19.恒成立问题高三备考核心考点与应用_11.3-2_2026-11-03

导数恒成立压轴微专题
12 讲（26 高考版）目录
1.求导以后的因式分解策略专项训练 .............................................3
2.单调性分析 ................................................................10
3.对数“单身狗”，指数“找朋友” ............................................17
4.参数分离方法与“副产物” ..................................................20
5.端点效应与必要性探路 ......................................................26
6.不等式放缩 ................................................................32
7.同构变换与恒成立问题 ......................................................37
8.导数恒成立与数列不等式 ....................................................45
9.函数与导数中的“凸凹反转”技巧与应用 ......................................51
10.双变量恒成立问题与应用 ...................................................57
11.恒成立问题中的主元方法 ...................................................64
12.泰勒展开式及其在恒成立问题中的应用 .......................................72
1.求导以后的因式分解策略专项训练
本文想通过下面几个例子来说明对导函数处理的基本模式.马上就要进入到导数新授课了，初学导数必须要把握住讨论导数的核心是关注它的正负，零点，所以对其进行因式分
解这一步至关重要，不管将来介绍多少种技巧方法，但是最基本的导数应用思想却需要从
一开始就要融入的.
一．基本原理
1.对数求导完后要通分，分母明确正负号后也要通分，都有指数项要提出来等等.
2.把握一些基本的的模型：考虑以下函数，
① f(x)ex kxb
② f(x)ex ax2 bxc，g(x)(xk1)ex a(xk)2或者
x3 bk
h(x)(xk1)ex a(  x2 kbxc)
3 2
其中第一种函数 f(x)ex kxb是讨论的基础，我们需要讨论该函数的一些主要性质，
例如取点等.（公众号：凌晨讲数学整理，更多免费资料，请前往公众号下载）
至于后续g(x),h(x)如何产生，需从导函数角度入手考虑，其中：
g'(x)(xk)(ex 2a)，h'(x)(xk)[ex a(xb)]，即它们的导函数均是可以因式
分解的优良结构，这就意味着g(x),h(x)分别可能最多有两个和三个极值点，性质非常丰
富！
3.在上述函数结构的讨论中，我们需要注意与指数有关的不等式放缩，它是相关找点问题
x2
中的重要方法，主要有这些：ex  x1,ex  等.
4
4.在下面的例子中，我们将看到指数加多项式结构函数的一些典型应用，它们或是讨论单
调性，恒成立，零点个数，或是讨论由极值点构成的双变量问题.不管哪种，求导之后及
时的对导数进行因式分解是关键步骤.同时要注意，在指数配多项式的恒成立问题中，“指
数找基友”技巧也是极其重要的.
[f(x)ex]' [f '(x) f(x)]ex
5.先猜（看）根，再分解.很多题目中（特别是多项式），命题人往往都会给到一个看得出
来的零点，此时我们就可以做这样的因式分解，举个例子：求 f(x) x33x2 4的零
点.
可以发现x1是方程x3 3x2 40的一个实数根,所以x1是多项式x3 3x2 4的一个因式,因此,设x3 3x2 4(x1)  x2  pxq  ,又通过展开整理(x1)  x2  px
q) x3 (p1)x2 (pq)xq,所以x3 3x2 4 x3 (p1)x2 (pq)xq.对
p13
 p4
比系数可得：pq 0 ,解得 .综上所述,原式x3

q4
q 4

3x2 4(x1)  x2 4x4  (x1)(x2)2，故而求得 f(x)的零点.
二．典例分析
 π
例1.已知函数 f xasinxbtanx,x0, 
 2
x3  π
（1）若a1,b0时，求证：gx f x 在x0, 上有唯一极值点.
2  2
（2）若aN,b1，不等式 f x1ax恒成立，求a的取值集合.
x3 3x2 3x2
解析：（1）由题意：gxsinx ，所以gxcosx ，令hxcosx ，
2 2 2
hxsinx3x，令xsinx3x，xcosx30，所以xsinx3x在
 π  π
x0, 上单调递减，又因为00，所以x0在x0, 恒成立，故
 2  2
hxcosx 3x2 在  0, π 上单调递减，因为h010，h   π 0，所以存在唯一的
2  2 2
   
x 0, ，使得hxgx 0，故当x0,x 时，gx0，当xx , 时，
0  2 0 0  0 2
 
gx0.所以gx在x0,x 上单调递增，在xx , 上单调递减，故gx在
0  0 2
 π
x0, 上有唯一极大值点x .
 2 0
 π
（2）令Fxasinxtanxa1x，则当x0, ,Fx0恒成立.
 2
1 1
因为Fxacosx a1 cosx1 acos2xcosx1  （至关重要的一步）
cos2x cos2x
 π
当a0时，Fx0恒成立，故Fx在x0, 上单调递增，故FxF00，满
 2
足题意.（公众号：凌晨讲数学整理，更多免费资料，请前往公众号下载）
当a1或a2时，acos2xcosx12cos2xcosx12cosx1cosx10，
 π
故Fx0在x0, 上恒成立，故FxF00，满足题意.
 2
 π  1 
当a3时，令t cosx,x0, ，t0,1，htat2t1，则ht在t0, 上单调
 2  2a
 1  1
递减，在t ,1上单调递增，令cosx  ，故mxacos2xcosx1在x0,x 上单
2a  1 2a 1 π 1
调递减，在xx, 上单调递增，而m0a20,mx  10,所以存在唯一
 1 2 1 4a
x 0,x ，使得mx 0，所以当x0,x 时，mx0，所以当x0,x 时，
2 1 2 2 2
1
Fx cosx1mx0，所以Fx0在x0,x 时恒成立，不满足题意.故a的
cos2x 2
取值集合为0,1,2.
例2.设函数 f(x) xex ax2 2ax2a2 a，其中aR．
（1）讨论 f(x)的单调性；
 
（2）当 f(x)存在小于零的极小值时，若x ,x   0, ，且 f sinx  f x cosx  ，
1 2  2 1 1 2
证明：x  x ．
1 2
解析：（1）由 f x xex ax2 2ax2a2 a fxx1 ex 2a  ，当a0
时， f 'x0 x1 f x 在 1, 上为单调递增函数.
f 'x0 x1 f x 在 ,1 上为单调递减函数.
1
当a 0时，令 f 'x0 x 1,x ln2a，当x  x 1时，a  ，
1 2 1 2 2e
 1 1
f 'xx1  ex  ，当x1时，x10,ex  0，此时 f 'x0；
 e e
1 1
当x1时，x10,ex  0，此时 f 'x0；当x1时，x10,ex  0，
e e
1
此时 f '(x)= 0；故当a  时， f 'x0恒成立，故 f x 在R上为单调递增函数
2e
1
当a  时， f 'x0 x1或xln2a， f 'x01 xln2a，故 f x
2e
在
,1
和
ln2a,
上为单调增函数，在
1,ln2a
上为单调减函数.
1
当x  x 0a 时， f 'x0 xln2a或x1，
1 2 2e
f 'x0ln2a x1，故 f x 在 ln2a,1 上为单调减函数，在 ,ln2a 和
1,
上为单调增函数.
综上所述：当a0时， f x 在 1, 上为单调递增函数.在 ,1 上为单调递减函
1 1
数.当a 0时，若a  ， f x 在R 上为单调递增函数；若a  ， f x 在
2e 2e1
,1 和 ln2a, 上为单调增函数，在 1,ln2a 上为单调减函数；若0a
2e
， f x 在 ln2a,1 上为单调减函数，在 ,ln2a 和 1, 上为单调增函数.
（2）略.
例3.（2017年全国1卷）已知函数 f(x)ae2x (a2)ex x.
（1）讨论 f(x)的单调性；
（2）若 f(x)有两个零点，求a的取值范围.
解析：（1） f x的定义域为,， fx2ae2xa2ex1  aex1  2ex1  ，
若a0，则 fx0，所以 f x在,单调递减.若a0，则由 fx0得
xlna.
当x,lna时， fx0；当xlna,时， fx0，所以 f x在,lna单
调递减，在lna,单调递增.
（2）若a0，由（1）知， f x至多有一个零点.
1
若a0，由（1）知，当xlna时， f x取得最小值，最小值为 f lna1 lna.
a
①当a1时，由于 f lna0，故 f x只有一个零点；
1
②当a1,时，由于1 lna0，即 f lna0，故 f x没有零点；
a
1
③当a0,1时，1 lna0，即 f lna0.
a
又 f 2ae4a2e222e220，故 f x在,lna有一个零点.
设正整数n 满足n ln   3 1  ，则 f n en0  aen0 a2  n en0 n 2n0 n 0.
0 0 a  0 0 0 0
3 
由于ln 1lna，因此 f x在lna,有一个零点.综上，a的取值范围为0,1.
a 
例4．已知a0，函数 f x1ax ex1  .
（1）若a1，证明：当x0时， f xlnx1：
（2）若函数hxlnx1 f x存在极小值点x ，证明： f x 0
0 0
解析：（1）若a1，则 f(x)(1x)(ex1)，设g(x)ln(x1)(1x)(ex1),x0，
1 x[(x1)ex1]
g(x) [(ex1)(1x)ex] ，设(x)(x1)ex1,x0，
x1 x1(x)(x2)ex 0，则(x)在(0,)上单调递增，(x)(0)0，即g(x)0，
于是g(x)在(0,)上单调递增，g(x)g(0)0，即 f(x)ln(x1)，所以当x0时，
f(x)ln(x1).
（2）函数h(x)ln(x1)(1ax)(ex1),a0，其定义域为(1,),h(0)0，
1 (x1)(axa1)ex(axa1) (axa1)[(x1)ex1]
h(x) (axa1)exa  ，
x1 x1 x1
由（1）知(x)(x1)ex1在(1,)上单调递增，(0)0，当x(1,0)时，(x)0，
1 1
当x(0,)时，(x)0，则由h(x)0，解得x0或x 1，其中 11且
a a
1
10，即a0且a1，否则恒有h(x)0，则h(x)在(1,)上单调递增，函数h(x)
a
无极值点，不符合题意.
1 1
若1 10，即a1，当x(1, 1)(0,)时，h(x)0，
a a
1 1 1
当x( 1,0)时，h(x)0，则h(x)在(1, 1),(0,)上单调递增，在( 1,0)上单调递
a a a
1
减，因此x0是h(x)的极小值点， f(0)0，若 10，即0a1，当
a
1 1
x(1,0)( 1,)时，h(x)0，当x(0, 1)时，h(x)0，则h(x)在
a a
1 1 1
(1,0),( 1,)上单调递增，在(0, 1)单调递减，因此x 1是h(x)的极小值点，
a a a
1 1 1 1 1
f( 1)a(ea 1)，又0a1, 10，于是 f( 1)0，综上所述，函数
a a a
h(x)ln(x1) f(x)存在极小值点x , f x 0.
0 0
exa
例5．已知函数 f x lnxlna1(a0)（e是自然对数的底数）．
x
（1）当a1时，试判断 f x在1,上极值点的个数；
1 1
（2）当a 时，求证：对任意x1， f x ．
e1 a
解析：（1） f(x)在1,上只有一个极值点，即唯一极小值点；
x
(x1)(exa  )
（2）证明：由 f(x) exa(x1)  1  x1 ，
x2 x x2
x 1
设h(x)=exa  ，则h(x)exa 1 在1,上是增函数，当x1时，h(x)，
x1 x1
1 1
因为a ，所以h(a1)e1 0，所以存在x (1,a1)，使得
e1 a 0
x
h(x )ex0a  0 0，当x(1,x )时，h(x)0，则 f(x)0，即 f(x)在(1,x )上单调递
0 x 1 0 0
0减，当x(x ,)时，h(x)0，则 f(x)0，即 f(x)在(1,x )上单调递增，故xx 是函
0 0 0
exa
数 f x lnxlna1(a0)的极小值点，也是最小值点，则
x
f(x) f(x )
ex0a
lnx lna1，又因为ex0a 
x
0 ，所以
0 x 0 x 1
0 0
1 1 1
f(x ) lnx lna1 ，即证：对任意x1， lnx lna1 ，
0 x 1 0 x 1 0 a
0 0
1 1 1 1
即证：对任意x1， lnx  lna1 ，设g(x) lnx，则g(x) lnx在
x 1 0 a x1 x1
0
1 1
1,上单调递减，因为x (1,a1)，所以g(x )g(a1)，故 lnx  lna1
0 0 x 1 0 a
0
，
1
故对任意x1， f x .（公众号：凌晨讲数学整理，更多免费资料，请前往公众号下
a
载）2.单调性分析
一.基本原理：恒成立问题的一般形式为：若函数 y  f(x)的定义域为D，任意的xD
，都有 f(x)M 等价于 f (x)M 即可，其他情形可类比得到. 于是，解决恒成立问题
min
的第一种方法就是值域方法，实质就是找到函数在其定义区间上的最大值或最小值，在这
个过程中我们需要借助导数来讨论原函数的单调性进而求得值域.
二．典例分析
例1.（2012全国卷）设函数 f(x)ex 1xax2.
（1) 若a0,求 f(x)的单调区间;
（2）当x0时 f(x)0恒成立，求a的取值范围.
解析：（1）a0时， f(x)ex 1x， f '(x)ex 1.
当 x(,0)时， f '(x)0；当 x(0,)时， f '(x)0.故 f(x)在(,0)单调减
少，在(0,)单调增加
（2） f '(x)ex 12ax，由（1）知ex 1x，当且仅当x0时等号成立.故
1
f '(x) x2ax(12a)x，从而当12a0，即 a 时， f '(x)0 (x0)，而
2
f(0)0，于是当 x0时， f(x)0.由ex 1x(x0)可得ex 1x(x0).从而
1
当a  时， f '(x)ex 12a(ex 1)ex(ex 1)(ex 2a)，故当x(0,ln2a)时，
2
f '(x)0，而 f(0)0，于是当x(0,ln2a)时， f(x)0.
1
综合得a的取值范围为(, ].
2
例2.（2020全国1卷）已知函数 f(x)ex ax2 x.
（1）当a1时，讨论 f(x)的单调性；
1
（2）当x0时， f(x) x31，求a的取值范围.
2
解析：方法1.（直接讨论）
1 1
因为 f(x) x31等价于ex  x3 ax2 x10，构造函数
2 2
1
g(x)ex  x3ax2 x1(x0)， 则
23
g'(x)ex  x2 2ax1,g''(x)ex 3x2a， g'''(x)ex 3， 且
2
g(0)0,g'(0)0,g''(0)12a.所以g''(x)在(0,ln3)内单调递减，在(ln3,)内单
 
调递增，此时 g''(x)  g''(ln3)2a3(1ln3).
min
3(ln31)
（ⅰ）若2a3(1ln3)0，即a ，则g'(x)在(0,)内单调递增，
2
g'(x)0,g(x)在  0，  内单调递增，g(x) g(0)0，不等式恒成立；
1
（ⅱ）若2a10，即a ，则当x(0,ln3)，g''(x)0.所以g'(x)在(0,ln3)内
2
单调递减，而g'(0)0，故当x(0,ln3)时，g(x)在(0,ln3)内单调递减，不合题意.
1 3(ln31)
（ⅲ）若 a ，则由g''(0)12a 0,g''(ln3)2a3(1ln3)0，
2 2
g''(2)e2 72a 0，可知存在x (0,ln3),x (ln3,2),g''(x ) g''(x )0，此时
1 2 1 2
g'(x)在 (0,x )内单调递增，在 (x ,x )内单调递减，在 (x ,)内单调递增，且
1 1 2 2
g'(0)0，
若g'(x )0，则g'(x)0恒成立，g(x)在  0,  内单调递增，g(x) g(0)0，不等
2
式恒成立；若 g'(x )0，则存在 x (x ,x ),x (x ,),g'(x ) g'(x )0，此时
2 3 1 2 4 2 3 4
g(x)在(0,x )内单调递增，在(x ,x )内单调递减，在(x ,)内单调递增，且g(0)0
3 3 4 4
，要使
3
g(x)0恒成立，只需要g(x )0，此时g'(x )ex 4  x2 2ax 10，
4 4 2 4 4
1 1
g(x )ex 4  x3 ax2 x 10，消去a，得(x 2)(ex 4  x2 x 1)0，解法
4 2 4 4 4 4 2 4 4
7e2 7e2 3(ln31)
x 2，由g(x )0得a ，故 a ，综上，a的取值范围是
4 4 4 4 2
7e2 
,.
 
