专题05导数与不等式（讲）解析版_2.2025数学总复习_2023年新高考资料_二轮复习_备战2023年高考数学二轮复习考点精讲练（新教材·新高考）

第一篇 热点、难点突破篇
专题05 导数与不等式（讲）
真题体验 感悟高考
1
1．（2022·全国·高考真题）设a0.1e0.1,b ，cln0.9，则（
）
9
A．abc B．cba C．c<a<b D．acb
【答案】C
f(x)ln(1x)x a,b,c
【分析】构造函数 ， 导数判断其单调性，由此确定 的大小.
【详解】方法一：构造法
1 x
设 ，因为 f(x) 1 ，
f(x)ln(1x)x(x1) 1x 1x
x(1,0) f(x)0 x(0,) f(x)0
当 时， ，当 时 ，
f(x)ln(1x)x (0,) (1,0)
所以函数 在 单调递减，在 上单调递增，
1 10 1 1 10
所以 f( ) f(0)0，所以ln  0，故 ln ln0.9，即 ，
9 9 9 9 9 bc
1 9 1 9  1 1 1 1
所以 f( ) f(0)0，所以ln + 0，故 e 10，所以 e10  ，
10 10 10 10 10 9
故ab，
1
 x21  ex1
g(x)x+1ex 
设g(x)xexln(1x)(0 x1)，则 x1 x1 ,
h(x)ex(x21)+1 h(x)ex(x22x1)
令 ， ，
0x 21 h(x)0 h(x)ex(x21)+1
当 时， ，函数 单调递减，
21x1 h(x)0 h(x)ex(x21)+1
当 时， ，函数 单调递增，
又h(0)0，
0x 21 h(x)0
所以当 时， ，
0x 21 g(x)0 g(x)xexln(1x)
所以当 时， ，函数 单调递增，g(0.1)g(0)0 0.1e0.1 ln0.9 ac
所以 ，即 ，所以
故选：C.
方法二：比较法
0.1
b
解： a0.1e0.1 ， 10.1 ， cln(10.1) ，
① lnalnb0.1ln(10.1) ，
令 f(x)xln(1x),x(0,0.1],
1 x
f(x)1  0
则 ，
1x 1x
故 f(x) 在 (0,0.1] 上单调递减，
可得 f(0.1) f(0)0 ，即 lnalnb0 ，所以 ab ；
ac0.1e0.1ln(10.1)
② ，
g(x)xex ln(1x),x(0,0.1],
令
1 1x1xex1
g'xxexex 
则 1x 1x ，
k(x)(1x)(1x)ex1 k(x)(1x22x)ex 0
令 ，所以 ，
k(x) (0,0.1] k(x)k(0)0 g(x)0
所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，
g(x) (0,0.1] g(0.1)g(0)0 ac0 ac.
所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，所以
故 cab.
x22ax2a, x�1,
f(x)
2．（2019·天津·高考真题（理））已知 aR ，设函数 xalnx, x1,若关于 x 的不等式 f(x)�0
在R上恒成立，则a的取值范围为
0,1 0,2 0,e 1,e
A． B． C． D．
【答案】C
a0 x22ax2a0 (,1] xalnx0 (1,)
【解析】先判断 时， 在 上恒成立；若 在 上恒成立，转化为x
a 在 上恒成立．
lnx (1,)
【详解】∵ f(0)0，即a0，
0a1 f(x)x22ax2a(xa)22aa2 2aa2 a(2a)0
（1）当 时， ，
a1 f(1)10
当 时， ，
a0 x22ax2a0 (,1]
故当 时， 在 上恒成立；
x
若 在 上恒成立，即a 在 上恒成立，
xalnx0 (1,) lnx (1,)
x lnx1
令g(x) ，则g'(x) ，
lnx
(lnx)2
当xe,函数单增，当0xe,函数单减，
gx gee
ae a0 x22ax2a0 (,1]
故 min ，所以 ．当 时， 在 上恒成立；
a [0,e]
综上可知， 的取值范围是 ，
故选C．
ex
f x lnxxa
3．（2022·全国·高考真题（理））已知函数 x ．
fx0
(1)若 ，求a的取值范围；
f x x,x xx 1
(2)证明：若 有两个零点 1 2，则 1 2 ．
(,e1]
【答案】(1)
(2)证明见的解析
【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；
ex 1  1 1
xex 2  lnx x  0
（2）利用分析法，转化要证明条件为 x  2 x ，再利用导数即可得证.
【详解】（1）[方法一]：常规求导
f(x) (0,)
的定义域为 ，则1 1  1 1 1  1 x1ex 
f(x)  ex 1 1 ex1   1
x x2  x x x  x x  x 
fx0
x1
令 ,得
当x(0,1), f(x)0, f(x)单调递减
x(1,), f(x)0, f(x) f(x) f(1)e1a
当 单调递增 ，
f(x)0 e1a0 ae1
若 ,则 ,即
a (,e1]
所以 的取值范围为
[方法二]：同构处理
f x0
elnxxxlnxa0
由 得：
t xlnx,t1 f tet ta0 aet t
令 ，则 即
gtet t,t1, g'tet 10
令 ，则
gtet t 1,
