g(x)=ln x-1
2(x - 1
x)，
则g'(x)=1
x -1
2(1+ 1
x
2)
=-( x -1)
2
2 x
2
≤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，
即1
2(x - 1
x)<ln x，
当x>1 时，g(x)<0，ln x<1
2(x - 1
x)；
令h(x)=ln x-2( x -1)
x +1
，
则h'(x)= ( x -1)
2
x( x +1)
2≥0，
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ln x<2( x -1)
x +1
，
当x>1 时，h(x)>0，2( x -1)
x +1
<ln x，
综上可知，当0<x<1 时，
1
2(x - 1
x)<ln x<2( x -1)
x +1
；
当x>1 时，
2( x -1)
x +1
<ln x<1
2(x - 1
x).
故(1)(2)结论得证.
例2 (1)解 因为f(x)=x3-8
5x2，
则f'(x)=3x2-16
5 x，
由f (m)- f (0)
m-0
=m
3- 8
5 m
2
m
=m2-8
5m，
所以关于x 的方程m2-8
5m=3x2-16
5 x 有两解，
即关于x 的方程3x2-16
5 x-m2+8
5m=0 在(0，m)上有两解，
令g(x)=3x2-16
5 x-m2+8
5m，
所以{
g(
8
15)=-m
2+ 8
5 m- 64
75 <0，
g(0)=-m
2+ 8
5 m>0，
g(m)=2m
2- 8
5 m>0，
m> 8
15 ，
解得4
5 <m<8
5，
即实数m 的取值范围是(
4
5 ，8
5).
(2)证明 ①因为f'(k)=2
k -2ak=f (n)- f (m)
n-m
，k∈(m，n)，
当a=0 时，f(x)=2ln x+1，
则f'(x)=2
x ，
因为k=1，0<m<1<n，
所以f (n)- f (m)
n-m
=2ln n-2ln m
n-m
=2，
即
n-m
ln n- ln m=1，
要证m+n>2，
即证
n-m
ln n- ln m<m+n
2
，
即ln n
m>2(n-m)
n+m
=
2(
n
m -1)
n
m +1
，
令n
m=t，因为n>m>0，所以t>1，
设h(t)=ln t-2·t -1
t +1，
所以h'(t)=1
t -
4
(t +1)
2= (t -1)
2
t(t +1)
2>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 n
m>
2(
n
m -1)
n
m +1
，
即证得m+n>2.
②令φ(k)=f'(k)-f (n)- f (m)
n-m
(0<m<k<n)，
即φ(k)=2
k -2ak-2ln n-an
2-2ln m+am
2
n-m
=2
k -2ak-2×ln n- ln m
n-m
+a(n+m)，
因为a>0，k>0，
所以φ'(k)=- 2
k
2-2a<0，
所以φ(k)在区间(m，n)上单调递减.
因为φ(m)= 2
m-2am-2× ln n
m
n-m
+a(n+m)
=
2
n-m(
n
m -1- ln n
m)+a(n-m)，
令t= n
m，所以t>1，
所以φ(m)=
2
n-m(t-1-ln t)+a(n-m).
设I(x)=x-1-ln x，
所以I'(x)=1-1
x = x -1
x
，
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-ln t>0.
因为n>m>0，a>0，所以φ(m)>0；
同理φ(n)=
2
m-n(ln t -1+ 1
t)+a(m-n)，
因为当x∈(0，1)∪(1，+∞)时，
x-1-ln x>0，
所以1
x -1-ln1
x >0，
即ln x>1-1
x ，所以ln t-1+1
t >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
e
(1+ 1
n)
n<1+ 1
2n成立，
即证(1+ 1
n)
n
(1+ 1
2n)>e 成立，
即证nln(1+ 1
n)+ln(1+ 1
2n)>1 成立，
因为ln x>2( x -1)
x +1
(x>1)，
只需证n
2(1+ 1
n -1)
1+ 1
n +1
+
2(1+ 1
2n -1)
1+ 1
2n +1
>1 成立，
即证8n
2+6n+2
8n
2+6n+1
>1，
显然成立，得证.