4
 
例3．已知函数 f(x)aex1lnxlna．
（1）当ae时，求曲线y f x在点 1, f 1 处的切线与两坐标轴围成的三角形的面
积；
（2）若不等式 f x1恒成立，求a的取值范围．1
解析：（1）Q f(x)exlnx1，f(x)ex ，k  f(1)e1.Q f(1)e1，∴切点
x
坐标为(1,1+e),∴函数 f x在点(1,f(1)处的切线方程为ye1(e1)(x1),即
2
ye1x2,切线与坐标轴交点坐标分别为(0,2),( ,0),
e1
1 2 2
∴所求三角形面积为 2| |= ．
2 e1 e1
1
（2）Q f(x)aex1lnxlna,f(x)aex1 ，且a0.设g(x) f(x),则
x
1
g(x)aex1 0,∴g(x)在(0,)上单调递增，即 f(x)在(0,)上单调递增，
x2
1
当a1时， f(1)0,∴ f x  f 11,∴ f x1成立.当a1时， 1 ， 1 1 ，
min a ∴ea 1
f( 1 )f(1)a(e 1 a 1 1)(a1)0,∴存在唯一x 0，使得 f(x )aex01 1 0，且当
a 0 0 x
0
1
x(0,x )时 f(x)0，当x(x ,)时 f(x)0，aex01  ，lnax 1lnx ，
0 0 x 0 0
0
因此 f(x)  f(x )aex01lnx lna
min 0 0
1 1
 lnax 1lna2lna12 x 2lna1>1,∴ f x1,∴ f x1恒成立；当
x 0 x 0
0 0
0a1时， f(1)alnaa1,∴ f(1)1, f(x)1不是恒成立.综上所述，实数a的取值范
围是[1,+∞).
例4．已知函数 f xxex1.
（1）求 f x的极值；
（2）当x0时， f xa1xlnx2，求实数a的取值范围.
解析：（1）求导得 fxx1ex1，所以当 f¢(x)>0时，x1；当 fx0时，
x1，
所以 f x在,1上单调递减，在1,上单调递增，
所以 f x有极小值 f 11，无极大值.
（2）由题知不等式xex1a1xlnx2在x0,上恒成立，
则原问题等价于不等式xex1lnxx2ax在x0,上恒成立，
1  1
记gxxex1lnxx2，gxx1ex1 1x1 ex1 ，
x  x
1 1
记hxex1 ，则hxex1 0恒成立，
x x2所以hx在x0,上单调递增，又h   1  e 1 e 1 2 e2 0,h1e210，
e2 
 1 
所以存在x  ,1，使得hx 0，即当xx 时，hx0，此时gx0；当xx
0 e2  0 0 0
时，hx0，此时gx0，所以gx在0,x 上单调递减，在x ,上单调递增，
0 0
1 1 1
由hx ex01 0，得ex01  ，x  ,lnx x 1，
0 x x 0 ex01 0 0
0 0
1
所以gxgx x ex01lnx x 2x  x 1x 20，
0 0 0 0 0 x 0 0
0
①当a0时，因为gxxex1lnxx20,ax0，所以不等式恒成立，所以a0；
 1 
②当a0时，因为存在x  ,1，使得gx 0，而ax 0，此时不满足
0 e2  0 0
xex1lnxx2ax，所以a无解.综上所述，a0.
三．习题演练
x
1．（2024年新课标全国Ⅰ卷）已知函数 f(x)ln axb(x1)3
2x
（1）若b0，且 f(x)0，求a的最小值；
（2）证明：曲线y f(x)是中心对称图形；
（3）若 f(x)2当且仅当1x2，求b的取值范围．
x
解析：（1）b0时， f xln ax，其中x0,2，则
2x
fx 1
x

2
1
x

x2
2
x
a,x0,2 ，因为x2x 
 
2
2
xx
 
2 1，当且仅当x1时
等号成立，故 fx 2a，而 fx0成立，故a20即a2，所以a的最小值为
min
2.，
x
（2） f xln axbx13的定义域为0,2，设Pm,n为y f x图象上任意一
2x
点，
Pm,n关于1,a的对称点为Q2m,2an，因为Pm,n在y f x图象上，故
m
nln ambm13，而
2m
f 2mln 2m a2mb2m13   ln m ambm13 2a，
 
m  2m 
n2a，所以Q2m,2an也在y f x图象上，由P的任意性可得y f x图象为
中心对称图形，且对称中心为1,a
.（3）因为 f x2当且仅当1x2，故x1为 f x2的一个解，所以 f 12即
a2，先考虑1x2时， f x2恒成立.此时 f x2即为
x t1
ln 21xbx13 0在1,2上恒成立，设t x10,1，则ln 2tbt3 0
2x 1t
t1
在0,1上恒成立，设gtln 2tbt3,t0,1，则
1t
2
t2 3bt223b 
gt 23bt2  ，当b0，3bt223b3b23b20，
1t2 1t2
故gt0恒成立，故gt在0,1上为增函数，故gtg00即 f x2在1,2上
2
恒成立.当 b0时，3bt223b23b0，故gt0恒成立，故gt在0,1上
3
为增函数，
故gtg00即 f x2在1,2上恒成立.当b 2 ，则当0t 1 2 1时，
3 3b
 2 
gt0故在0, 1 上gt为减函数，故gtg00，不合题意，舍；
 3b
 
2 2 2
综上， f x2在1,2上恒成立时b .而当b 时，而b 时，由上述过程可得
3 3 3
2
gt在0,1递增，故gt0的解为0,1，即 f x2的解为1,2 .综上，b .
3
2．（2024年高考全国甲卷数学（理））已知函数 f x1axln1xx．
（1）当a2时，求 f x的极值；
（2）当x0时， fx0恒成立，求a的取值范围．
解析：（1）当a2时， f(x)(12x)ln(1x)x，故
12x 1 1
f(x)2ln(1x) 12ln(1x) 1，因为y2ln(1x),y 1在
1x 1x 1x
1,上为增函数，故 f(x)在1,上为增函数，而 f(0)0，故当1x0时，
f(x)0，当x0时， f(x)0，故 f x在x0处取极小值且极小值为 f 00，无极
大值.
1ax a1x
（2） fxaln1x 1aln1x ,x0，设
1x 1x
a1x a a1 ax1a1 ax2a1
sxaln1x ,x0，则sx   
1x x1 1x2 1x2 1x2
，1
当a 时，sx0，故sx在0,上为增函数，故sxs00，即 fx0，
2
1 2a1
所以 f x在0,上为增函数，故 f x f 00.当 a0时，当0x
2 a
 2a1  2a1
时，sx0，故sx在0, 上为减函数，故在0, 上sxs0，即在
 a   a 
 2a1  2a1
0, 上 fx0即 f x为减函数，故在0, 上 f x f 00，不合题
 a   a 
意，舍.当a0，此时sx0在0,上恒成立，同理可得在0,上 f x f 00
1
恒成立，不合题意，舍；综上，a .
2
3．已知函数 f xxlnxa，其中a0．
（1）当a2时，求曲线y f x在点 1, f 1 处的切线方程；
（2）若函数 f x的极小值为0，求a的值；
（3）在（2）的条件下，若对任意的x[0,)， f xkx2成立，求实数k的最小值
1
【详解】（1）当a2时， f xxlnx2，则 fx1 ，故
x2
1
f11 0，又 f 11，故y f x在点 1, f 1 处的切线方程为y1
12
1 xa1
（2） fx1  ，xa故当x1a时， fx0, f x单调递增，当
xa xa
ax1a时， fx0, f x单调递减，故当x1a时， f x取极小值，故
f 1a1aln10，故a1
（3）由（2）知a1，故 f xxlnx1，故对任意的x[0,)， f xkx2成立，
只需要对任意的x[0,)，kx2ln(x1)x0，记gxkx2ln(x1)x，则
1 x2kx2k1
gx2kx 1 ，
x1 x1
①0k 1 时，此时 1 10，故当0x 1 1时，gx0，gx单调递减，当
2 2k 2k
1 1
x 1时，gx0，gx单调递增，故当x 1时，gx取极小值也是最小值，
2k 2k
 1 
故gx g 1g00，不符合题意，
min 2k 
1 1
②当k  时，此时 10，故当x0时， gx0，gx单调递增，
2 2k
故gxg00，符合题意，
1
③当k 0时，此时 10，故当x0时， gx0，gx单调递减，故
2kgxg00，不符合题意，
④当k 0时，故当x0时， gx0，gx单调递减，故gxg00，不符合题
意，
1 1
综上可得k  ，所以实数k的最小值为 .
2 23.对数“单身狗”，指数“找朋友”
一．基本原理
由于很多函数中都包含指数或对数项，在处理时我们有一个技巧：“指数找基友，对数单
身狗”，其原理如下：
f(x)
[f(x)ex]' [f '(x) f(x)]ex，[f(x)lnx]'  f '(x)lnx .
x
以e为底的指数函数具有求导不变性和恒正性，所以给它找“基友”求到后可不再考虑指
数函数对正负号的影响，而对数则不具有这样的性质，反而越求导越麻烦，所以让它单独
出现，同时对数的定义域决定了当它单独求到后的正负号易于判断.
二．典例分析
例1.（2020全国1卷）已知函数 f(x)ex ax2 x.
（1）当a1时，讨论 f(x)的单调性；
1
（2）当x0时， f(x) x31，求a的取值范围.
2
1 x3 x3
f(x) x31等价于( ax2 x1)ex 1，令g(x)( ax2 x1)ex 1，则
2 2 2
x
g'(x) (x2a1)(x2)ex.
2
1
若2a10a ，此时g(x)在(0,2)上增，且g(0)0，不合题意.
2
1 1
若02a12 a ，故g(x)在(0,2a1),(2,)上减，在(2a1,2)增，故
2 2
7e2 1 7e2
欲使得g(x)0 g(2)0a ，故当 a 时，满足题意.
4 2 4
1 x3 1
若22a1 a，则 g(x)( x1)ex 10，故 a ，满足题意.综上所
2 2 2
述，
7e2
a .
4
例2.已知函数 f(x)(ax1)ex,aR.
（1）讨论 f (x)的单调性;
（2）若a 1,求证：当x 1时, f(x)…exln(x1)x1.解析：（1）依题意, f(x)的定义域为(,), f(x)(axa1)ex,当a 0
1a
时, f(x)ex 0, f(x)在(,)单调递减;当a 0时,当x 时, f(x)0,当
a
1a  1a 1a 
x 时, f(x)0,∴ f(x)在 , 单调递减,在 , 单调递增;
a  a   a 
1a 1a  1a
当 a0时,当 x 时, f(x)0,当 x 时, f(x)0,∴ f(x)在 , 
a a  a 
1a 
单调递增,在 , 单调递减;
 a 
 1a
综上,当a 0时, f(x)在(,)单调递减;当a 0时, f(x)在 , 单调递减,
 a 
1a  1a 1a 
在 ,)单调递增;当a0时, f(x)在 , 单调递增,在 , 单调
 a  a   a 
递减;
（2）当a 1,要证明 f(x)…exln(x1)x1,即证明(x1)ex…exln(x1)x1,
∵ex 0,只需证明x1… ln(x1)(x1)ex,即(x1)ex ln(x1)x1…0,
设g(x)(x1)ex ln(x1)x1,则
1  1  x  ex x1 
g(x)xex  1x ex   ,设h(x)ex x1,则
 