故 在区间 上是增函数
gt g1e1
ae1
故 min ，即
a (,e1]
所以 的取值范围为
（2）[方法一]：构造函数
f x x <1<x
由题知, 一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设 1 2
1
x 
要证xx 1,即证 1 x
1 2 2
1  1 
x, (0,1) f x  f  
因为 1 x ,即证 1 x 
2 2
 1 
f x  f  
又因为 f x 1  f x 2 ,故只需证 2 x 2 ex 1 1
即证 lnxxxex lnx 0,x(1,)
x x
ex 1  1 1
xex 2  lnx x  0
即证 x  2 x
ex 1 1 1
xex 0,lnx x 0
下面证明x1时， x 2 x
ex 1
设g(x) xex,x1，
x
1 1   1 1  1  1 1 1 1
g(x)  exex xex  1 exex1 
则 x x2    x2 x x  x
 1ex 1 x1ex 1
1  ex  ex
 x x  x  x 
ex 1 1  x1
x x1,x  ex  ex 0
设 x x x2  x2
x1e 1
所以 ,而ex e
ex 1
ex 0
所以 x ,所以g(x)0
g(x) (1,)
所以 在 单调递增
ex 1
xex 0
即g(x)g(1)0,所以 x
1 1
h(x)lnx x ,x1
令 2 x
1 1 1  2xx21 (x1)2
h(x)  1   0
x 2 x2  2x2 2x2
h(x) (1,)
所以 在 单调递减
1 1
lnx x 0
即h(x)h(1)0,所以 2 x ；ex 1  1 1
xex 2  lnx x  0
综上, x  2 x ,所以xx 1.
1 2
[方法二]：对数平均不等式
ex ex
由题意得： f x ln a
x x
ex 1
令t  1，则 f ttlnta ， f 't1 0
x t
gttlnta 1, gt0
所以 在 上单调递增，故 只有1个解
ex ex
ex1 ex2
f x ln a t  
又因为 x x 有两个零点x,x ，故 x x
1 2 1 2
x x
两边取对数得： ，即 1 2 1
x lnx x lnx lnx lnx
1 1 2 2 1 2
x x
又因为 xx  1 2 * ，故 ，即
1 2 lnx lnx xx 1 xx 1
1 2 1 2 1 2
x x
下证 xx  1 2 *
1 2 lnx lnx
1 2
x x x x x x x
xx  1 2 lnx lnx  1 2 ln 1  1  2
因为 1 2 lnx lnx 1 2 xx x x x
1 2 1 2 2 2 1
x
t  1 1 1
不妨设 x ，则只需证2lntt
2 t
ht2lntt 1 ,t 1 h't 2 1 1   1 1  2 0
构造 t ，则 t t2  t
1
故
ht2lntt
在1,上单调递减
t
1
故hth10，即 2lntt 得证
t
【点睛】关键点点睛 ：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式
1 1
h(x)lnx x 
2 x这个函数经常出现，需要掌握
总结规律 预测考向（一）规律与预测
1.高考对本部分的要求一般有三个层次：第一层次主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；第二层次
是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；第三层次是综合考查，如研究函数零点、证明不
等式、恒成立问题、求参数等，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式、数列及函数单调性
有机结合，设计综合题.
2.涉及导数与不等式问题，主要有：单变量不等式的证明、双变量不等式的证明、不等式恒成立时求参数的取
值范围、含导数不等式的求解问题、比较函数值大小问题等
（二）本专题考向展示
考点突破 典例分析
考向一 导数与解不等式问题
【核心知识】
1.利用导数解决解不等式或取值范围问题的两个基本思路
(1)将问题转化为不等式在某区间上的恒成立问题，即f ′(x)≥0(或f ′(x)≤0)恒成立，利用分离参数或函
数性质求解参数范围，然后检验参数取“＝”时是否满足题意．
(2)先令f ′(x)>0(或f ′(x)<0)，求出参数的取值范围后，再验证参数取“＝”时f(x)是否满足题意．
f(x)
g(x)
2.构造辅助函数常根据导数法则进行：如 f(x) f(x) 构造 ex ， f(x) f(x)0 构造
f(x)
g(x)ex f(x)， xf(x) f(x) 构造 g(x) x ，xf(x) f(x)0构造g(x) xf(x)， xfx f x ，想
f x
到构造
gx
x 等.一般：（1）条件含有 f x fx ，就构造gxexf x ,（2）若
f x
f x fx ，就构造
gx
ex ，（3）2f x fx ，就构造gxe2x f x ，（4）f x
2f x fx 就构造
gx
e2x ，等便于给出导数时联想构造函数.
【典例分析】
f(x)sinxx3x
典例1.（2022·宁夏六盘山高级中学高三阶段练习（理））若 ，则不等式
f(x1) f(2x)0
的解集是（ ）
1   1   1
A．

