2026版步步高大一輪高考數學復習110練第三章進階篇不等式證明方法進階1指對放縮進階篇不等式證明方法進階1指對放縮分值：34分1.(17分)已知函數f(x)=ex.(1)討論函數g(x)=f(ax)-x-a的單調性；(8分)(2)證明：f(x)+lnx+3x>4x2.(17分)已知函數f(x)=ex-1-x-ax2.(1)當x≥0時，若不等式f(x)≥0恒成立，求實數a的取值范圍；(8分)(2)若x>0，證明：(ex-1)ln(x+1)>x2.(9分)答案精析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上單調遞減.②若a>0，當x<-1alna時，g'(x)<0，g(x當x>-1alna時，g'(x)>0，g(x)單調遞增綜上，當a≤0時，g(x)在R上單調遞減；當a>0時，g(x)在-∞，-1a(2)證明要證f(x)+lnx+3x>只需證x(lnx+ex)-4x+3>0，x>0，由(1)可知，當a=1時，ex-x-1≥0，即ex≥x+1，等號成立的充要條件為x=0.當x+1>0時，上式兩邊取以e為底的對數，可得ln(x+1)≤x(x>-1)，用x-1代替x可得lnx≤x-1(x>0)，又可得ln1x≤1x-1(x所以lnx≥1-1x(x>0等號成立的充要條件為x=1.所以x(lnx+ex)-4x+3>x1-1x=x2+2x+2-4x=(x+1)2-4x+1≥(2x)2-4x+1=(2x-1)2≥0，從而不等式f(x)+lnx+3x>4x2.(1)解由條件得f'(x)=ex-1-2ax，令h(x)=ex-1-2ax，則h'(x)=ex-2a.①當2a≤1，即a≤12時，在[0，+∞)上，h'(x)≥0，h(x∴h(x)≥h(0)，即f'(x)≥f'(0)=0，∴f(x)在[0，+∞)上單調遞增，∴f(x)≥f(0)=0，∴當a≤12②當2a>1，即a>12時，令h'(x)=0解得x=ln2a，在[0，ln2a)上，h'(x)<0，h(x)單調遞減，∴當x∈(0，ln2a)時，有h(x)<h(0)=0，即f'(x)<f'(0)=0，∴f(x)在(0，ln2a)上單調遞減，∴f(x)<f(0)=0，不符合題意.綜上，實數a的取值范圍為-∞(2)證明由(1)得，當a=12，且xex>1+x+x即ex-1>x+x22要證不等式(ex-1)ln(x+1)>x2，只需證明ex-1>x只需證明x2+2只需證ln(x+1)>2設F(x)=ln(x+1)-2則F'(x)=1x+1=x∴當x>0時，F'(x)>0恒成立，故F(x)在(0，+∞)上單調遞增，又F(0)=0，∴當x>0時，F(x)>0恒成立.∴原不等式成立.進階2飄帶不等式分值：34分1.(17分)(2025·貴陽模擬)已知函數f(x)=lnx-a(x-1)x+1在(1)求實數a的值；(4分)(2)求f(x)的單調區間；(5分)(3)若x1>x2>0，證明：x1-x22.(17分)已知b>a>0，且blna-alnb=a-b，證明：(1)a+b-ab>1；(5分)(2)1a+1(3)a+b>2.(6分)答案精析1.(1)解因為f(x)=lnx-a(x-1)所以f'(x)=1x-2a(又因為函數y=f(x)在x=1處的切線為x軸，所以f'(1)=1-a2=0解得a=2.(2)解由(1)可知f(x)=lnx-2(x-1)x所以f'(x)=1x-=(x-1)所以函數f(x)在(0，+∞)上單調遞增，所以函數f(x)的單調遞增區間為(0，+∞)，無單調遞減區間.(3)證明由(2)可知函數f(x)在(0，+∞)上單調遞增，且f(1)=0，所以當x>1時，f(x)>0，又因為x1>x2>0，所以x1x有f

x1x2>0，又lnx1>ln有lnx1-lnx2>0，由f

x1x得lnx1x2-即lnx1x2>2即lnx1-lnx2>2·x1-x又因為lnx1-lnx2>0，x1+x2>0，將(*)式兩邊同時乘x得x1-x2.證明∵blna-alnb=a-b，∴b(lna+1)=a(lnb+1)，∴ln=ln令f(x)=ln則f'(x)=-ln當0<x<1時，f'(x)>0，f(x)單調遞增；當x>1時，f'(x)<0，f(x)單調遞減.∵f(a)=f(b)，b>a>0，∴0<a<1<b.(1)要證a+b-ab>1，只需證a+b-ab-1>0，即證a(1-b)+b-1>0，即證(1-b)(a-1)>0，顯然成立，得證.(2)當0<a<1<b時，由飄帶不等式可知，12a=lnb+1即121-1a2+即1a-1b即1a+1b(3)當0<a<1<b時，balna+1a==lnb-lnab-a=1b-a因此有ab>1，故a+b>ab+1>2.進階3極值點偏移(一)分值：34分1.(17分)已知f(x)=lnx-ax，其中a>0.(1)若f(x)有兩個零點，求a的取值范圍；(6分)(2)若f(x1)=f(x2)，求證：x1+x2>2a.2.(17分)(2024·常州模擬)已知函數f(x)=xlnx-12ax2(a>0)(1)若函數f(x)在定義域內為減函數，求實數a的取值范圍；(6分)(2)若函數f(x)有兩個極值點x1，x2(x1<x2)，證明：x1x2>1a.答案精析1.(1)解f'(x)=1x-a=所以f(x)在0，1a上單調遞增，在1a，+∞上單調遞減，f(x)max=f