x1  x1 (x1)ex
h(x)ex 1,当1 x0时,h(x)0;当x0时,h(x)0；∴h(x)在(1,0)单调
递减,在(0,)单调递增;∴h(x)…h(0)0,当1 x0时,g(x)0;当x0
时,g(x)0;g(x)在(1,0)单调递减,在(0,)单调递增∴g(x)…g(0)0,当
x1时, f(x)…exln(x1)x1.
例3.已知函数 f(x)aex lnx1.
（1）设x2是 f(x)的极值点,求a,并求 f(x)的单调区间;
1
（2）证明:当a 时, f(x)0.
e
1 ex lnx1 1 lnx1
解析:（2）当a 时,要证 f(x) lnx10,只需  设g(x) ,
e e ex e ex1
1lnx
x
则 g(x) ， 由 g(x)0， 得 x1， 令
ex
1 1 1
h(x) 1lnx,h(x)  0， 当 0 x1时 ， g(x)0， 当 x1时 ，
x x2 x
1 1
g(x)0,所以 x1是 g(x)的最大值点，故当 x0时,g(x) g(1) ,所以当a
e e
时, f(x)0.4.参数分离方法与“副产物”
“副产物”1：二次求导
例1．已知函数 f xxsinxcosx，xπ,π．
（1）求 f x的单调区间与最值；
（2）若存在x 0,π，使得不等式 f x a  x21  成立，求实数a的取值范围．
0 0 0
解析：（方法一：参数分离）
xsinxcosx
xsinxcosx…a  x2 1   …a
x2 1
xsinxcosx x  cosxx2 cosx2xsinx 
令 g(x) ，则 g(x) ，为了讨论导函数
x2 1  x2 1 2
正负号，令 h(x) x2cosxcosx2xsinx，则 h'(x)  x2 1  sinx0,x[0,]
，故
h(x)„ h(0)1 g(x)0 ，x[0,],故g(x)在[0,]上递减，则需a g(0)1.
综上所述，a1.
（方法2.带参讨论）
（2）设F(x)xsinxcosxa(x21),x[0,π], F(x)xcosx2axx(cosx2a),
1
当2a1，即a 时，F(x)≥0，F(x)在[0,]上单调递增，
2
1 1
F (x)F(π)1a(π21)0，a ，所以a 成立；
max π21 2
1
当2a1，即a 时，F(x)0，F(x)在[0,]上单调递减，F (x)F(0)1a0，即
2 max
1
a1，所以 a1；
2
1 1
当 a 时，x (0,π),cosx 2a，当x(0,x ),cosx2a,F(x)0，F(x)单调递
2 2 0 0 0
增，
当x(x ,),cosx2a,F(x)0，F(x)单调递减，所以
0
1
F (x)F(x )x sinx cosx a(x 2+1) =x sinx cosx  cosx (x 2+1)
max 0 0 0 0 0 0 0 0 2 0 0
1 x 2 1 x2
=x sinx  cosx  0 cosx ，令(x)=xsinx cosx cosx,x(0,)，
0 0 2 0 2 0 2 2
1 x2 1
(x)= sinx sinx0，所以(x)(0) ，F(x )0成立．综上，a的取值范围为
2 2 2 0(,1]．
“副产物”2：隐零点代换
例2.已知函数 f xeax x（aR，e为自然对数的底数），gxlnxmx1.
（1）若 f x 有两个零点，求实数a的取值范围；
（2）当a1时，x

f xx

 gx 对任意的x0, 恒成立，求实数m的取值范
围.
解析：（1） f x有两个零点关于x的方程eax x有两个相异实根，由eax 0，知x0
lnx lnx 1lnx
f x有两个零点a 有两个相异实根.令Gx ，则Gx ，
x x x2
由Gx0得：0xe，由Gx0得：xe，Gx在0,e单调递增，在e,单
1
调递减，Gx Ge ，又G10，当0x1时，Gx0，当x1时，
max e
Gx0
 1
当x时，Gx0，f x有两个零点时，实数a的取值范围为0, ；
 e
（2）当a1时， f xexx，原命题等价于xex lnxmx1对一切x0,恒成立
lnx 1 lnx 1
mex  对一切x0,恒成立.令Fxex  x0
x x x x
lnx x2exlnx
mFx ，Fxex  ，令hxx2exlnx，x0,，则
min x2 x2
1
hx2xex2ex 0，hx在0,上单增，又h1e0，
x
1 1 2
h ee 1e010
e
1 
x  ,1，使hx 0即x2ex0 lnx 0①，当x0,x 时，hx0，当
0 e  0 0 0 0
xx ,时，hx0，即Fx在0,x 递减，在x ,递增，
0 0 0
lnx 1
Fx Fx ex0  0 
min 0 x x
0 0
lnx 1 1  1  ln 1
由①知x2ex0 lnx ，x ex0  0  ln ln e x0函数xxex在0,单
0 0 0 x x x  x 
0 0 0 0
1 x 1 1 1
调递增，x ln 即x lnx ，Fx elnx0  0   1 1，m1
0 x 0 0 min x x x x
0 0 0 0 0
实数m的取值范围为,1
.
“副产物”3：渐近线例3.若函数 f(x)ex (m1)lnx2(m1)x1恰有两个极值点,则实数m的取值范围
为
 e  1
A.  e2,e  B. ,  C. ,  D.(,e1)
 2  2
1 
解析:由题意,函数 f(x)的定义域为(0,), f(x)ex (m1)  2  0在(0,)上
 x 
xex
有两个不相等的实数根,所以m1 在(0,)上有两个不相等的实数根,令
12x
xex xex
g(x) (0,),其大致图象如图所示,要使m1 在(0,)上有两个不相
12x 12x
等的实数根,则m1 g(1),即m1e,即me1,所以实数m的取值范围是
(,e1).
习题演练
1．已知函数 f(x)ax2lnx．
（1）当a1时，求函数 f(x)的最小值；
（2）试讨论函数 f(x)的单调性；
（3）当x1时，不等式 f(x)(x2)lnx2xa1恒成立，求整数a的最大值．
【详解】（1）当a1时，则 f(x)x2lnx，可知 f(x)的定义域为0,，且
2 x2
fx1  ，令 fx0，解得x0,2；令 fx0，解得x2,，
x x
可知 f x的单调递减区间是0,2，单调递增区间是2,，所以函数 f(x)的最小值为
f 222ln2.
2 ax2
（2）由题意可知 f(x)的定义域为0,，且 fxa  x0，当a0时，
x x
fx0恒成立，所以 f x的单调递减区间是0,，无单调递增区间.当a0时，令
2  2 2 
fx0解得x ，令 fx0，解得x0, ；令 fx0，解得x ,，
a  a a  2 2 
所以 f x的单调递减区间是0, ，单调递增区间是 ,；综上所述：当a0时，
 a a 
f x的单调递减区间是0,，无单调递增区间；当a0时， f x的单调递减区间是
 2 2 
0, ，单调递增区间是 ,.
 a a 
（3）当x1时，不等式 f xx2lnx2xa1恒成立，即
xlnx 1
ax2lnxx2lnx2xa1，整理可得a  2，原题意等价于
x1 x1
xlnx 1 xlnx 1
a  2对任意x1恒成立，令gx  2(x1)，则
x1 x1 x1 x1
1lnxx1xlnx 1 xlnx2
gx   ，令hxxlnx2,x1，则
x12 x12 x12
1 x1
hx1  0，所以hx在区间1,上单调递增，因为h31ln30，
x x
h42ln40，所以hx在区间1,内存在唯一零点x 3,4，即x lnx 20
0 0 0
，所以lnx x 2，当x1,x 时，hx0，即gx0；当xx ,时，hx0
0 0 0 0
，即gx0；可知gx在区间1,x 上单调递减，在区间x ,上单调递增；所以
0 0
x lnx 1 x x 2 1
gx gx  0 0  2  0 0  2x 1，因为x 3,4，则
min 0 x 1 x 1 x 1 x 1 0 0
0 0 0 0
x 14,5，即gx 4,5，且a为整数，则a4，所以整数a的最大值是4.
0 min
2．已知函数 f xlnxax23aR．
1
（1）当a 时，求函数 f x的极值；
2
（2）求函数 f x的单调区间；
（3）当a0时，若xf xkxk2在x1,时恒成立，求整数k的最大值．
1 1 1 1x2
【详解】（1）当a 时， f xlnx x23,x(0,)，所以 fx x ，
2 2 x 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，
5
所以 f x在x1处取得极大值 f 1 ，无极小值.
2
1 12ax2
（2） fx 2ax ,x(0,)，当a0时， fx0恒成立，所以 f x在
x x
(0,)上单调递增，当a0时，当x(0, 2a )时， f¢(x)>0，所以 f x在
2a(0, 2a )上单调递增，当x( 2a ,)时， fx0，所以 f x在( 2a ,)上
2a 2a 2a
单调递减，综上所述：当a0时， f x在(0,)上单调递增，
当a0时， f x在(0, 2a )上单调递增，( 2a ,)上单调递减.
2a 2a
xlnx3x2
（3）xf xkxk2在x1,时恒成立，即k  恒成立，令
x1
xlnx3x2 xlnx2
F(x) ，则F(x) ，令m(x)xlnx2，则
x1 (x1)2
1 x1
m(x)1  0在x1上恒成立，所以m(x)在1,上单调递增，且
x x
m(3)3ln321ln30
m(4)2ln40，所以m(x)在1,存在唯一实数b(3,4)，使得m(b)0，即
m(b)blnb20，所以lnbb2当x1,b时，m(x)0，即F(x)0，当xb,
时，m(x)0，即F(x)0，所以F(x)在1,b上单调递减，b,上单调递增，所以
blnb3b2 b(b2)3b2
F(x)   b2(5,6)，故k b2，又kZ，整数k的最
min b1 b1
大值为5．
a
3．已知函数 f x2lnx xaR.
x
（1）若a0，求曲线y f x在x1处切线方程；
（2）讨论y f x的单调性；
1
（3）若x1时， f x x恒成立，求实数a的取值范围
x
2
【详解】（1）若a0，则 f x2lnxx， fx 1，可得 f 11, f11，
x
即切点坐标为1,1，切线斜率为k 1，所以切线方程为y1x1，即xy20.
2 a x22xa
（2）由题意可知：y f x的定义域为0,，且 fx  1 ，
x x2 x2
令 fx0，即x22xa0，则有：当44a0，即a1时，则x22xa0，
即 fx0，所以y f x在0,内单调递增；当44a0，即a1时，则方程
x22xa0有两个不相等的实根x 1 1a，x 1 1a ，且x x ,x 0，
1 2 1 2 2
若x 1 1a 0，即a0，令 f¢(x)>0，解得xx ； fx0，解得0 x x ；则
1 2 2
y f x在0,x 内单调递减，在x ,内单调递增；若x 1 1a 0，即1a0
2 2 1，令 f¢(x)>0，解得xx 或xx ； fx0，解得x xx ；则y f x在x,x 内单
2 1 1 2 1 2
调递减，在0,x ,x ,内单调递增；综上所述：当a1时，y f x在0,内单
1 2
调递增；
当a0，y f x在  0,1 1a  内单调递减，在  1 1a,  内单调递增；
若1a0，y f x在  1 1a,1 1a  内单调递减，在  0,1 1a  ,  1 1a, 
内单调递增.
a 1 a1
（3）因为 f x2lnx x x，整理可得 xlnxx2，令gxxlnxx2,x1
x x 2
a1
，原题意等价于 gx对任意x1恒成立，因为gxlnx12x，令
2
12x
hxgx,x1，则hx 0对任意x1恒成立，可知hx在1,内单调递
x
减，则hxh110，
即gx0对任意x1恒成立，可知gx在1,内单调递减，则gxg11，
a1
可得 1，解得a1，所以实数a的取值范围为1,.
25.端点效应与必要性探路
一．真题分析.
sinx  
（2023年甲卷T21） 已知 f(x)ax ,x  0, .
cos3 x  2 
（1）当a8时, 讨论 f(x)的单调性；
（2）若 f(x)sin2x, 求a的取值范围.
sinx  
解析： (1) f(x)8x ,x  0, ,
cos3 x  2 
8cos4 x2cos2 x3  2cos2 x1  4cos2 x3 
f(x)  .
cos4 x cos4 x

令 f(x)0, 得  2cos2 x1  4cos2 x3  0 x 。
4
   
当x  0, 时, f(x)0, f(x) 单调递增;当x  , 时, f(x)0, f(x) 单调递
 4   4 2 
   
减，∴ f(x) 在区间  0,  上单调递增, 在区间  ,  上单调递减.
 4 4 2 
(2)
sinx sinx
f(x)sin2xax sin2x g(x)axsin2x 0
cos3 x cos3 x
cos2 x3sin2 x
由于g(0)0，且g(x)a2cos2x ,
cos4 x
 
注意到当 g(0)0即 a3时， x   0, 使 gx0在 x0,x 成立，故此时
0  2  0
g(x) 单调递减 ∴g(x) g(0)0，不成立.
sinx
另一方面： 当a„ 3时, g(x)„ 3xsin2x h(x)，下证它小于等于0.
cos3 x
32cos2 x
令h'(x)32cos2x
cos2 x
3cos4 x2cos2 x32cos2xcos4 x 3  cos4 x1  2cos2 x(1cos2xcos2 x)
 
cos4 x cos4 x
  cos2 x1 2 4cos2 x3 
 0.
cos4 xg(x)递减 g(x)„ g(0)0.综上所述: a3.
必要性探路是恒成立问题中一种重要的处理手法，由于恒成立问题的任意性，我们可
以通过特数值来缩小参数范围.特别地，如果恒成立问题恰好在端点处取到最值，利用连
续函数的保号性，可以进一步得到端点效应，下面详细说明其原理.
二．基本原理.
端点效应的原理：
1.必要条件缩小范围：
①若 f(x,a)0(a为参数)在  a,b  (a,b为常数)上恒成立，则 f(x)在区间端点处也成
f(a)0
立，即 ,此法应用于区间端点值包含参数的情况.
f(b)0
②若 f(x,a)0(a为参数)在  a,b  (a,b为常数)上恒成立，且 f(a)（0 或f(b)0）,则
f(a)0或（f(b)0）.此法应用于区间端点的函数值为零的情况.
  f(a)0 f(b)0
③若 f(x)0(a为参数)在  a,b  (a,b为常数)上恒成立，且 或  ，
f(a)0 f(b)0
则 f(a)0或（f(b)0）.此法应用于区间端点的函数值为零且导数值也为零的情况.
2.充分性求结果：（公众号：凌晨讲数学整理，更多免费资料，请前往公众号下载）
求 fx判断 f(x)的单调性，然后表示 f(x)的最小值 f(x) ，使得 f(x) 0即
min min
可.注意第2步一定要利用第一步中的参数的范围.
注：必要性探路（端点效应）求出的参数范围可能是所求范围，可能比所求范围要大，所
以利用上面原理缩小完参数范围后一定要反过来证明充分性是否成立！
三．更多案例
例2．（2022新高考2卷）已知函数 f(x) xeax ex．
（1）当a1时，讨论 f(x)的单调性；
（2）当x0时， f(x)1，求a的取值范围；
1 1 1
（3）设nN*，证明：   ln(n1)．
12 1 22 2 n2 n
解析：（2）必要性探路
由题知 f'(x)(ax1)eax ex, f''(x)(a2x2a)eax ex，因为 f(0)1, f'(0)0，
1 1
所以 f''(0)2a10，解得a ，下面证明xeax ex 1对a 且x0恒成立.
2 21 x 1 x 1 1 x
只需证明 xe2 ex 1对 x0恒成立 xe2  对 x0恒成立（令t e2 1
1
x
e2
1 1
，则x2lnt） 2lnt t ①对t 1恒成立，设 p(t)t 2lnt(t 1)，则
t t
1 2 (t1)2
p'(t)1   0，所以 p(t) p(1)0，故①式成立，则a的取值范围为
t2 t t2
 1
，