3
,
 B．
1,
C．



3
,
 D．


,
3


【答案】C
【分析】结合函数的奇偶性、单调性求得不等式的解集.
f x f xsinxx3xsinxx3xf x
R
【详解】 的定义域为 ， ，
f x
所以 是奇函数，
fxcosx3x210, f x
R
在 上递增，
f(x1) f(2x)0 f x1f 2x f 2x
所以由 得 ，
1
所以 ，解得x ，
x12x 3
 1 
 ,
所以不等式 f(x1) f(2x)0的解集是 3 .
故选：C
f x R f 02 xR
典例2.（2021·河南·温县第一高级中学高三月考（理））函数 的定义域是 ， ，对任意 ，
f x fx1 ex f xex 1
，则不等式 的解集为（ ）
 x|x0 x|x0
A． B．
x|x1 x1 x|x1 0x1
C． 或 D． 或
【答案】A【分析】
gxex f xex gx0 gx g01
R
构造函数 ，结合已知条件可得 恒成立，可得 为 上的减函数，再由 ，
gxg0
从而将不等式转换为 ，根据单调性即可求解.
【详解】
gxex f xex
构造函数 ，
gxex f xex fxex exf x fxex exex 0
 
因为 ，
gxex f xex
R
所以 为 上的增函数．
g0e0 f 0e0 1
又因为 ，
exf xex 1 gxg0
x0
所以原不等式转化为 ，即 ，解得 .
x|x0
所以原不等式的解集为 ，
故选：A.
y f x y fx
典例3.（2022·上海市奉贤中学高三期中）定义在R上的函数 的导函数为 ，若对任意的实数
f x fx f x f xπ2022 2f 11x8π2022e11x8
x，都有 ，且 ，则不等式 的解集是_________
 8 
【答案】, 
 11
f x π2022
gx y f x f x f xπ2022 f 0
【分析】构造函数 ex ，求导得到 在R上单调递减，由 得到 2 ，
f 11x8 f 0
对 2f 11x8π2022e11x8 变形后得到 e11x8  e0 ，从而 g11x8g0 ，由单调性得到11x80，
求出不等式的解集.
f x
【详解】因为 f x fx，构造gx ex ，fx f x
则 gx ex 0 ，所以 y f x 在R上单调递减，
π2022
f x f xπ2022 2f 0π2022 f 0
由 ,令x0得： ，故 2 ，
f 11x8 π2022
由 2f 11x8π2022e11x8 得： e11x8  2 ，
f 0 π2022 f 11x8 f 0
 
因为 e0 2 ，所以 e11x8 e0 ，
g11x8g0
故 ，
y f x
因为 在R上单调递减，
8
所以 ，解得：x .
11x80 11
 8 
故不等式 2f 11x8π2022e11x8 的解集是   , 11  .
 8 
, 
故答案为： 11.
【总结提升】
(1)根据导数计算公式和已知的不等式构造函数，利用不等关系得出函数的单调性，即可确定函数值的大小关
系，关键是观察已知条件构造出恰当的函数．
(2)含有两个变元的不等式，可以把两个变元看作两个不同的自变量，构造函数后利用单调性确定其不等关系．
考向二 利用导数比较大小
【核心知识】
利用函数的单调性、构造函数法（常见构造函数法见考向一）等，是应用导数比较大小的常见方法.
【典例分析】
a2ln1.01 bln1.02 c 1.041
典例4.（2021·全国·高考真题（理））设 ， ， ．则（ ）
A．abc B．b<c<a C．bac D．c<a<b【答案】B
【分析】利用对数的运算和对数函数的单调性不难对a,b的大小作出判定，对于a与c，b与c的大小关系，将
f x2ln1x 14x1 gxln12x 14x1
0.01换成x,分别构造函数 , ，利用导数分析其在0的右
侧包括0.01的较小范围内的单调性，结合f(0)=0,g(0)=0即可得出a与c，b与c的大小关系.
【详解】[方法一]：
a2ln1.01ln1.012
ln10.012 ln  120.010.012
ln1.02b，
所以ba；
c a,b
下面比较 与 的大小关系.
 
2 14x1x
2 2
fx  
记 f x2ln1x 14x1 ，则 f 00 ， 1x 14x 1x 14x ，
14x1x2 2xx2  x2x
由于
14x1x2 0 14x 1x f�( x) >0
所以当0<x<2时， ，即 ， ，
f x 0,2
所以 在 上单调递增，
f 0.01 f 00
2ln1.01 1.041 ac
所以 ，即 ，即 ；
 
2 14x12x
2 2
gx  
令 ，则 ， ，
gxln12x 14x1 g00 12x 14x 1x 14x
14x12x2 4x2 14x12x2 0
由于 ，在x>0时， ，
gx0 gx g0.01g00
ln1.02 1.041
所以 ，即函数 在[0，+∞)上单调递减，所以 ，即 ，即b<c；
综上，b<c<a，
故选：B.
[方法二]：
x21
f xln x1(x1)
令  2 x12
fx- 0
x21 ，即函数 f(x)在（1，+∞)上单调递减
f  10.04   f 10,bc
x23
gx2ln x1(1x3)
令  4 
x13x
gx 0
x23 ，即函数g(x)在（1，3)上单调递增
g  10.04  g10,a c
综上，b<c<a，
故选：B.
【点睛】本题考查比较大小问题，难度较大，关键难点是将各个值中的共同的量用变量替换，构造函数，利用
导数研究相应函数的单调性，进而比较大小，这样的问题，凭借近似估计计算往往是无法解决的.
f x f x f x20
典例5.（2022·广东·深圳实验学校光明部高三期中）定义在R上的偶函数 满足 ,当
1≤x≤0 f x1xex
时, ,则（ ）
f 2023 f  ln 13e  f  e0.3 f 2023 f  e0.3  f  ln 13e 
A．  10  B．  10 
f  e0.3  f  ln 13e  f 2023 f  ln 13e  f  e0.3  f 2023
C．  10  D．  10 
【答案】C
f x f x20
1≤x≤0
【分析】根据偶函数和 ,判断出周期,根据 的解析式判断出单调性,将
f 2023, f  ln 13e , f  e0.3
 10  根据奇偶性,周期性,对称性,转化至同一单调区间,判断x的大小即可判断函数值的大
小比较,不好判断时可利用放缩或构造函数进行大小判断.
f x f x f x
【详解】解:由题知 为偶函数, ,f x f x20

 f x f x20
①,
将x代换为x- 2可得:
f x2 f x40
②
①-②可得,
f x f x4
,
\ f ( x)
周期为4,
f x1xex  fx2xex

, ,
1x0
fx0
 , ,
1x0 f x
时 单调递增,
由以上可知:
f 2023 f 45061 f 10
;
 13e
f ln  f ln13eln10 f 1ln1.3 f 1ln1.3
 10  ,
f x f x20

