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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).
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.
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”.
(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.
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.
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.
课时精练
[分值：34 分]
1.(17 分)(2025·贵阳模拟)已知函数f(x)＝ln x－a( x -1)
x＋1 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：
x1- x2
ln x1- ln x2
< x1＋x2
2
.(8 分)
(1)解 因为f(x)＝ln x－a( x -1)
x＋1 ，x>0，
所以f'(x)＝1
x -
2a
( x＋1)
2 ，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－a
2＝0，
解得a＝2.
(2)解 由(1)可知f(x)＝ln x－2( x -1)
x＋1 ，x>0，
所以f'(x)＝1
x -
4
( x＋1)
2 ＝( x -1)
2
x( x＋1)
2≥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
x1
x2
>1，
有f (
x1
x2)>0，又ln x1>ln x2，有ln x1－ln x2>0，
由f (
x1
x2)>0，
得ln x1
x2
-
2(
x1
x2
-1)
x1
x2
＋1
>0，
即ln
x1
x2
>
2(
x1
x2
-1)
x1
x2
＋1
＝2·
x1- x2
x1＋x2
，
即ln x1－ln x2>2·
x1- x2
x1＋x2
，
(*)
又因为ln x1－ln x2>0，x1＋x2>0，
将(*)式两边同时乘
x1＋x2
2(ln x1- ln x2) ，
得
x1- x2
ln x1- ln x2
< x1＋x2
2
.
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)1
a ＋1
b>2；(6 分)
(3)a＋b>2.(6 分)
证明 ∵bln a－aln b＝a－b，
∴b(ln a＋1)＝a(ln b＋1)，
∴ln a＋1
a
＝ln b＋1
b
，
令f(x)＝ln x＋1
x
，
则f'(x)＝－ln x
x
2 ，
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.
(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<a<1<b 时，由飘带不等式可知，
1
2(a- 1
a)＋1
a
<ln a＋1
a
＝ln b＋1
b
<
1
2(b- 1
b)＋1
b
，
即1
2(1- 1
a
2)＋1
a<1
2(1- 1
b
2)＋1
b ，
即1
a - 1
b<1
2(
1
a ＋1
b)(
1
a - 1
b)，
即1
a ＋1
b>2.
(3)当0<a<1<b 时，b
a>1，由飘带不等式可知，
ln a＋1
a
＝ln b＋1
b
＝ln a＋1＋ln b＋1
a＋b
＝ln b- ln a
b-a
＝
1
b-a·lnb
a> 1
b-a·
2(
b
a -1)
b
a ＋1
＝
2
a＋b ，
因此有ab>1，故a＋b>ab＋1>2.