 2
例3．（2022达州一诊）已知函数 f xsinxexaln(x1)．
（1）当a2时，求函数 f x在1,0上的最小值；
（2）若 f x1恒成立，求实数a的值．
必要性分析：令g(x) f(x)1，则g(0)0. 考虑g(x)在x0处的三阶泰勒展开：
x3 x2 x3 x2 x3
g(x) x 1x  a(x  )1o(x3)，
6 2 6 2 3
进一步整理可得：
(1a)x2 ax3
g(x)(2a)x  o(x3)
2 3
考虑x0的临域(,),0内，g(x)的主要性态由其展开式的低次项决定，这样的
话，若a 2时，则在 x(,0)时， g(x)0，而在 x(0,)时， g(x)0，这与
g(x)0恒成立矛盾，于是a 2，下面进行充分性证明.
a
充分性证明： f xsinxexaln(x1)定义域为1,， fxcosxex ，
x1
a a
令hxcosxex ，则hxexsinx ，
x1 (x1)2
若a2，由（1）知，则 f x  f 01， f x1在区间(1,)恒成立．
min
a
若a2，因为x1,0，exsinx0，x0,，exsinx0， 0，则
(x1)2
hx0，
a
所以hx即 fx是增函数．当xa11时，x1a，1 0，
x1
a
所以 fx f1ecos1 0．又因为 f02a0，所以存在正数x ，使得
x1 1fx 0.
1
当0xx 时， fx 0， f x是减函数，所以 f x  f 01，不合题意．
1 1 1
a
若2a0，因为x1,0，exsinx0，x0,，exsinx0， 0
(x1)2
a a
．则hx0，所以 fx是增函数，当1x1 0时， 2，
2 x1
a
fx f 011 0．又 f02a0，所以存在正数x (1,0)，使得
x1 2
fx 0，
2
当x x0时， fx 0， f x是增函数，所以 f x  f 01，不合题意．
2 1 2
a
若a0，因为x1,0，cosxex 0，x0,，cosxex 0， 0，则
x1
a
fxcosxex 0， f x是增函数．因为 f 01，所以当1x0时，
x1
f(x) f(0)1，不合题意．综上所述，实数a的值为2．
例4.（2019成都三诊）设函数 f(x) xlnx2ax2 3xa,aZ .
（1）当a1时，判断x1是否为函数 f(x)的极值点，并说明理由；
（2）当x0时，不等式 f(x)0恒成立，求a的最小值.
解:（1）当a1时， f 'xlnx4x4.令Fx f 'xlnx4x4，则
1 14x
F'x 4
x x
1 1 
当x 时，F(x)0. 即 f 'x在 ,内为减函数，且 f '10
4 4 
1  1 
∴当x ,1时， f 'x0;当x(1,)时， f 'x0. ∴ f x在 ,内是增函数，在
4  4 
(1,)内是减函数. 综上，x1是函数 f x的极大值点.
（2）由题意，得 f 10，即a1. 现证明当a1时，不等式 f x0成立，即
1 1
xlnx2x23x10. 即证lnx2x3 0，令gxlnx2x3
x x
1 1 2x2x1 2x1x1
则g'x 2   ∴当x(0，1)时，g'x0;当x(1,)
x x2 x2 x2
时，g'x0. ∴gx在0,1内单调递增，在(1,)内单调递减， gx的最大值为
g10.
1
∴当x0时，lnx2x3 0.即当x0时，不等式 f x0成立. 综上，整数a的最小
x值为1.
例5．已知函数 f x2e2xa2x1ln2x1．
（1）当a2时，研究函数 f x的单调性；
（2）当x  0, π 时， f x2cos2 x2a2x恒成立，求a的取值范围．
 
 2
解析：（1）因为a2，所以 f x2e2x22x1ln2x1，所以函数 f x的定义域为
 1 
 ,，且 fx4

e2xln2x11

，构造函数Fxexx1，则Fxex1
 2 
，
令Fx0，得x0，∴当x0时，Fx0，Fx在0,上单调递增；当x0
时，Fx0，Fx在,0上单调递减．∴FxF00，∴ex x1，
1
∴当x1时，xlnx1，所以当x 时，e2x 2x1，当且仅当x0时等号成立，
2
1
所以当x 时，2xln2x1，当且仅当x0时等号成立，
2
∴e2xln2x112xln2x10，当且仅当x0时等号成立，∴ fx0，当且仅当
 1 
x0时等号成立，∴ f x在 ,上单调递增．
 2 
（2）∵ f x2cos2 x2a2x，x  0, π ，等价于
 
 2
2e2xa2x1ln2x1cos2xa22x10，令t 2x，t0,π，构造函数
ht2et at1lnt1costa2t1，∴h00，ht2et alnt1sint2
a
，h00．令gx2exalnx1sinx2，gx2ex cosx，x0,π，
x1
注意到g03a．当a3时，g00，∴x 0，当x0,x 时，gx0，即当
0 0
t0,x 时，ht0，所以ht在0,x 上单调递减，所以hx 0，不符合题意．
0 0 0
a
当0a3时，令mx2ex cosx，x0,π，
x1
a a
mx2ex sinx2 sinx0，
x12 x12
∴mx单调递增，则mxm03a0，当a0时，则
a a
mx2ex cosx2cosx 0，gx0，gx单调递增，gxg00
x1 x1
．∴ht0，ht单调递增，hth00，符合题意．综上所述a3．6.不等式放缩
一．基本原理
首先来梳理常见的不等式及其构造原理.
1.切线不等式：
高中几个重要的函数 y ex,y lnx,y sinx都具有凸凹性，这样我们便可通过切线来构
造不等式，具体的原理请见《高观点：函数凸凹性》，这里只列举一些重要的切线不等
式：
1.1 ex  x1,x0； 1.2 lnx x1,x0；
将这两个切线不等式进行合适的取值与加减项，又可得到更多的不等式：
令：x
x x2
令：x
x x3
令：x
x xn
①ex  x；2ex  ;3ex  ;nex 
4 27 nn
1
②ex x；取倒数ex  ,(x0)；
x
1
③ex x1；取倒数ex  ,(x1)；
1x
1
x1lnxlnx1  xlnx x1
x
2. 高次不等式放缩
1 x2
2.1 ex  x2 x1； 2.2 ln(1x) x ,x0；
2 2
x3 x2
2.3 sinx x ,x0； 2.4 cosx1 .
6 2
3.分式不等式放缩
 2(x1)
lnx ,x1

1  x1
3.1 lnx1 ,x0 3.2 
x 2(x1)

lnx ,0 x1

 x1
4.数列不等式
x1lnxln(1x) x,(x1)
1 1 (n1) 1 1 (n1)
取：x 则：  ln 取：x 则：  ln
n n n n1 n1 n二．典例分析
例1.证明：当x0时，ex2 lnx.
解析：一方面，由ex  x1，得ex2  x1,x0，当且仅当x2时取到等号.另一方
面：
不等式 x1lnx,x0，当且仅当 x1时取到等号.于是可知， y  x1为函数
y ex2和y lnx的公切线，且切点不同.于是ex2 lnx，证毕.
注：此题实质和下面这道2013年高考试题同源.
练习1.（2013新课标2）已知函数 f xex lnxm
（1）设x0是 f x的极值点，求m,并讨论 f x的单调性；
（2）当m2时，证明 f x0．
例2.已知函数 f xaexx2axaR的导函数为 fx.
（1）当a0时，判断 f x的零点个数，并说明理由.
（2）证明：a1， fxxlnxa1.
解析：本题仅就第二问的命题手法做一解析
将所证不等式转化为exaxlnx2x10，令gaexaxlnx2x1，可知
ga g1exxlnx2x1，
min
利用导数可证得lnxx1，由此可得到
exxlnx2x1exx2x1，
令mxexx2x1，只需证明当x0时，exx2x10即可.
1
练习2.已知函数 f(x)aex  x2 x(aR).
2
（1）若函数 f(x)有两个极值点，求a的取值范围；
1
（2）证明：当x1时，exlnx x .
x
此处仅从不等式放缩角度给出第二问的原理.
1
一方面，由于ex ex,x0，等号成立当且仅当x1，另一方面，lnx1 ,x0，
x
等号成立当且仅当x1.将上述两式相乘可得：
exlnxexe,x11
因此，只需证明：exe x ,x1成立即可.这个不等式易证，此处不再赘述.
x
在不等式试题中，还经常考察与对数有关的数列不等式，下面我们通过一个例子，展示其
基本手法.
例3．（2017新课标3卷）已知函数 f(x) x1alnx．
（1）若 f(x)≥0，求a的值；
1 1 1
（2）设m为整数，且对于任意正整数n，(1 )(1 )(1 )m，求m的最小
2 22 2n
值．
解：（1） f(x)的定义域为(0,)．
1 1
①若a≤0，因为 f( ) aln20，所以不满足题意；
2 2
a xa
②若a＞0，由 f 'x1  知，当x0,a时， f 'x＜0；当xa，+
x x
时， f 'x＞0，所以 f(x)在(0,a)单调递减，在(a,)单调递增，故xa是 f(x)在
(0,)的唯一最小值点．由于 f 10，所以当且仅当a1时， f(x)≥0．故a1．
1 1 1
（2）由（1）知当x(1,)时，x1lnx0令x1 得ln(1 ) ，从而
2n 2n 2n
1 1 1 1 1 1 1
ln(1 )ln(1 )ln(1 )   1 1
2 22 2n 2 22 2n 2n
1 1 1 1 1 1
故(1 )(1 )(1 )e，而(1 )(1 )(1 )2，所以m的最小值为3．
2 22 2n 2 22 23
三．习题演练
习题1.（成都市2018届二诊）已知函数 f xxlnxax1,aR.
（1）当x0时，若关于x的不等式 f x0恒成立，求a的取值范围；
ex1
（2）当x1,时，证明： lnxx2x.
ex
1 1 1 1 x1
解析：（1）由 f x0，得alnx 恒成立，令uxlnx ，则ux  
x x x x2 x2
，
所 以 ux在 0,1上 单 调 递 减 ， 在 1,上 单 调 递 增 ， 所 以 ux的 最 小 值 为
ux u11，
min
所以a1，即a1，故a的取值范围是1,；x1
（2）有（1）知a1时，有xlnxx1，所以lnx .
x
ex1 ex1 x1
要证 lnx，可证  x1，只需证 ex1x，易证 ex x1，所以
ex ex x
ex1x；要证lnxx2x，可证lnxx1，易证.
由于x1,x10，所以x1xx1x2x，所以lnxx2x，综上所述，当x1,
ex1
时，证明： lnxx2x.
ex
2lnx2
习题2.（安庆市2018届联考）已知函数 f x .
ex
（1）求函数 f x的单调区间；
2 2
（2）证明：当x0时，都有 fxlnx1  .
ex ex2
21xxlnx
解析：（1） fx ，令gx1xxlnx，则g10，
xex
当0x1时，1x0,xlnx0，所以 gx0,fx0，当 x1时，1x0,xlnx0
，所以gx0,fx0，所以函数 f x在0,1上单调递增，在1,上单调递减；
2 2  1 
（2）要证明 fxlnx1  ，即证1xxlnxlnx11 x，
ex ex2  e2
1
令gx1xxlnx，则gx1lnx12lnx， 当0x 时，gx0，
e2
1  1   1 
当 x 时， gx0，所以函数 gx在 0,  上单调递增，在  , 上单调递
e2  e2 e2 
1 2 1 1
减 ， gx1  1 ， 所 以 1xxlnx1 .要 证
e2 e2 e2 e2
 1 
1xxlnxlnx11 x，只需再证lnx1x即可.易证lnxx1，当且仅当
 e2
x1时取等号（证明略），所以 0lnx1x，综上所述，当 x0时，都有
2 2
fxlnx1  .
ex ex2
习题3.已知函数 f(x) xeax ex．
（1）当a 1时,讨论 f(x)的单调性；
（2）当x0时, f(x)1,求a的取值范围；
1 1 1
（3）设nN,证明：   ln(n1)．
12 1 22 2 n2 n
解析：（1）略.
（2）设hx xeax ex 1,则h00,又hx1axeax ex ,设gx1axeax ex ,则gx  2aa2x  eax ex
,
1
若a  ,则g02a10, 故存在x 0, ,使得x0,x  ,总有g¢(x) >0,
2 0 0
故gx
在
0,x  为增函数,故x0,x  时gx g00,
0 0
故hx
在
0,x  为增函数,故x0,x  时hxh01,与题设矛盾.
0 0
若0a 1 ,则hx1axeax ex eaxln1ax ex,
2
1 x
设Sxln1 xxx 0 ,故Sx 1 0,
1x 1x
故Sx 在 0, 上为减函数,故SxS00,即x0时ln1x x成立.
所以eaxln1ax ex eaxax ex e2ax ex 0,故hx0总成立,即hx 在 0, 上为
减函数,所以hxh01.当a0时,eax 1,ex 1,axeax 0,所以
hxeax ex axeax 0, 所以hx 在 0, 上为减函数,所以hxh01.
1  1
综上a ,a的取值范围是,