,
f 1ln1.3 f 1ln1.30
x1ln1.3
将 代入上式,则有 ,
0ln1.31,11ln1.30

,
 13e
 f ln f 1ln1.3
 10 
f
 e0.3
 f
 e0.3
,
f x f x20

,f  e0.3  f  e0.32  0
将xe0.3
代入上式,则有 ,
1e0.3 21e0.320

,
 f  e0.3 f  e0.32 
,
f

ln
13e
, f
 e0.3
f 1ln1.3, f  e0.32 
若比较  10  的大小,只需比较 的大小,
11ln1.30,1e0.320

,
1ln1.3,  e0.32 
只需要比较 的大小,
e0.321ln1.3e0.3ln1.31
两式相减可得: ,
gxex lnx11,x0,1
记 ,
1
gxex  ,
x1
1 1
ex 1,  1,
2 x1
gx0,gx
单调递增,
g0.3 g0
则 ,
e0.3ln1.310
即 ,
e0.321ln1.3
故 ,
1x0 f x
 时 单调递增,
 f  e0.32   f 1ln1.3 f 10
,
f  e0.32  f 1ln1.30
,
 f  e0.3  f  ln 13e  f 2023
 10  .故选:C
1
f x ,
【点睛】(1)若 f x f xT ,则周期为T,若 f x 满足 f x f xT0, f xT
1
f x
f xT ,周期均为2T,T为非零常数;
(2)常用的放缩有:
 
tanx xsinx,0 x 
 2;
ex x1, x0
当 时取等;
lnxx1,当x1时取等,
在大题中应用时需进行证明,做差求导求最值即可证明.
 π  π
典例6.（2022·湖北·荆门市龙泉中学高三阶段练习）已知


0,
6

，


0,
6

，且
tan21cos
，则
（ ）
   
A．  B． 
4 2 4 2
 
C．  D． 
2 2
【答案】D
【分析】根据sinxxtanx放缩求解即可．
 π
 x0, 
【详解】解：  6，
f xxsinx gxtanxx
令 ， ，
1
则 fx1cosx>0,gx 1>0，
cos2 x
 π
f x、gx 在 x  0, 6  上递增，f x > f 00,gx >g00
min min ，
sinxxtanx，
  2
21cos 4sin2
2
4
 2