1a=ln當x→0+時，f(x)→-∞，當x→+∞時，f(x)→-∞.由于f(x)有兩個零點，所以-lna-1>0，即0<a<1e故a的取值范圍是0，1(2)證明由(1)知0<x1<1a<x2要證x1+x2>2即證x2>2a-x1由于f(x)在1ax2>1a，2a-所以只需證f(x2)<f

2即證f(x1)<f

2a-x1，令h(x)=f

2a則h'(x)=-2(ax-1所以h(x)在0，1所以h(x)>h1a=0即f

2a-x>f即f

2a-x1>f所以x1+x2>2a2.(1)解f(x)的定義域為(0，+∞)，f'(x)=1+lnx-ax，由題意f'(x)≤0恒成立，即a≥lnx設h(x)=ln則h'(x)=1-lnx-1當x∈(0，1)時，h'(x)>0，h(x)=lnx當x∈(1，+∞)時，h'(x)<0，h(x)=lnx所以h(x)在x=1處取得極大值，也是最大值，h(x)max=h(1)=1，故a≥1.(2)證明方法一函數f(x)有兩個極值點，由(1)可知0<a<1，設g(x)=f'(x)=1+lnx-ax，則x1，x2(x1<x2)是g(x)的兩個變號零點，g'(x)=1x-a當x∈0，1a時，g'(x)當x∈1a，+∞時，g'(x所以g(x)在0，1a上單調遞增，在所以0<x1<1a<x2又因為g(1)=1-a>0，所以0<x1<1<1a<x2要證x1x2>1只需證x2>1ax只需證g(x2)<g1其中g(x2)=0，即證g1ax1=1-ln(ax1)-即證ln(ax1)+1x1由g(x1)=lnx1-ax1+1=0，設ax1=t∈(0，1)，則lnx1=t-1，x1=et-1，則ln(ax1)+1x1-1<0?lnt+e1-t設G(t)=lnt+e1-t-1(0<t<1)，G'(t)=1t-e1-t=由(1)知lnx+1x≤1，故lnx≤所以ex-1≥x，et-1-t≥0，即G'(t)≥0，G(t)在(0，1)上單調遞增，G(t)<G(1)=0，故ln(ax1)+1x1即x1x2>1a方法二先證明引理：當0<t<1時，lnt<2(當t>1時，lnt>2(設M(t)=lnt-2(t-1)t+1M'(t)=1t-4(t+1)所以M(t)在(0，+∞)上單調遞增，又M(1)=0，當0<t<1時，M(t)<M(1)=0，當t>1時，M(t)>M(1)=0，故引理得證.因為函數f(x)有兩個極值點，由(1)可知0<a<1，設g(x)=f'(x)=1+lnx-ax，則x1，x2(x1<x2)是g(x)的兩個變號零點，g'(x)=1x-a當x∈0，1a時，g'(x)當x∈1a，+∞時，g'(x所以g(x)在0，1a上單調遞增，在所以0<x1<1a<x2即0<ax1<1<ax2，要證x1x2>1只需證lnx1+lnx2>-lna，因為1+ln即證a(x2+x1)>2-lna，由引理可得ax2+lna-1=ln(ax2)>2(化簡可得a2x22+a(lna-2)x2+lna+1>0同理ax1+lna-1=ln(ax1)<2(化簡可得a2x12+a(lna-2)x1+lna+1<0由①②可得a2(x2+x1)(x2-x1)+a(lna-2)(x2-x1)>0，因為x2-x1>0，a>0，所以a(x2+x1)+lna-2>0，即a(x2+x1)>2-lna，從而x1x2>1a進階4極值點偏移(二)分值：34分1.(17分)已知函數f(x)=ax2-(lnx)2(a∈R).若f(x)有兩個極值點x1，x2.求證：x1x2>e.2.(17分)(2025·昆明模擬)設a，b為函數f(x)=xex-m(m<0)的兩個零點.(1)求實數m的取值范圍；(6分)(2)證明：ea+eb>2e.答案精析1.證明因為函數f(x)=ax2-(lnx)2，可得f'(x)=2ax-2ln若f(x)有兩個極值點x1，x2，則函數f'(x)有兩個零點x1，x2，所以2ax12=lnx12，2令t1=x12，t則等價于關于t的方程2at=lnt有兩個不相等的實數根t1，t2，只需證明t1t2>e2，不妨令t1>t2，由2at1=lnt1，2at2=lnt2得2a=ln要證t1t2>e2，只需證明lnt1+lnt2>2，即證lnt1+lnt2=2a(t1+t2)=(t1+t2)·lnt1即證lnt1-lnt2>2(即證lnt1t令m=t1t2，只需證明lnm>2(m-1)m+1由飄帶不等式知，lnm>2(m-1)m+1則t1t2>e2成立，故x1x2>e得證.2.(1)解f(x)的定義域為R，f'(x)=(x+1)ex，當x∈(-∞，-1)時，f'(x)<0，當x∈(-1，+∞)時，f'(x)>0，故f(x)在(-∞，-1)上單調遞減，在(-1，+∞)上單調遞增，又當x→-∞時，f(x)→-m>0，當x→+∞時，f(x)→+∞，故要使f(x)有兩個零點，則需f(x)min=f(-1)=-e-1-m<0，故m>-1又m<0，可得-1e<m<0故滿足題意的實數m的取值范圍為-1(2)證明令x1=ea，x2=eb，即a=lnx1，b=lnx2，要證ea+eb>2即證x1+x2>2只需證x2>2e-x1由(1)可設a<-1<b<0，所以0<x1