.
2  2
1
（3）取a  ,则x 0,总有 xe 1 2 x ex 10 成立,令 t e 1 2 x,则t 1,t2 ex,x2lnt ,
2
1
故2tlnt t2 1即2lntt 对任意的t 1恒成立. 所以对任意的nN*,有
t
n1 n1 n 1
2ln  
,整理得lnn1lnn
,
n n n1 n2 n
1 1 1
故   ln2ln1ln3ln2lnn1lnn
12 1 22 2 n2 n
lnn1
,故不等式成立.7.同构变换与恒成立问题
一．基本原理
若F(x)0能够变形成 f[g(x)] f[h(x)]，然后利用 f(x)的单调性，如递增，转化为
g(x)h(x)，即为同构变换.
ex x ex
例如：xex exlnx, exlnx, elnxx,xlnxlnxex,xlnxln
....
x ex x
1.直接变形：
（1）积型：aea blnb  aea lnbelnb  f x xex（同左）；
ealnea blnb  f x xlnx（同右）；
 alnalnblnlnb  f x xlnx（取对数）.
说明：取对数是最快捷的，而且同构出的函数，其单调性一看便知.
ea b ea elnb ex
（2）商型：     f x （同左）；
a lnb a lnb x
ea b x
   f(x) （同右）；
lnea lnb lnx
 alnalnbln(lnb)  f(x) xlnx（取对数）.
（3）和差型：ea ablnb  ea a elnb lnb  f(x)ex x（同左）；
ea lnea blnb  f(x) xlnx（同右）.
2.先凑再变形：
若式子无法直接进行变形同构，往往需要凑常数、凑参数或凑变量，如两边同乘以x，同
加上x等，再用上述方式变形.常见的有：
①aeax lnx axeax  xlnx；（公众号：凌晨讲数学整理，更多免费资料，请前往公
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1
②ex aln(axa)a ex lna(x1)1exlna lna ln(x1)1
a
exlna xlna ln(x1)x1eln(x1) ln(x1)；
lnx
③ax log xexlna  (xlna)exlna  xlnx
a lna
1 1 1
④x  xa lnxa x0   ln  xa lnxa  f  x   xlnx
ex ex exalnx
⑤xa1ex alnx xex   xex alnxealnx  f  x   xex
xa
二．典例分析
ex
例1.（2022全国甲卷）已知函数 f(x) lnxxa.
x
（1）若 f(x)0恒成立，求a的取值范围；
（2）若 f(x)有两个零点x ,x ，证明：x x 1.
1 2 1 2
ex ex ex ex (x1)ex
解析：（1） f(x) lnxxa  ln a，令t  ，则t'  ，于
x x x x x2
是
t e.于是 f(x)0等价于y tlnta在t e上恒成立，故a(,e1].
例2.已知函数 f xalnx2xa0.
（1）讨论 f x的单调性；
xa
（2）当x0时，不等式 2f xcosf x恒成立，求a的取值范围.
 
e2x
a a2x
（1）解：函数 f xalnx2xa0的定义域为0,，且 fx 2 .当
x x
a0时，因为x0，则 fx0，此时函数 f x的单调递减区间为0,；当a0
时，由 fx0可得x a ，由 fx0可得0x a .此时，函数 f x的单调递增区间为
2 2
 a a 
0, ，单调递减区间为 ,.综上所述，当a0时，函数 f x的单调递减区间为
 2 2 
 a a 
0,；当a0时，函数 f x的单调递增区间为0, ，单调递减区间为 ,.
 2 2 
（2）解：
xa
2f xcosf xealnx2x2f xcosf x0efx2f xcosf x0
     
e2x
，设gtet 2tcost，其中t  f x，则gtet 2sint，设htet sint2，则
htet cost，当t0时，et 1，sint1，且等号不同时成立，则gt0恒成立，当
t0时，et 1，cost1，则ht0恒成立，则gt在0,上单调递增，又因为
g01，g1e2sin10，所以，存在t 0,1使得gt 0，当0tt 时，
0 0 0
gt0；当tt 时，gt0.所以，函数gt在,t 上单调递减，在t ,上单
0 0 0调递增，且g00，作出函数gt的图象如下图所示：由（1）中函数 f x的单调性可
知，①当a0时， f x在0,上单调递增，当x0时， f x，当x时，
f x，所以，
a a
t  f xR，此时gt 0，不合乎题意；②当a0时， f x  f  aln a，
0 max 2 2
 a 
且当x0时， f x，此时函数 f x的值域为,aln a

，即
 2 
 a  a
t,aln a

.（i）当aln a0时，即当0a2e时，gt0恒成立，合乎题
 2  2
意；
a  a 
（ii）当aln a0时，即当a2e时，取t minaln a,t ，结合图象可知
2 1  2 0 
gt 0，不合乎题意.综上所述，实数a的取值范围是0,2e.
1
例3.已知函数 f(x)aex1lnxlna．
（1）当ae时，求曲线y f x在点 1, f 1 处的切线与两坐标轴围成的三角形的面
积；
（2）若不等式 f x1恒成立，求a的取值范围．
解析：由题意知a0,x0，令aex1 t，所以lnax1lnt，所以lnalntx1．
于是 f(x)aex1lnxlnatlnxlntx1．
由于 f(x)1,tlnxlntx11tlnt xlnx，而yxlnx在x(0,)时为增函
x
数，故t x，即aex1 x，分离参数后有a ．
ex1
x ex1xex1 ex1(1x)
令g(x) ，所以g(x)  ．
ex1 e2x2 e2x2
当0x1时，g(x)0,g(x)单调递增；当x1时，g(x)0,g(x)单调递减．
x
所以当x1时，g(x) 取得最大值为g(1)1．所以a1．
ex1
例4．已知函数 f xxex1.
（1）求 f x的极值；（2）当x0时， f xa1xlnx2，求实数a的取值范围.
解析：（1）求导得 fxx1ex1，所以当 f¢(x)>0时，x1；当 fx0时，
x1，
所以 f x在,1上单调递减，在1,上单调递增，所以 f x有极小值 f 11
，无极大值.
（2）由题知不等式xex1a1xlnx2在x0,上恒成立，
原问题等价于不等式xex1lnxx2ax在x0,上恒成立，
即elnxx1lnxx11ax在x0,上恒成立.
记gxexx1，则gxex1，当x,0,gx0,gx单调递减，
x0,,gx0,gx单调递增，gxg00
因为lnxx1R,glnxx10即elnxx1lnxx110，xex1lnxx20
①当a0时，因为xex1lnxx20,ax0，所以不等式恒成立，所以a0；
 1  1
②当a0时，令hxlnxx1，显然hx单调递增，且h  10，
e2  e2
 1 
h120故存在x  ,1，使得hx 0，即xex1lnxx20，而ax 0，此时
0 e2  0 0
不满足xex1lnxx2ax，所以a无解.综上所述，a0.
习题演练
1对任意x0，若不等式ax2 exaxlnx(a0)恒成立，则a的取值范围为（ ）
A．(0,2e] B．(1,) C．(0,1] D．0,e
【解析】由ax2 exaxlnx(a0)，得ax2axlnxex，即ax(xlnx)ex，所以
ex 1x
a(xlnx) exlnx.令txlnx，设m(x)lnxx1,m(x) ，则当x1时
x x
mx0,mx单调递减，当0x1时，m(x)0,mx单调递增，故当m(x)m10
et 
，故lnxx1,故txlnx1，则atet，即a  (t1).记nx=ex x1，则
 t 
min
nx=ex1，当x0,n(x)0,n(x)单调递增，当x0,n(x)0,n(x)单调递减，所以
ex
n(x)n(0)0，故ex x1，由ex x1，得ex1x，即 e(x1)，当x1时，上式取
x等号，所以ae.综上，a的取值范围为0,e故选：D.
2已知函数 f(x)axlog x,a(0,1)(1,)，若 f(x)在其定义域上没有零点，则a的取
a
值范围是 .
【解析】因为 f(x)在(0,)上连续，又 f(1)a0，所以要使 f(x)无零点，需使 f(x)0
在其定义域上恒成立．于是原问题转化为 f(x)axlog x0，求a的取值范围．
a
lnx
axlog x0ax log x，ax  ，axlnalnx，axxlnaxlnx，
a a lna
axlnax xlnx(*)，令h(x)xex(x0),h(x)(x1)ex 0，所以h(x)在0,上单调
lnx
递增，又由(*)式得h
 lnax
h(lnx)，所以lnax xlnalnx，即lna 恒成立．
x
lnx 1lnx
令(x) ,(x) ，令(x)0得xe．因为当0xe时，(x)0，所以
x x2
(x)在0,e上单调递增；因为当xe时，(x)0，所以(x)在e,上单调递减，
所以xe是(x)的极大值点，x e 1 ，所以lna 1 ，即 1 ．
max e e aee
 1   1 
综上所述，a的取值范围为ee,．故答案为：ee,.
   
x2
3.若不等式 a1lnx在x1,上恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
ex1
3 
A．1, B．

, C．2, D．4,
2 
x2 x 1lnx 1lnx
【解析】当x1时， a1lnx可化为 a a ，
ex1 ex ex e1lnx
x 1x
令 f x x1，则 fx 0，所以 f x在1,上单调递减．
ex ex
1 x1
令gxx1lnxx1，则gx1  0，所以gx在1,上单调递增，
x x
所以gx11ln10，因此当x1时，x1lnx1．
f x x 1lnx
所以0 f x f 1lnx，即0 1．则不等式 a 可化为
f 1lnx ex e1lnx
f xaf 1lnx，
f x
所以a 在x1,上恒成立，因此a1，即实数a的取值范围为1,．
f 1lnx
故选：A．
x1lnx
4．已知函数 f x ，gxaeax1a（a0）.
x1（1）当a1时，求曲线ygx在点(1,g(1))处的切线方程；
（2）求函数 f x的单调区间；
（3）若gx fx对任意x1,恒成立，求整数a的最小值.
【详解】（1）当a1时，gxex11,gxex1，所以g1e21,g1e2，所以切
线方程为y  e21  e2x1，即ye2x1.
x1lnx  lnx x1  x1x1lnx 2lnxx 1
（2）因为 f x ，所以 fx  x   x ，
x1 x12 x12
1 2 1 2xx21
设hx2lnxx ，则hx 1  ，又因为x0，所以h(x)0，即
x x x2 x2
yh(x)单调递增，又因为h(1)0，所以x(0,1)时，h(x)0，即 f(x)0；x(1,)
时，h(x)0，即 f(x)0，综上可知，函数 f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间
为(1,).
x1lnx
（3）因为gx fx对任意x1,恒成，即aeax1a ，
x1
ax1eax1ax1x1lnx，即ax1 eax11  x1lnx，即
 eax11  lneax1 x1lnx，设(x)(x1)lnx,x1，则xlnx x1 lnx1 1
x x
，
易知(x)单调递增，所以x10，所以(x)单调递增，则原不等式等价于
lnx lnx
(ea(x1))(x)，即 eax1 x对任意x1恒成立，所以a ，令rx ，则
x1 x1
x1 1
lnx 1 lnx 1
arx ，又因为 rx x  x ，令tx1 lnx，则
max x12 x12 x
1 1 1
tx  0，所以t(x)单调递减;又因为t120，t  e2 1 20，
x2 x e2
1
所以x   1,e2 ,tx 1 lnx 0，所以x1,x 时，t(x)0，即r(x)0，r(x)单
0 0 x 0 0
0
调递增；xx ,时，t(x)0，即r(x)0，r(x)单调递减；所以
0
1
1 1 1  1 
lnx x 1 ，所以a ，而  ,1，所以整数a的最小值为1
r(x) r(x ) 0  0  x x e2 
max 0 x 1 1x x 0 0
0 0 0
.
2lnxa
5．已知函数 f x ,aR.
x（1）当a0时，求函数 f x极值；
（2）讨论 f x在区间1,e上单调性；
1
（3）若 f xxex 1恒成立，求实数a的取值范围.
x
2lnx
【详解】（1）函数 f x的定义域为0,，当a0时， f x ，求导得
x
21lnx
fx ，由 fx0，得xe，由 f¢(x)>0，得0xe，由 fx0，得
x2
xe，因此 f x在0,e上单调递增，在e,上单调递减，
2
\ f (x)在xe处取得极大值 f e ，无极小值.
e
2lnxa 2a2lnx
（2）由 f x  fx ，在x1,e时，2lnx0,2，若
x x2
a02a2lnx0， fx0,即 f x在区间1,e上单调递增；若
a22a2lnx0， fx0,即 f x在区间1,e上单调递减；若0a2，令
fx0xe 1 a 2 ，令 fx0xe 1 a 2 ，知 f x在  1,e 1 a 2  上单调递增，在  e 1 a 2,e  
   
上单调递减；综上所述：a0时， f x在区间1,e上单调递增；a2时， f x在区间
1,e上单调递减；
0a2时， f x在  1,e 1 a 2  上单调递增，在  e 1 a 2,e  上单调递减.
   
2lnxa 1
（3）由 xex 1，ax2ex1x2lnx
x x
x2ex1x2lnxx2ex1lnexlnx2 x2ex1ln  x2ex ，设x2ex t，则
t 0,x2ex1ln  x2ex t1lnt，设htt1lnt，则ht t1 ，
t
当t0,1,ht0,ht单调递减；当t1,,ht0,ht单调递增；
h(t) h12,a2.
min8.导数恒成立与数列不等式
1 1 1
1.由不等式lnx x1可得： ln( 1) ,nN.
n1 n n
例1.（2017全国3卷）已知函数 f(x) x1alnx．
（1）若 f(x)≥0，求a的值；
1 1 1
（2）设m为整数，且对于任意正整数n，(1 )(1 )(1 )m，求m的最小
2 22 2n
值．
1 1 1
解析：（2）由（1）知当x(1,)时，x1lnx0，令x1 得ln(1 )
2n 2n 2n1 1 1 1 1 1 1
，从而ln(1 )ln(1 )ln(1 )   1 1.
2 22 2n 2 22 2n 2n
1 1 1 1 1 1
故(1 )(1 )(1 )e,而(1 )(1 )(1 )2，所以m的最小值为3．
2 22 2n 2 22 23
例2．已知函数 f(x)alnxx2，其中aR且a0．
（1）讨论 f(x)的单调性；
（2）当a1时，证明： f(x) x2x1；
 1  1  1   1 
（3）求证：对任意的nN*且n2，都有：1 1 1 …1 e．（其
 22  32  42   n2 
中e2.718为自然对数的底数）
a a2x2
解析：（1）函数 f(x)的定义域为(0,)， f(x) 2x ，
x x
①当a0时， f(x)0，所以 f(x)在(0,)上单调递增；
a
②当a0时，令 f(x)0，解得x  ，
2
a  a 
当0x  时，a2x2 0，所以 f(x)0，所以 f(x)在0,  上单调递减，
 
2  2 
a  a 
当x  时，a2x2 0，所以 f(x)0，所以 f(x)在  ,上单调递增.
 