tan   ，
  
∵ tan，
∴ ，
   
4sin2 4sin cos sin
2 2 2 2 2sin 
tan    tan
∵     2 ，
cos
2
 π
令
tx2sinxx
，
x

0,
6

，
π
∴ t2cosx12cos 1 31>0，
6
tx
∴ 是增函数．
txt00
∴ ，
∴ 2sinxx，

∴ tantan ，
2

∴  ，
2

综上所述 ．
2
故选：D．
【点睛】本题解题的关键是对常见三角不等式模型的理解记忆，对放缩的要求较高．
【总结提升】
从上述典型例题发现，无论是比较函数值的大小，还是比较某些自变量值的大小，应用导数研究函数的单调性，
构造函数，是常见方法，也是基本方法．考向三 不等式恒成立问题中求参数值（范围）
【核心知识】
a f x a f x a f x
1.不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数 恒成立( max即可)或 恒成立（
a f x y  f x y  gx f x 0
min即可）；② 数形结合( 图象在 上方即可)；③ 讨论最值 min 或
f x 0
max 恒成立；④ 讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围.
f(x) g(x) y  f(x) y  g(x)
2.含参数的不等式 恒成立的处理方法：① 的图象永远落在 图象的上方；②构
F(x) f(x)g(x) F(x) 0 a h(x)
min
造函数法，一般构造 ， ；③参变分离法，将不等式等价变形为 ，或
ah(x) h(x)
，进而转化为求函数 的最值.
3.利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：
m f x m f x
xD
（1） ， min；
m f x m f x
xD
（2） ， max；
m f x m f x
xD
（3） ， max；
m f x m f x
xD
（4） ， min.
【典例分析】
f xalnx1x2 3,4 x
典例7.（2022·河南驻马店·高三期中（理））已知函数 ，在区间 内任取两个实数 1，
f x 1 f x 1
1 2 1
x且x  x ，若不等式 x x 恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
2 1 2 1 2
9, 7, 9, 7,
A． B． C． D．
【答案】Agx f x1x gx0 3,4
a
【分析】化简题目所给不等式，构造函数 ，由 在区间 上恒成立分离常数 ，
结合二次函数的性质求得a的取值范围.
3x x 4
【详解】不妨设 1 2 ，
f x 1 f x 1x x
则 1 2 1 2，
f x 1x  f x 1x
即 1 1 2 2，
gx f x1xalnx(x1)2x
令
alnxx23x1，
gx  gx 
则 1 2 ，
gx 3,4
∴ 在 单调递增，
a
gx 2x30对x3,4恒成立，
x
ax32x
而 恒成立，
hxx32x x3,4
令 ， ，
hx 3,4
则 在 单调递减，
hxh39
∴ ，
∴a9，
9,
a
的取值范围是 .
故选：A
ex
�ln(axa)ln3a
典例8.（2022·湖北·高三期中）若不等式 a 对任意x1恒成立，则a的取值范围是
_______________.
(0,e]
【答案】ex ex
【分析】根据 �ln(axa)ln3aln(x1)lnaln3a，构造函数h(x) ln(x1)lnaln3a，求导可得
a a
ex 1 ex0 1
h(x)   0
a x1在x1时为增函数，从而存在零点x (1,)使得h(x )0，即 a x 1 ，由
0 0 0
ex0
h(x) h(x ) ln(x 1)lnaln3a0
min 0 a 0 即可得解.
ex
【详解】由 �ln(axa)ln3aln(x1)lnaln3a，
a
ex
令h(x) ln(x1)lnaln3a，
a
h(x)0 x1
即 对任意 恒成立，
ex 1
易知 时h(x)  为增函数，
x1 a x1
且x1时h(x)0，x时h(x)0，
ex0 1
 0
故存在x (1,)使得h(x )0，即 a x 1 ，
0 0 0
x(1,x ) h(x)
所以 0 时 为减函数，
x(x ,) h(x)
0 时 为增函数，
ex0
所以h(x)h(x ) ln(x 1)lnaln3a
0 a 0
1 1
 x lnalnaln3a x 112lnaln3a32lnaln3a0
x 1 0 x 1 0
0 0
2(1lna)(1ln3a)0
所以 ，
(1lna)(3lnaln2a)0
即 ，
所以lna1，0ae，
(0,e]
故答案为：f xex n
典例9.（中学生标准学术能力诊断性测试2022-2023学年高三上学期11月测试）已知 ，
gxlnxn xn, f xgx
n
，若对于任意 ，都有 ，则实数 的取值范围为______.
1,
【答案】
f x gx y n
【分析】先判断 与 互为反函数，图象关于 轴对称，然后结合图象变换以及导数求得 的取值范围.
f xex n yexn ex  yn0
【详解】由 ， ， ，
xlnynyn
x,y
ylnxnx0
，交换 ，则 ，
f x gx yx
所以 与 互为反函数，图象关于 轴对称，
f xex,gxlnx
n0
当 时， ，
画出 yex,ylnx 的图象如下图所示，满足ex lnx，即 f xgx .
n0 f xex n yex
当 时， 的图象由 的图象向上平移所得；
gxlnxn
ylnx
的图象由 向右平移所得；
f xgx
所以满足 .
n0 f xex n yex
当 时， 的图象由 的图象向下平移所得；
gxlnxn
ylnx
的图象由 向左平移所得；f 0e0n0 g0lnn0
n1 n1
由 得 ；由 得 ，
n1
f xex1 gxlnx1
所以当 时， 与 的图象都过原点，
f xex1 gxlnx1 yx
同时， 与 的图象关于 对称.
mxexx1,mxex1
令 ，
mx ,0,mx0,mx
所以 在区间 递减；
0,,mx0,mx
在区间 递增.
mxm0e0010
所以 ，
ex1x x0
所以 （当 时等号成立），
lnx1x
x0
同理可证得 （当 时等号成立），
ex1 xlnx1
x0
故 （当 时等号成立），
f xgx
所以n1时，满足 .
f 0e0nn10,g0lnnln10 f xgx
当n1时， ，不满足 .
n
1,
综上所述， 的取值范围是 .
1,
故答案为：
【规律方法】1.不等式的恒成立问题，往往可转化为函数的最值的符号来讨论，也可以参变分离后转化不含参数的函数的最
值问题，转化中注意等价转化.
2. 在解题过程中，必要时可作出函数图象，借助几何图形直观分析转化.通过围绕参数分类讨论不等式是否成
立，不失为一种好的方法【如例9】.
考向四 单变量不等式的证明
【核心知识】
1.利用单调性证明单变量不等式
一般地，要证f(x)>g(x)在区间(a，b)上成立，需构造辅助函数F(x)＝f(x)－g(x)，通过分析F(x)在端点处的函数
值来证明不等式．若F(a)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递增即可；若F(b)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上
单调递减即可．
2.利用最值证明单变量不等式
利用最值证明单变量的不等式的常见形式是f(x)>g(x)．证明技巧：先将不等式f(x)>g(x)移项，即构造函数h(x)
＝f(x)－g(x)，转化为证不等式h(x)>0，再次转化为证明h(x) >0，因此，只需在所给的区间内，判断h′(x)的符
min
号，从而判断其单调性，并求出函数h(x)的最小值，即可得证.
3.通过题目中已有的或常用的不等式进行证明．适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见
ex  x1 lnx x1 ex1  x ln(x+1)�x
放缩结论，如 和 是两个典型的不等式，可变形得 ， .
4.利用赋值法证明与正整数有关的不等式.
5. 利用分析法，通过不等式的等价转换，改证新的不等式成立.
【典例分析】
f xx3ax1
典例10.（2023·四川资阳·模拟预测（文））已知函数 ．
1,0 y f x
a1
(1)当 时，过点 作曲线 的切线l，求l的方程；
a0 x0 f xcosx
(2)当 时，对于任意 ，证明： ．
23
【答案】(1) 或y x1
yx1 4
(2)证明见解析
1,0 f x  x ,x3x 1  1,0
【分析】（1）易知 不在 上，设切点 0 0 0 ，由导数的几何意义求出切线方程，将 代入
x
0
求出对应 ，即可求解对应切线方程；gxx3ax1cosxx0 gx3x2asinx uxgx ux
（2）构造 ，求得 ，再令 ，通过研究 正负
gx gx gx
确定 单调性，再由 正负研究 最值，进而得证.
f xx3x1 fx3x21
a1
【详解】（1）由题， 时， ， ，
 x ,x3x 1  y  x3x 1    3x21 xx 
设切点 0 0 0 ，则切线方程为 0 0 0 0 ，
1,0 x3x 1  3x21 1x  2x33x2 0
该切线过点 ，则 0 0 0 0 ，即 0 0 ，
3 3 23 3 23
所以x 0或 x 0  2．又 f 01； f01； f  2    8 ， f  2    4 ．
0
23
所以，切线方程为 或y x1 ；
yx1 4
gxx3ax1cosxx0 gx3x2asinx
（2）设 ，则 ，
uxgx3x2asinxx0 ux6xcosx
令 ，则 ，
π π
可知0x ，时，ux0；x 时，ux0，
2 2
x0
ux0 ux gx 0, g0a
故 时均有 ，则 即 在 上单调递增， ，
a0
g0a0 gxg00 gx 0,
因为 时，则 ， ，故 在 上单调递增，
gxg00
此时， ．
a0 x0 f xcosx
所以，当 时，对于任意 ，均有 ．
f(x) xeax ex
典例11.（2022·全国·高考真题）已知函数 ．
(1)当a1时，讨论 f(x)的单调性；
x0 f(x)1
(2)当 时， ，求a的取值范围；
1 1 1
   ln(n1)

(3)设nN，证明： 121 222 n2n ．f x ,0 0,
【答案】(1) 的减区间为 ，增区间为 .
1
(2)a
2
(3)见解析
fx f x
【分析】（1）求出 ，讨论其符号后可得 的单调性.
1 1
（2）设hxxeaxex1，求出hx，先讨论a 时题设中的不等式不成立，再就0a 结合放缩法讨
2 2
hx a0 hx
论 符号，最后就 结合放缩法讨论 的范围后可得参数的取值范围.
1
1 lnn1lnn
2lntt
（3）由（2）可得 t 对任意的t1恒成立，从而可得 n2n 对任意的nN*恒成立，
结合裂项相消法可证题设中的不等式.
（1）
f xx1ex fxxex
a1
当 时， ，则 ，
fx0 f�( x) >0
x0 x0
当 时， ，当 时， ，
f x ,0 0,
故 的减区间为 ，增区间为 .
（2）
hxxeaxex1 h00
设 ，则 ，
hx1axeaxex gx1axeaxex
又 ，设 ，
gx  2aa2x  eaxex
则 ，
1
若a ，则g02a10，
2
gx
因为 为连续不间断函数，
x 0, x0,x  gx0
故存在 0 ，使得 0 ，总有 ，gx 0,x  gxg00
故 在 0 为增函数，故 ，
hx 0,x  hxh01
故 在 0 为增函数，故 ，与题设矛盾.
1
若0a ，则hx1axeaxex eaxln1axex，
2
ln1xx
x0
下证：对任意 ，总有 成立，
1 x
证明：设Sxln1xx，故Sx 1 0，
1x 1x
Sx 0, SxS00 ln1xx
故 在 上为减函数，故 即 成立.
eaxln1axex eaxaxex e2axex 0
由上述不等式有 ，
hx0 hx 0,
故 总成立，即 在 上为减函数，
hxh00
所以 .
hxeaxexaxeax 1100
a0
当 时，有 ，
hx 0, hxh00
所以 在 上为减函数，所以 .
1
综上，a .
2
（3）
1
取a ，则 ，总有 1 x 成立，
2 x0 xe2 ex10
1
令t e2 x ，则t 1,t2 ex,x2lnt，
1
2lntt
故 2tlntt21 即 t 对任意的 t1 恒成立.
n1 n1 n
2ln  
所以对任意的nN*，有 n n n1，
1
lnn1lnn
整理得到： n2n ，1 1 1
   ln2ln1ln3ln2 lnn1lnn
 
故 121 222 n2n
lnn1
，
故不等式成立.
f xlnxx1
典例12.（2022·河南驻马店·高三期中（理））已知函数
f x
(1)求 的最大值；
nn1
lnnn1n2 21n2,nN
  
(2)求证： 2
【答案】(1)0
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，即可求出函数的单调区间，从而求出函数的最大值；
（2）由（1）可得lnxx1，即可得到lnnn1，再根据不等式的性质、等差数列求和公式以及对数的运算
性质计算可得.
f xlnxx1 0,
【详解】（1）解：因为 定义域为 ，
1
所以 fx 1，
x
0x1 f�( x) >0 x1 fx0
当 时， ，当 时， ，
f x 0,1 1,
∴ 在 上单调递增，在 上单调递减，
f x x1 f x  f 10
∴ 在 时，取得最大值，即 max .
（2）证明：当n2，nN时，
nn1
不等式左边 12  n2n1，
2
lnnn1n2 21lnnlnn1 ln2ln1
   
不等式右边 ，
12 n2n1lnnlnn1 ln2ln1
 
因此只需证明： ，f x x1 0
由（1）知， 在 时，取得最大值 ，
f x0 0,
lnxx1 x1
∴ 在 恒成立，∴ （当且仅当 时取等号），
∴lnnn1，（当且仅当n1时取等号），又n2，nN，
lnn1n2
所以 lnnn1 ， ，L ， ln32 ， ln21 ，
12 n2n1lnnlnn1 ln2ln1
 