2  2 
综上，当a0时，函数 f(x)在(0,)上调递增；
 a   a 
当a0时，函数 f(x)在0,  上单调递减，在  ,上单调递增.
   
2 2
   
(2)当a1时， f(x)lnxx2，要证明 f(x) x2x1，
即证lnxx1，即lnxx10，
1x
设g(x)lnxx1，则g(x) ，令g(x)0得，可得x1，
x
当x(0,1)时，g(x)0，当x(1,)时，g(x)0．
所以g(x)g(1)0，即lnxx10，故 f(x) x2x1.
（3）由（2）可得lnxx1，（当且仅当x1时等号成立），
1  1  1
令x1 ，n1,2,3,，则ln1  ，
n2  n2  n2
 1   1   1  1 1 1 1 1 1
故ln  1 22   ln  1 32   …ln  1 n2    22  32 … n2  12  23 … n1n
 1 1 1  1 1 1  1  1  1 
1   …  1 1lne，即ln[1 1 1 …
 2 2 3 n1 n n  22  32  42  1   1  1  1   1 
1 ]lne， 故1 1 1 …1 e.
 n2   22  32  42   n2 
2.利用前 n 项和的性质构造导数不等式
将看g(n)作为新数列  a  的前n项和S ，求出对应的项a ，则不等式即可看成是
n n n
n n
b a 的形式，可以通过证明项的大小关系（即b a ）来得到和的大小关系
i i i i
i1 i1
例3．已知函数 f(x)xeax ex．
（1）当a1时，讨论 f(x)的单调性；
（2）当x0时， f(x)1，求a的取值范围；
1 1 1
（3）设nN*，证明：   ln(n1)．
12 1 22 2 n2 n
1
解析：（3）设a  ，设b 的前n项和为S ，则S ln(n1)，
n n n n
n2 n
n+1
当n2时，b S S ln(n1)lnnln ，
n n n1 n
1 1 1 1 n1
要想证明  ... ln(n1)，即证明 ln ，
12 1 22 2 n2 n n2 n n
n1n n1 n1 n n1
即证明 ln ，即证明  ln
nn1 n n n1 n
n1 n1
令t  ，nN*,t  1，
n n
1 1 2 t2 2t1 t12
构造函数tt 2lntt 1，'t1   
t t2 t t2 t2
1
't0在t1,上恒成立，t10，t 2lntt 1
t
n1 n n1 1 n1
  ln 在nN*恒成立， ln  nN*恒成立，
n n1 n nn1 n
1 1 3 1 4
n1时， ln2①，n2时， ln ②，n3时， ln ③，
12 1 22 2 2 32 3 3
1 n 1 n1
nn1  n2,nN*时， ln ， ln  nN*，
n12 n1 n1 n2 n n
1 1 1
把所有不等式都相加，  ... ln(n1)成立.
12 1 22 2 n2 n
1 1 1
所以原不等式  ... ln(n1)
12 1 22 2 n2 n
3.利用常见导数不等式放缩构造1 1 1
例如：由不等式lnx x1可得： ln( 1) ,nN，这类问题多与对数不等
n1 n n
式有关，利用对数的运算性质实现有效的裂项和放缩.
a
例4．已知函数 f xcosx x21，aR．
2
（1）若x0是函数 f x唯一的极小值点，求实数a的取值范围；
1 2 3 2023
（2）证明： sin3  sin3  sin3  sin3 2．
2 4 8 22023
解析：（1） fxsinxax，且 f00，令gx fx，则gxcosxa，
①当a1时，gx0，则gx单调递增，当x0时，gx fxg00，
当x0时，gx fxg00，即当x0时， f x单调递增，当x0时， f x单
调递减，即可证得0是函数 f x唯一的极小值点；
②当a1时，g01a0，所以存在0使得x0,，gx fx在0,单
调递减，即当x0,时， fx f00，所以 f x在0,单调递减，与0是函数
f x唯一的极小值矛盾，综上：a1，从而实数a的取值范围为1, .
（2）由（1）证明可知，当a1且x0时，sinxx0即x0，xsinx，
当x0时，sin3x1x2，即 sin3x x，
1 2 3 2023 1 2 3 2023
故可得： sin3  sin3  sin3  sin3     ，
2 4 8 22023 2 4 8 22023
1 2 3 2023
令S     ，
2 4 8 22023
1 1 2 3 2023
S     ，
2 4 8 16 22024
1 1 1 1 1 2023
两式相减可得： S      ，
2 2 4 8 22023 22024
 1 2023 2023
化简可得：S 21   2.
 2 22024 
1 2 3 2023
故 sin3  sin3  sin3  sin3 2.
2 4 8 22023
例5．已知函数 f xln1x，gxax2x.
（1）当x1时， f x gx，求实数a的取值范围；
1 1 1
（2）已知nN*，证明：sin sin sin ln2.
n1 n2 2n
1 x
解析：（1）解：令hxlnx1xx1，则hx 1 ，当1x0
x1 x1时，hx0，则函数hx在1,0上单调递增，当x0时，hx0，则函数hx在
0,上单调递减，所以，hx h00，即lnx1x，所以，当a0时，
max
1
lnx1xax2x，即 f x gx，当a<0时，取x  0，由于ln1x ln10
0 a 0
，而ax 0 2x 0 a     1 a    2  1 a 0，得lnx 0 1ax 0 2x 0 ，故 f x 0 gx 0 ，不合乎题意.综
上所述，a0.
1 1
（2）证明：当a0时，由（1）可得lnx1x，则lnxx1，可得ln  1，即
x x
1 1 1 1 t t 1
lnx 1，即lnx1 x1，令 1 ，所以，x ，所以，ln  ，即
x x t x t1 t1 t
1
lntlnt1 t 1，
t
1
所以， lnnklnnk1，k0,1,2,,n，令gxxsinxx0，则
nk
gx1cosx0，且gx不恒为零，所以，函数gx在0,上单调递增，故
1 1
gxg00，则sinxxx0，所以，sin  lnnklnnk1，
nk nk
1 1 1
k0,1,2,,n，所以，sin sin sin
n1 n2 2n
2n


lnn1lnn



lnn2lnn1



ln2nln2n1

ln2nlnnln 2
n
习题演练
x2
1．已知函数 fxsinx，gx1 .
2
（1）求曲线y f x在x0处的切线方程；
（2）证明：对x0,， f¢(x)³ g(x)恒成立（ fx为 f x的导数）；
n n f a  f a  2
（3）设a  ，证明： i1 i n （nN*）.
n 2n a a 9
i1 i1 i
【详解】（1） fxcosx，可得 f01，又 f 00，所以曲线y f x在点x0处
的切线方程为yx．
x2
（2）令hx fxgxcosx 1，x0,，则hxxsinx，x0,，
2
令xhx，则x1cosx0在0,上恒成立，故xhx在0,单调递
增，其中h00，故hx0在0,上恒成立，故hx在0,上单调递增，故hxh00，即 f¢(x)³ g(x)恒成立．
π sinx sinx
（3）设0x x  ，证明 1 2 cosx ．令qxxx cosx sinxsinx ，
1 2 2 x x 2 2 2 2
1 2
0 x x ，因为qxcosx cosx0，所以qx在0,x 上单调递减，所以
2 2 2
sinx sinx π i1 i π
qxqx 0，从而 1 2 cosx ，0x x  ．由于0   ，
2 x x 2 1 2 2 2i1 2i 2
1 2
i1 i
所以k 
f a
i1
 f a
i


sin 2i1 sin 2i
cos
i
．由（2）知，cosx1
x2
（x0），
i a a i1 i 2i 2
i1 i 
2i1 2i
i i 1 2 3 n1 n
所以k cos 1 ．设T      ，①，则
i 2i 22i1 n 23 25 27 22n1 22n1
1 1 2 3 n1 n 3 1 1 1 1 n
T      ，②，①－②得 T     
4 n 25 27 29 22n1 22n3 4 n 23 25 27 22n1 22n3
1  1 
1 
23 4n  n 1 3n4 2 3n4 2
    ，所以T    ．
1 22n3 6 322n3 n 9 922n1 9
1
4
2．若存在实数a，对任意xD，使得函数 f xax，则称 f x在D上被a控制.
（1）已知函数 f x3ex2a在2,上被a控制，求a的取值范围.
1
（2）（i）证明：函数gx2xlnx1 在1,上被1控制.
x1
n1 1
（ii）设nN*，证明：ln2ln3ln4lnn1  .
2 2n2
【详解】（1）令Fx f xax3exax2a，x2,，则Fx3exa，
当a3e2时，Fx0，所以Fx在2,上单调递增，因为F23e2 0，所以
a  a
Fx0恒成立.当a3e2时，令Fx3exa0，得xln 2，所以Fx在2,ln

3  3
 a   a a
上单调递减，在ln ,上单调递增，所以Fx Fln 3aaln 0，解得
 3  min  3 3
3e2 a3e3，
综上所述，实数a的取值范围是  ,3e3 .
1
（2）（i）要证明函数gx2xlnx1 在1,上被1控制，只需证明
x1
2xlnx1 1 x,x1,，即证2lnx1 1 10.令
x1
xx1
1
hx2lnx1 1,x1,
，可得
xx12 2x1
 2x31  2xx1
hx   .
x1 x2x12 x2x12
1
当x1时，hx0，即hx在区间1,上单调递增，所以hxh12ln2 0
2
，原命题得证.
1
（ii）由（i）可知，当x1,时，2lnx1 10，
xx1
则2lnn1 nn 1 1 10，即2lnn11  

1
n

n
1
1
 

，
 1 1 1 1 1 
则有2ln22ln32ln42lnn1n1     ，
 2 2 3 n n1
1
即2ln22ln32ln42lnn1n1 ，
n1
n1 1
故ln2ln3ln4lnn1  .
2 2n2
9.函数与导数中的“凸凹反转”技巧与应用
凌晨讲数学
一．基本原理
1.凸凹反转首先是证明不等式的一种技巧，欲证明 f(x)0，若可将不等式左端 f(x)拆
成g(x)h(x)，且g (x)h (x)的话，就可证明原不等式成立. 如下图，我们一般选
min max
取g(x)为上凸型函数，h(x)为下凹型函数来完成证明.
y
y=g(x)
O y=h(x) x
2. 由上图可知，我们可以在g(x)h(x)之间引入“隔离”函数来完成证明，即已知两个函
数 y  f(x),y  g(x)，M 为这两个函数公共定义域的一个连续的非空子集，如果对于任
意的xM ，都有 f(x) p(x) g(x)，那么函数 y  p(x)就叫做 y  f(x),y  g(x)在
集合M 上的一个“隔离函数”.如图，隔离函数最简单的方式就是公切线.3.如何辨识凸凹反转，这就需要我们了解一些常见函数的凸凹性，下表给出了相关总结
[1]：
总之，可以看到，具有凸凹性的函数就是我们熟悉的导数“六金花”及其衍生，说一千道一
万，还是得对下面的函数图像多加了解.
x ex
f(x) xex f(x) f(x)
ex x
lnx x
f(x) xlnx f(x) f(x)
x lnx
4.凸凹反转也是命制一些零点问题的一种视角，若方程 f(x)0有唯一根，且 f(x)0可
进一步转化为g(x)h(x)0，而g(x)为上凸型函数，h(x)为下凹型函数，这样唯一的
零点就会出现在一个函数的最低点和另一个函数的最高点！
二．典例分析
★应用1.直接凸凹反转解决恒成立
例1．（24年南充市高二下期末考试）函数的单调性反映在图象上，就是曲线的上升或下
降．但曲线在上升或下降的过程中，还有一个弯曲方向的问题，即函数的凹凸性．函数的
凹凸性可以用连接曲线上任意两点的弦的中点与曲线上相应点（即具有相同横坐标的点）
的位置关系来描述定义如下：
x x  f x  f x 
设 f x在区间D上连续，如果对D上任意两点x,x 恒有 f  1 2  1 2 ，则称
1 2  2  2
f x在区间D上的图形是凹的（图1），区间D为 f x凹的区间；
x x  f x  f x 
设 f x在区间D上连续，如果对D上任意两点x,x 恒有 f  1 2  1 2 ，
1 2  2  2则称 f x在区间D上的图形是凸的（图2）．区间D为 f x凸的区间；
关于导数与函数的凹凸性的关系，有如下定理：
设 f x在区间D上连续，在区间D上具有一阶和二阶导数，那么
①如果 f x在D上恒有 fx0，则 f x在区间D上的图象是凹的；如果 f x在区间
D上的图象是凹的，则 f x在D上恒有 fx0；
②如果 f x在D上恒有 fx0，则 f x在区间D上的图象是凸的；如果 f x在区间
D上的图象是凸的，则 f x在D上恒有 fx0
其中 fx是 f x的导函数，为 f x的一阶导数： fx是 fx的导函数，为 f x的二
阶导数．
根据以上内容，完成如下问题：
（1）求函数 f x3x44x31的凹的区间和凸的区间；
（2）若gxx2ex2a  x24  在区间［0,）上图象是凹的，求实数a的取值范围；
2x
（2）证明：lnx  x22x  ex2 ．（公众号：凌晨讲数学整理，更多免费资料，请前往
e
公众号下载）
解析：（1） f(x)3x4 4x3 1,xR， f(x)12x3 12x2, f(x)36x2 24x,令
2 2
f(x)0，解得x0或x ；令 f(x)0，解得0x .因此，函数 f(x)的凹的区间是
3 3
2   2
(,0)和 ,，凸的区间是0, .
3   3
（2）g(x)(x1)ex2 2ax,g(x) xex2 2a，gx在区间［0,）上图象是凹的，
1
x[0,),g(x)0，即xex2 2a0.所以x[0,),a xex2，即
2
 1  1 1 1
a xex2  .令x xex2,x x1ex2 0，即函数(x) xex2在
 2  2 2 2
max
[0,)上单调递减.所以(x)(0)0，因此，实数a的取值范围是[0,).2x lnx 2
（3）lnx  x2 2x  ex2   (x2)ex2  ，构造函数
e x e
lnx 1lnx
h(x) ,x0,h(x) ，令hx0，解得xe， 易知函数h(x)在(0,e)上单调
x x2
1 lnx 1
递增，在(e,)上单调递减.所以h(x) h(x) h(e) ，因此，x(0,), 
max 极大 e x e
2
，当且仅当xe时取等号.构造函数t(x)(x2)ex2  ,x0,t(x)(x1)ex2，令
e
t(x)0，则x1，易知函数t(x)在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增，所以
1 2 1
t(x) t(x) t(1) ，因此x(0,),(x2)ex2   ，当且仅当x1时取等号.
min 极小 e e e
2x
综上，lnx  x2 2x  ex2  .
e
bex1
例2.（2013全国卷）设函数 f(x)aexlnx ，曲线y  f(x)在点(1, f(1))处的切
x
线为y e(x1)2．
（1）求a,b；
（2）证明： f(x)1．
2 2
解析：（2） f(x)exln x ex1，从而 f(x)1等价于xln xxex  ．
x e
1
设函数g(x)xln x，则g(x)1ln x，所以当x(0, )时，g(x)0；如下图所示.
e
1 1 1
当( ,)时，g(x)0．故g(x)在(0, )上单调递减，在( ,)上单调递增，
e e e
1 1 2
从而g(x)在(0,)上的最小值为g( ) ．设函数h(x)xex  ，则h(x)ex(1x)．
e e e
所以当x(0,1)时，h(x)0；当x(1,)时，h(x)0．
故h(x)在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减，从而h(x)在(0,)上的最大值为h
（1）
1
 ；因为g (x)h（1）h (x)，所以当x0时，g(x)h(x)，即 f(x)1．
e min max
y
g(x) = x∙ln(x)
O x
x 2
h(x) =
ex e
sinx
例3．已知函数 f(x) .
x（1）当x0时， f(x)<a，求实数a的取值范围；
（2）证明：x3ex xlnxsinx.
解析：（1）当x0时， f(x)<a等价于axsinx>0.令函数F(x)axsinx，则
F(x)acosx.
若a„ 1，则F(x)„ 0,F(x)单调递减，F(x)F(0)0，不符合题意.若1a1，则
F(0)a10，F(π)a1>0.因为函数F(x)acosx在(0,π)上单调递增，所以
x (0,π),Fx 0.当x0,x 时，F(x)0,F(x)单调递减，F(x)F(0)0，不符合
0 0 0
题意.若a1，则F(x)…1cosx…0,F(x)单调递增，F(x)F(0)0，符合题意.
综上所述，实数a的取值范围是[1,)
（2）由（1）知:当x0时,sinx<x.要证x3ex>xlnxsinx，只需证x3ex xlnxx，
ex lnx1 ex lnx1 ex(x1) 23lnx
即证  .令函数g(x) ,h(x) ，则g(x) ,h(x) .
x x3 x x3 x2 x4
当x(0,1)时，g(x)<0,g(x)单调递减；当x(1,)时，g(x)>0，g(x)单调递增.故
ex   2   2 
g(x)…g(1)e，即 …e.当x0,e 3时，h(x)0,h(x)单调递增；当xe 3,时，
x    
  2 e2 e2 ex lnx1
h(x)<0,h(x)单调递减.故h(x)„ he 3 ，因为e> ，所以g(x)h(x)，即 
  3 3 x x3
，从而x3ex xlnxsinx.
★应用2.构造公切线（隔离函数）完成凸凹反转
例4．（2023届温州一模）已知a0，函数F(x) f(x)g(x)的最小值为2，其中
f(x)ex1，g(x)ln(ax)．
（1）求实数a的值；（公众号：凌晨讲数学整理，更多免费资料，请前往公众号下载）
（2）x(0,)，有 f(x1m)kxk1g(ex)，求mkk2的最大值．
1
解析：（1）由题意知，F(x) f(x)g(x)ex1ln(ax)(x0)，则F(x)ex1 ，
x
令F(x)00x1，令F(x)0x1，所以函数F(x)在(0,1)上单调递减，在(1,)
上单调递增，所以F(x) F(1)1lna，又F(x) 2，所以1lna2，解得ae1，
min min
经检验，ae1符合题意.故ae1.
（2） 凸凹性与切线分析
不等式可化为exm k(x1)1lnx，因此可看做过点(1,1)的直线 y k(x1)1夹ex 1 m 1
在两支曲线中间.当直线与 y exm相切时，令切点为(x ,ex 1 m)，则k  ex 1 m
1 x 1
1
1
，因此 x 为方程 xex 1 m 1的根，即 kx 1，所以 mlnx x  lnk .当直线与
1 1 1 1 1 k
lnx 1 1
y lnx相切时，令切点为(x ,lnx )，则k  2  ，因此x 为方程x lnx 1
2 2 x 1 x 2 2 2
2 2
的根.
 1
m lnk,

 k 1 1 1 x lnx 1
只需  ，即 mkk2 1klnkk2 1 ln  1 2 2 1
1 x x x2 x2
k  , 2 2 2 2
 x

2
，
当直线y k(x1)1为两支曲线的公切线时取到最大值.
习题演练
1 5
1．已知函数 f(x)x3ax，g(x) x2lnx ．
2 2
（1）若 f(x)和g(x)在同一点处有相同的极值，求实数a的值；
（2）对于一切x(0,)，有不等式 f(x)2x·g(x)x25x3恒成立，求实数a的取值范
围；
1 5 1 2
（3）设G(x) x2 g(x)，求证：G(x)  ．
2 2 ex ex
【详解】（1）因为g(x)x 1  x21 ，且定义域为0,，当x(0,1)时，g(x)0，则
x x
g(x)单调递减；当x(1,)时，g(x)0，则g(x)单调递增，所以函数g(x)有极小值为
g12，无极大值，又 f(x)和g(x)在同一点处有相同的极值，所以 f 11a2，即
a3.
（2）若使对于一切x(0,)，不等式 f(x)2xg(x)x25x3恒成立，则只需使得不等
3  3 3
式a2lnxx 恒成立，即只需a2lnxx  ，设tx2lnxx ，则
x  x x
min
2 3 (x1)(x3)
t(x) 1  (x0)，所以当x(0,1)时，t(x)0，则t(x)单调递减；当
x x2 x2
x(1,)时，t(x)0，则t(x)单调递增，所以t(x) t14，所以a4，即a的取值
min
范围为,4
.
1 2 1 2 x 2
（3）若证G(x)  ，则只需证明lnx  ，即证xlnx  ，设m(x)xlnx，
ex ex ex ex ex e1 1
则m(x)lnx1，故当x(0, )时，m(x)0；x( ,)时，m(x)0，所以m(x)在
e e
1 1 1 1 x 2
(0, )单调递减，在( ,)单调递增，故m(x) m( ) ①；设n(x)  ，则
e e min e e ex e
1x
n(x) ，
ex
故当x(0,1)时，n(x)0；x(1,)时，n(x)0，所以n(x)在(0,1)单调递增，在
1
(1,)单调递减，故n(x) n(1) ②，所以由①②，m(x)n(x)，又由于m(x)与
max e
x 2
n(x)不在同一个变量时取得最值，所以m(x)n(x)，综上所述，xlnx  即
ex e
1 2
G(x)  .
ex ex
参考文献：[1]. 张扬，段小龙.再探“隔离函数”问题的探究.[J].数学通讯.2022.0210.双变量恒成立问题与应用
1 基本原理.
第 1 类.“任意=存在”型
x D ,x D ，使得 f(x ) g(x ),等价于函数 f(x)在 D 上上的值域 A是函数
1 1 2 2 1 2 1
g(x)在D 上的值域B的子集,即A B.
2
其等价转化的基本思想:函数 f(x)的任意一个函数值都与函数g(x)的某一个函数值相等,
即 f(x)的函数值都在g(x)的值域之中.此类型出现频率最高.
第 2 类.“存在=存在”型
x D ,x D ，使得 f(x ) g(x )，等价于函数 f(x)在 D 上的值域 A与函数
1 1 2 2 1 2 1
g(x)在D 上的值域B的交集不为空集,即AB.
2
其等价转化的基本思想:两个函数有相等的函数值,即它们的值域有公共部分.
第 3 类.“任意≥(≤、>、<)任意”型
x D ,x D ，使得 f(x ) g(x )恒成立等价于 f(x)  g(x ) .其等价转化的
1 1 2 2 1 2 min max
基本思想是函数 f(x)的任何一个函数值均大于函数g(x)的任何一个函数值.同理，可得
其他类型.
第 4 类.x ,x [a,b],| f(x ) f(x )|m型.
1 2 1 2
由于闭区间上连续函数必有最值，故此类转化为| f (x ) f (x )|m，解决掉双变量
max min
转化为求最值.
上述四类就是常见的需要利用分析函数值域来去掉双变量的情形，所以，其实质就是计算
函数的值域，下面将选取具体的实例来分析操作步骤.
2.典例分析
第1类问题问题应用.
例1.已知函数 f xaxlnxaR.
（1）若a1，求曲线y f x在x1处切线方程；
（2）讨论y f x的单调性；
1
（3）a 时，设gxx22x2，若对任意x 1,2，均存在x 0,3，使得
2 1 2f x gx ，求实数a的取值范围.
1 2
1 ax1
解析：（2） f x定义域为0,， f 'xa  ，
x x
当a0时， f 'x0恒成立，所以 f x在0,上单调递增；
 1  1 
当a0时，x0, 时 f 'x0恒成立，x ,时 f 'x0恒成立，
 a  a 
 1  1 
所以 f x在0, 上单调递增，在 ,上单调递减；
 a  a 
综上述，当a0时， f x在0,上单调递增；
 1  1 
当a0时， f x在0, 上单调递增，在 ,上单调递减.
 a  a 
（3）由已知，转化为 f x在x1,2的值域M 和gx在x0,3的值域N 满足：
M  N ，易求N 1,5.
1 ax1 1
又 f 'xa  且a ， f x在x1,2上单调递增，故值域M a,2aln2.
x x 2
1a 5ln2  5ln2
所以 ，解得1a ，即a

1,

.
52aln2 2  2 
第2类问题应用
例 2．已知曲线 yln(xm)与x轴交于点P，曲线在点P处的切线方程为 y f(x)，且
f(1)2.
（1）求y f(x)的解析式；
f(x)
（2）求函数g(x) 的极值；
ex
ln2x(1a)lnx1
（3）设h(x) ，若存在实数x [1，e]，x [e1，1]，使得
x 1 2
2h(x )x ln2x (a1)x lnx x 成立，求实数a的取值范围．
1 2 2 2 2 2
1
解析：（1）曲线yln(xm)与x轴交于点P(1m,0)，y ，
xm
1
曲线在点P处的切线斜率k  1，可得切线方程为y0x(1m)，
1mm
 f （1）2，21(1m)，解得m2．
y f(x)x(12)，即 f(x)x1．f(x) x1 x
（2）函数g(x)  ，g(x) ，
ex ex ex
x0时，g(x)0，此时函数g(x)单调递减；x0时，g(x)0，此时函数g(x)单调
递增．x0是函数g(x)的极大值点，g(0)1．
1
（ 3） 设 x  ， x [e1， 1]， 则 m[1， e]，
2 m 2
ln2m(1a)lnm1
x ln2x (a1)x lnx x  ．
2 2 2 2 2 m
ln2x(1a)lnx1 ln2m(1a)lnm1
h(x) ，  h(m)． 若 存 在 实 数 x [1， e]，
x m 1
x [e1，1]，使 2h(x )x ln2x (a1)x lnx x 成立，等价于： 2h(x )h(m)成立，
2 1 2 2 2 2 2 1
m[1，e]．
即2h(x) h(x) ，x[1，e]．令lnxt，x[1，e]，则t[0，1]．
min max
ln2x(1a)lnx1 t2 (1a)t1 3a
h(x)  ，t[0，1]，h(0)1，h（1） ．
x et e
2t1a[t2 (1a)t1] (1t)(ta)  e
h(t)  ，a的取值范围是(，32e) (3 ，
et et 2
)．
第3类情形应用实例（公众号：凌晨讲数学整理，更多免费资料，请前往公众号下载）
例3．设函数 f(x) xekx(k 0)．
（1）讨论函数 f(x)的单调性；
（2）设g(x)x22bx4，当k 1时，若对任意的x R，存在x [1,2]，使得
1 2
fx gx ，求实数b的取值范围．
1 2
解析：(1) 令 f(x)(1kx)ekx 0，所以1kx0，
1  1  1 
当k 0时，x ，此时 f x在, 上单调递减，在 ,上单调递增；
k  k  k 
1  1  1 
当k0时，x ，此时 f x在, 上单调递增，在 ,上单调递减；
k  k  k 
（2）当k 1时，， f x在,1上单调递减，在1,单调递增.所以对任意x R，
1
1 1
有 f x  f(1) ，又已知存在x [1,2]，使 fx gx ，所以 gx ,x [1,2]
1 e 2 1 2 e 2 21 4e1
即存在x [1,2]，使g(x)x22bx4 ，即2bx ，又因为当x[1,2]，
2 e x
4e1  1 1 1 1 1
x  4 ,5 ，所以2b4 ，b2 ，即实数b的取值范围b2 .
 
x  2e e 2e 4e 4e
第4类情形应用实例
例4.已知函数 f xalnxxba0．
（1）当b2时，若函数 f x恰有一个零点，求实数a的取值范围；
1 
（2）当ab0，b0时，对任意x
1
,x
2

 e
,e
 
，有 f x
1
 f x
2
 e2成立，求实数b
的取值范围．
a 2x2a
解析：（1）定义域为0,，当b2时， f(x) 2x ；当a0时，
x x
1 1
f(x)0， f(x)为增函数，取 x e  a ， f(x )1(e  a)2 0 ， f(1)10所以
0 0
a a
f(x ) f(1)0，故此时恰有一个零点；当a0时，令 f(x)0，x  ，0x 
0
2 2
 a  a
时， f(x)0，所以 f(x)在0,  单调递减，x  时， f(x)0，所以 f(x)在
 