∴以上各式相加得： ，
nn1
lnnn1n2 21n2,nN
  
∴ 2 得证.
【总结提升】
1.常见的放缩公式如下：
(1)ex≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号；
(2)ex≥ex，当且仅当x＝1时取等号；
(3)当x≥0时，ex≥1＋x＋x2, 当且仅当x＝0时取等号；
(4)当x≥0时，ex≥x2＋1, 当且仅当x＝0时取等号；
(5)≤ln x≤x－1≤x2－x，当且仅当x＝1时取等号；
(6)当x≥1时，≤ln x≤，当且仅当x＝1时取等号．
2.数列不等式的证明，常利用以下方法：（1）数学归纳法；（2）构造函数，利用函数的单调性证明不等式；
（3）利用递推关系证明．
考向五 双变量不等式的证明
【核心知识】
破解含双变量（参）不等式的证明的关键
一是分析转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；
二是巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；
三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果．
【典例分析】
f xx1lnx
典例13.（2021·全国·高考真题）已知函数 .
f x
（1）讨论 的单调性；
1 1
（2）设 ， 为两个不相等的正数，且 ，证明：2  e.
a b blnaalnbab a bf x 0,1 1,+
【答案】（1） 的递增区间为 ，递减区间为 ；（2）证明见解析.
【分析】(1) 首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定原函数的单调性.
1 1
(2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令 m, n，命题转换为证明： ，然后构造对称差函
a b 2mne
数，结合函数零点的特征和函数的单调性即可证得题中的结论.
f x 0,
【详解】(1) 的定义域为 ．
f xx1lnx fxlnx
由 得， ，
x1
fx0 x0,1 fx0 x1, f 'x0
当 时， ；当 时 ；当 时， ．
f x 0,1 1,
故 在区间 内为增函数，在区间 内为减函数，
(2)[方法一]：等价转化
1 1 1 1 1 1
由 得 (1ln ) (1ln )，即 f( ) f( )．
blnaalnbab a a b b a b
1 1
由 ，得  ．
a� b a b
1 1 1 1 1
由（1）不妨设 (0,1), (1,)，则 f( )0，从而 f( )0，得 (1,e)，
a b a b b
gx f 2x f x
①令 ，
g(x)ln(2x)lnxln(2xx2)ln[1(x1)2]
则 ，
x0,1 gx0 gx (0,1) gxg10
当 时， ， 在区间 内为减函数， ，
1 1 1
从而 f 2x f x，所以 f(2 ) f( ) f( )，
a a b
1 1 1 1
由（1）得2  即2  ．①
a b a b
hxx f x h'x1 fx1lnx
令 ，则 ，
x1,e hx0 hx 1,e hxhee
当 时， ， 在区间 内为增函数， ，
1 1
从而x f xe，所以  f( )e．
b b1 1 1 1 1 1
又由 (0,1)，可得  (1ln ) f( ) f( )，
a a a a a b
1 1 1 1
所以   f( ) e．②
a b b b
1 1
由①②得2  e．
a b
lna lnb 1 1 lna1 lnb1
[方法二]【最优解】： 变形为    ，所以  ．
blnaalnbab a b b a a b
1 1
令 m, n．则上式变为m1lnmn1lnn，
a b
于是命题转换为证明：2mne．
f xx1lnx f m f n
mn
令 ，则有 ，不妨设 ．
0m1,1ne mn2
由（1）知 ，先证 ．
mn2n2m f n f 2m f(m) f 2m
要证：
 f m f 2m0
．
gx f x f 2x,x0,1
令 ，
gxlnxln2xlnx2xln10
 
则 ，
gx (0,1) gxg10
mn2
在区间 内单调递增，所以 ，即 ．
再证mne．
m1lnmn1lnnm n1lnnnemne
因为 ，所以需证 ．
hxx1lnxx,x1,e
令 ，
h'x1lnx0 hx 1,e
所以 ，故 在区间 内单调递增．
hxhee hne
mne
所以 ．故 ，即 ．
1 1
综合可知2  e．
a b
[方法三]：比值代换1 1
证明  2同证法2．以下证明 ．
a b x x e
1 2
x
t 2 1
不妨设x tx ，则 x ，
2 1 1
tlnt
由x (1lnx)x (1lnx )得x (1lnx)tx[1ln(tx)]，lnx 1 1 t1 ，
1 1 2 2 1 1 1 1
x x e 1tx e ln(1t)lnx 1
要证 1 2 ，只需证 1 ，两边取对数得 1 ，
tlnt
即ln(1t)1 1，
t1
ln(1t) lnt
即证  ．
t t1
s
ln(1s)
记g(s) ln(1s) ,s(0,)，则g(s) 1s .
s s2
s 1 1
记h(s) ln(1s)，则h(s)  0，
1s (1s)2 1s
hs 0, hsh00 g's0
所以， 在区间 内单调递减． ，则 ，
gs 0,
所以 在区间 内单调递减．
t1, t10, gtgt1
由 得 ，所以 ，
ln(1t) lnt
即  ．
t t1
[方法四]：构造函数法
lna lnb 1 1 1 1
由已知得    ，令 x, x ，
a b b a a 1 b 2
x x f x  f x 
不妨设 1 2，所以 1 2 ．
0x 1x e 2x x e
由（Ⅰ）知， 1 2 ，只需证 1 2 ．
x x 2
证明 1 2 同证法2．
e
2 lnx
再证明 ．令h(x) 1lnx (0xe),h(x) x ．
x x e xe (xe)2
1 2e 1 e xe
令(x)lnx 2(0xe)，则(x)   0．
x x x2 x2
xe0,hx0 hx 0,e
所以 ， 在区间 内单调递增．
1lnx 1lnx 1lnx x e
1  2 1  1
因为0x x e，所以 x e x e ，即1lnx x e
1 2 1 2 2 2
1lnx x x x e
1  2, 2  1
又因为 f x 1  f x 2  ，所以1lnx 2 x 1 x 1 x 2 e，
x2ex x2ex,x x x x e0
即 2 2 1 1 1 2 1 2 ．
1 1
因为x x ，所以x x e，即 a  b e．
1 2 1 2
1 1
综上，有2  e结论得证．
a b
【整体点评】(2)方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，
这些都是导数问题必备的知识和技能.
方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略.
方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中
的不等式即可.
x x e0
方法四：构造函数之后想办法出现关于 1 2 的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在.
f(x)x3klnx(kR) f(x) f(x)
典例14.（2020·天津·高考真题）已知函数 ， 为 的导函数．
（Ⅰ）当k 6时，
y f(x) (1, f(1))
（i）求曲线 在点 处的切线方程；
9
（ii）求函数g(x) f(x) f(x) 的单调区间和极值；
x
fx  fx  f x  f x 
1 2  1 2
（Ⅱ）当k� 3时，求证：对任意的x, x [1,)，且x x ，有 2 x x ．
1 2 1 2 1 2
y9x8 g(x) g(1)1
【答案】（Ⅰ）（i） ；（ii） 的极小值为 ，无极大值；（Ⅱ）证明见解析.
【分析】(Ⅰ) (i)首先求得导函数的解析式，然后结合导数的几何意义求解切线方程即可；gx
(ii)首先求得 的解析式，然后利用导函数与原函数的关系讨论函数的单调性和函数的极值即可；
x
1 t
（Ⅱ）首先确定导函数的解析式，然后令 ，将原问题转化为与 有关的函数，然后构造新函数，利用新函
x t
2
数的性质即可证得题中的结论.
6
【详解】(Ⅰ) (i) 当k=6时， f xx36lnx， f 'x3x2 .可得 f 11， f '19，
x
y f x 1, f 1 y19x1 y9x8
所以曲线 在点 处的切线方程为 ，即 .
3
(ii)
依题意，gxx33x26lnx ,x0,
.
x
6 3
从而可得g'x3x26x  ，
x x2
3(x1)3(x1)
整理可得：g(x) ，
x2
g'x0
x1
令 ，解得 .
g'x,gx
当x变化时， 的变化情况如下表：
x (0,1) x1 (1,+� )
g'x  0 
gx
单调递减 极小值 单调递增
所以，函数g(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，+∞)；
g(x)的极小值为g(1)=1，无极大值.
k
（Ⅱ）证明：由 f(x)x3klnx ，得
f(x)3x2
x
.
x
1 t (t 1)
对任意的x, x [1,)，且x x ，令x ，则
1 2 1 2 2
x x  fx  fx  2f x  f x 
1 2 1 2 1 2
 k k   x 
x x  3x2 3x2 2x3x3kln 1 
1 2  1 x 2 x   1 2 x 
1 2 2 x x  x
x3x33x2x 3xx2k 1  2 2kln 1
1 2 1 2 1 2 x x  x
2 1 2
x3 t33t23t1  k  t 1 2lnt  
2  t . ①
1
令h(x)x 2lnx, x[1,).
x
1 2  1 2
h(x)1  1  0
当x>1时， x2 x  x ，
1
由此可得hx在1,单调递增，所以当t>1时，hth1，即t 2lnt 0.
t
x 1 t33t23t1(t1)3 0 k 3
因为 2 ， ， ，
x3 t33t23t1  k  t 1 2lnt   �  t33t23t1  3  t 1 2lnt  
所以 2  t   t 
3
t33t26lnt 1. ②
t
3
由(Ⅰ)(ii)可知，当 时，gtg1，即t33t26lnt 1，
t1 t
3
故t33t26lnt 10 ③
t
x x  fx  fx  2f x  f x 0
由①②③可得 1 2 1 2 1 2 .
所以，当 k 3 时，任意的 x 1 ,x 2 1, ，且 x 1 x 2，有
fx  fx  f x  f x 
1 2  1 2
2 x x .
1 2
f xx pex
典例15.（2022·江苏南通·高三期中）已知函数 的极值为1．
f x
(1)求p的值，并求 的单调区间；
f a f b(ab) abea eb 2
(2)若 ，证明： ．p1
,0 0,
【答案】(1) ；单调减区间为 ，单调增区间为 ；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据极值点处导数为零，以及函数的极值，列出方程求得参数；再利用导数判断函数单调性即
可；
gxex1ln1x
eb 1a ea 1b
（2）构造函数 ，根据其单调性，通过证明 ， 即可证明结果.
f x x fxx1 pex
【详解】（1）设 的极值点为 0， ，
 x 1 pex 0 0
0

则  x
0
 pex 0 1 ，
x 0 p1 p1
解得 0 ， ，经检验， 时满足题意．
f xx1ex fxxex
所以 ， ，
fx0 f�( x) >0
x0 x0
当 时， ，当 时， ，
f x ,0 0,
所以 的单调减区间为 ，单调增区间为 ．
ab f a f ba1ea 0
（2）不妨设 ，因为 ，
f x f 01
a0b1
由（1）知， ， ．
gxex1ln1x
x1
设函数 ， ，
则
gxex
1
1
x
   x
1


1
x
ex1  0 ，所以gx
在
,1
上单调递减，
gag00 ln1a1ea
所以 ，即 ，
ln1a1eln1a a1ea f  ln1a  f a f b
 
所以 ，即 ．
ln1a0
b0
ln1ab
eb 1a
又 ， ，所以 ，即 ．
ea eb
由 f a f b，得 1b  1a 1，又 b1 ，所以 ea 1bea eb 2ab abea eb 2
所以 ，即 ，得证．
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数由函数极值求参数，以及利用导数求函数单调性和证明不等式；第二
gxex1ln1x
问处理的关键是如何逆向思考，得到构造 的思路，属综合困难题.
【总结提升】
证明双变量函数不等式的常见思路
1．将双变量中的一个看作变量，另一个看作常数，构造一个含参数的辅助函数证明不等式．
2．整体换元．对于齐次式往往可将双变量整体换元，化为一元不等式．
3．若双变量的函数不等式具有对称性，并且可以将两个变量分离开，分离之后的函数结构具有相似性，从而
构造函数利用单调性证明.