 2  2
 a 
  ,单调递增；
 
2
 
a a a
要使函数恰有一个零点，需要 f(  )aln   0，解得a2e，综上，实数a的
2 2 2
取值范围是a2e或a0.
1 
（2）因为对任意x ,x  ,e ，有 f x  f x  e2成立，且
1 2  e   1 2
f(x ) f(x ) ≤ f(x)  f(x) ，所以 f(x)  f(x) e2.因为ab0，所以ab
1 2 max min max min
，
b b(xb1)
所以 fxblnxxb， f(x) bxb1  .当0x1时， f(x)0，当x1时，
x x
1
f(x)0；所以函数在[ ,1)上单调递减，在(1,e]上单调递增， f(x)  f(1)1,
e min
1  1 
因为 f( )beb与 f(e)beb，所以 f(x) max f( ), f(e),
e max  e 
1
令g(b) f(e) f( )ebeb2b,则当b0时，g(b)ebeb22 ebeb 20，
e
所以g(b)在0,上单调递增，故g(b)g(0)0，所以 f(e) f( 1 )，
e
从而 f(x) beb.所以beb1e2，即ebbe10.令(t)et te1(t 0)
max
，则(t)et 1.当t0时，(t)0，所以(t)在0,上单调递增.又(1)0，所以ebbe10，即(b)(1)，解得b1，所以b的取值范围是(0,1].
习题演练
1．已知函数 f(x)的定义域为1,，其导函数为 f(x).若存在实数a和函数h(x)，其中
h(x)对任意x1,都有h(x)0，使得 f(x)h(x)(x2ax1)，则称函数 f(x)具有优化
1
特质M(a).（参考数值：e 2.35）
e
1
（1）设函数F(x)x blnxx1，其中b为实数.
x
①证明：函数F(x)具有优化特质M(b)；
②若b0，对任意x(1,e)，F(x)0都成立，求实数b的取值范围；
（2）已知函数g(x)具有优化特质M(2)，给定x,x 1,，x x ，对于两个大于1的
1 2 1 2
实数，，且x 1x ，1x x ，使得不等式
1 2 1 2
gg  gx gx  恒成立，求实数的取值范围.
1 2
1 b x2bx1 1
【详解】（1）①F(x)1   ，当x(1,)时，恒有h(x) 0，
x2 x x2 x2
根据定义得函数F(x)具有优化特质M(b).
1 b x2bx1
②F(x)1   ，令F(x)0得x2bx10，b24，
x2 x x2
当0时，0b2，此时F(x)≥0，函数F(x)在(1,e)上单调递增，又F(1)0，则
F(x)0不成立；
当0时，b2，设(x)x2bx1，其对称轴大于1，(1)2b0，
1
若(e)e2be10，即be ，则函数F(x)在(1,e)上单调递减，又F(1)0，则
e
F(x)0恒成立，符合题意；
1
若(e)e2be10，即be ，则(x)0在(1,e)上存在唯一零点x ，
e 0
函数F(x)在(1,x )上单调递减，在(x ,e)上单调递增，又F(1)0，则只需满足F(e)0，
0 0
1 1 1 1
于是be ，从而得e be ，所以be .
e e e e
（2）由函数g(x)具有优化特质M(2)，得g(x)h(x)(x22x1)h(x)(x1)2，则函数
g(x)在(1,)上单调递增，当01时，x (1)x x (1)x x ，
1 2 1 1 1
x (1)x x (1)x x ，即x x ，同理：x x ，
1 2 2 2 2 1 2 1 2
由函数g(x)单调性知：g(x )g()g(x )，g(x )g()g(x )，从而不等式
1 2 1 2g()g()  g(x )g(x ) 恒成立；当0时，x (1)x x (1)x x ，
1 2 1 2 2 2 2
(1)x x x (1)x x ，即x x ，由函数g(x)单调性知：
1 2 1 1 1 1 2
g()g(x )g(x )g()，得 g()g()  g(x )g(x ) ，与题设不符；
1 2 1 2
当1时，同理得x x ，由函数g(x)单调性知：g()g(x )g(x )g()，
1 2 1 2
得 g()g()  g(x )g(x ) ，与题设不符；所以实数的取值范围是(0,1).
1 2
2．若函数 f x在a,b上有定义，且对于任意不同的x,x a,b，都有
1 2
f x  f x  k x x ，则称 f x为a,b上的“k类函数”
1 2 1 2
（1）若 f xx2，判断 f x是否为1,2上的“4类函数”；
2 1
（2）若 f x lnxa1x 为1,e上的“2类函数”，求实数a的取值范围；
e x
（3）若 f x为1,2上的“2类函数”且 f 1 f 2，证明：x ，x 1,2，
1 2
fx  fx  1.
1 2
【详解】（1）函数 f xx2是1,2上的“4类函数”，理由如下：不妨设x,x 1,2，所以
1 2
2x x 4， f x  f x   x2x2  x x x x  4 x x ，所以 f xx2是
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
1,2上的“4类函数”；
2 1 1 2
（2） f x lnxa1x ， fx  a1，由题意知，对于任意不同的
e x x2 ex
x,x 1,e都有 f x  f x  2 x x ，不妨设x x ，则
1 2 1 2 1 2 1 2
2x x  f x  f x 2x x ，故 f x 2x  f x 2x 且
2 1 1 2 2 1 1 1 2 2
f x 2x  f x 2x ，所以 f x2x为1,e上的增函数， f x2x为1,e上的减函
1 1 2 2
数，
1 2
所以对任意的x1,e，即2 fx2，由 fx2a  1，令
x2 ex
1 2 1 1  2 1 
gx  1，则agx ，x1,e，令 t ,1 得yt2 t1在 ,1 上单
   
x2 ex min x e  e e 
1 1 2 1 2
调递增，gx 1 ，由 fx2a  3，令hx  3，
min e2 x2 ex x2 ex
只需ahx ，x1,e，
max
1 1  2 1  2
令 t ,1 得yt2 t3在 ,1 单调递增，所以hx h12 ，综上所
   
x e  e e  max e 2 1 
述，实数a的取值范围为a 2 a1 ；
 e e2
（3）证明：因为 f x为1,2上的“2类函数”，所以 f x  f x  2 x x ，不妨设
1 2 1 2
1 1
1x x 2，当 x x  时， f x  f x  2 x x 1；当  x x 1时，因为
1 2 1 2 2 1 2 1 2 2 1 2
1
f 1 f 2，1x x 
1 2 2
所以 f x  f x   f x  f 1 f 2 f x   f x  f 1  f 2 f x 
1 2 1 2 1 2
 1 
2x 122x 2x x 12 11，综上所述，x ，x 1,2，
1 2 1 2  2  1 2
fx  fx  1.（公众号：凌晨讲数学整理，更多免费资料，请前往公众号下载）
1 2
11.恒成立问题中的主元方法
高中阶段很多函数问题都是含参数的，对于含参数的函数，可以将其简记为y  f(x,a)，若将参数a也视为自变量的话，那么 y  f(x,a)就是一个二元函数，那么
我们就可以用偏导数的思想来研究该函数，这就产生了一个重要的方法：主元法.近年
来，在高考试题中，主元法思想考察的相当频繁，例如2019年浙江卷导数压轴题和2020
年天津卷导数压轴题等，在这些问题中，使用主元法往往会起到意想不到的好处，从而使
得整个问题得到圆满的解决.基于此，本文就通过几个典例来展示主元法的基本应用手法.
类型 1.主元法解决单变量恒成立
例2.（2019年浙江卷）.已知实数a0，设函数 f(x)=alnx x1,x0.
3
（1）当a  时，求函数 f(x)的单调区间；
4
1 x
（2）对任意x[ ,)均有 f(x) ,求a的取值范围.
e2 2a
3 3
解析：(1)当a  时， f x lnx x1，函数的定义域为 0, ，且：
4 4
3 1 3 x12x
x34x3
f 'x   
 ，
4x 2 x1 4x x1 4x x1 3 x12x
因此函数 f x 的单调递增区间是 3, ,单调递减区间是 0,3 .
1 2 2 x
(2)由 f(1) ，得0a ，当0a 时， f(x) ，等价于
2a 4 4 2a
x 2 1x 1
 2lnx0，令t  ，则t 2 2 ，设g(t)t2 x 2t 1x 2lnx，
a2 a a
2
 1  1x
t 2 2 ，则g(t) xt 1   2lnx，
 
x x
 
1  1
（i）当x

, 时， 1 2 2，则可得：
7  x
g(x) g(2 2)8 x 4 2 1x 2lnx p(x)
2 2 1 2 x x1 2x x1 (x1)[1 x( 2x21)]
p(x)    
x x1 x x x1 x x1( x 1)( x1 2x)
故 p(x) p(1)0，满足题意.
 1 1  1  2 xlnx(x1)
（ii）当x
 e2
,
7
时，g(t) g


1
x




2 x
， 1 1 lnx2  1 1
令q(x)2 xlnx(x1),x , ，则q(x) 10，故q(x)在 ,
   
e2 7 x e2 7
1 1 2 7 1 2 7
上单调递增，q(x)q  ，由（i）得q    p    p(1)0，
7 7 7 7 7
 1  q(x)
q(x)0,g(t) g 1  0，由（i）（ii）知对任意
 
x 2 x
 
 1   1  x
x  ,  , t[2 2,), g(t)0，即对任意x  , ，均有 f(x) ，
e2  e2  2a
 2
综上所述，所求的a的取值范围是0, ．

4
 
注：欲证不等式g(t)t2 x 2t x12lnx0，此题以t为主元构造二次函数讨论易
行，若以x为主元此题函数过于复杂，很难通过求导找到单调性与最值.
ex
例2.已知函数 f(x) ，g(x)lnx.
x
1
（1）当a 0时，讨论函数F(x)af(x)g(x) 的单调性；
x
（2）当a1时，求证：axf(x)g(ax)(e1)x1.
aex 1
解：（1）F(x) lnx ，其定义域为0，+，
x x
(x1)(aex 1)
Fx ，当Fx0时，x1或x lna，
x2
 1
①当lna1，即a  0, 时，x0,1 时，Fx0；x1,lna ，时
 e
Fx0；xlna,时，Fx0，
所以Fx
在
0,1
单调递增，在
1,lna
单调递减，在
lna,
单调递增；
1
②当lna 1，即a  时，x0, 时，Fx0；
e
所以Fx
在
0,
单调递增；
1 
③当0lna1，a  ,1 时，x0,lna 时，Fx0；xlna,1 时，
e 
Fx0；x1, 时，Fx0，所以Fx 在 0,lna 单调递增，在 lna,1 单调递减，在1,单调递增；
④当lna0，即a[1,)时，x0,1 时，Fx0；x1, 时，Fx0
，
所以Fx 在 0,1 单调递减，在1,单调递增.
（2）当a1时，欲证axf(x)g(ax)(e1)x1，即证aex (e1)xln(ax)1.
1
设h(a)aex (e1)xln(ax)，则h'(a)ex  ，因为a1，且 x0,ex 1，所以
a
1
h'(a)ex  0，所以h(a)在(1,)内单调递增，
a
故h(a)h(1)ex (e1)xlnx(ex ex)(xlnx)1，原不等式成立.
例3.（2023成都一诊理数）已知函数 f(x)ln(ax).
（1）当 a1时，若曲线 y  f(x)在 x1处的切线方程为 y kxb，证明：
f(x)kxb；
（2）若 f(x)(x1)exa，求a的取值范围.
解析：（1）略
（2）（必要性探路与主元变换）
1 1 1 a
令x ，则( 1)ea 00a1，下证a(0,1]，证明(x1)exa lnxlna恒
a a
成立.（公众号：凌晨讲数学）
a ea
令h(a)(x1)exa lnxlna，则h'(a) [(1x)ex  ]，下面讨论h'(a)的正负
ea a
号.令s(x)(1x)ex，则易得：s'(x)xex 0,x0，故s(x)递减，且满足
s(x)(1x)ex s(0)1.
ea (a1)ea
同理，令t(a) ,0a1，t'(a) ，故t'(a)0，故t(a)t(1)e，因此
a a2
ea a ea
(1x)ex 1e ，于是 h'(a) [(1x)ex  ]在 a(0,1]小于零，即 h(a)递
a ea a
减，则h(a)h(1)(x1)ex1lnx，由（1）可得：h(a)0，即 f(x)lna恒成立，
证毕.例4．若对于任意的aR及任意的x1,，不等式a2x2aklnx1恒成立，则实
数k的取值范围是（ ）
1   1
A．0,e B．0,1 C．  , D．, 
e   e
解析：因为对于任意的aR及任意的x1,，不等式a2x2aklnx1恒成立，
则a22axklnx10对任意的aR恒成立，所以Δ22 4xklnx10，
 
则klnx1x1对任意的x1,恒成立，当k 0时，成立；
当k 0时，x2时，不等式左边klnx10，x10，所以klnx1x1不成立；
当k 0时， 1  lnx1 ，令gx lnx1 ，gx 1lnx1 ，令gx0，解得：
k x1 x1
x12
1xe1；令gx0，解得：xe1，所以gx在1,e1上单调递增，在e1,
lne 1
上单调递减，所以当xe1时，gx有最大值，所以gx ge1  ，
max e e
1 1
所以  k e，综上，k0,e.故选：A.
k e
例5.已知正实数a，设 f(x) x2 a2xlnx.
（1）若a 2，求函数 f(x)在[1,e]上的值域；
1
（2）x[ ,)，均有 f(x)a 2x1恒成立，求实数a的取值范围.
2
解析：（2）由题意可得： f(1)a，即0a1.
事实上,当0a1时
x2 2x1
x2 a2xlnxa 2x1  xlnx0
a2 a
1
记 t  1,设 g(t) x2t2  2x1txlnx,则 g(t)为关于 t的二次函数,定义域为
a
2x1 2x1
[1,),其对称轴为t  .∵4x4 14x2 2x2x2x.t  1
2x2 2x2
2x1 1
∴g(t) g(1) x2  2x1xlnx，设h(x) x lnx,x
x 2
x  1 
 2x1 (x1)  x 
2x1 1  2x1
h(x)1  
x2 x x21 
当x

,1

,h(x)0,h(x)递增;当x(1,),h(x)0,h(x)递减,所以
2 
h(x) h(1)0,即h(x)0,于是有:g(t)0.所以：0a1.
min
类型 2.主元法解决单变量恒成立
有关函数凸凹性（詹森不等式）背景的双变量问题也经常使用主元方法!下面我们通过例
子说明.
例6.（2020天津）已知函数 f(x) x3klnx(kR)， f '(x)为 f(x)的导函数.
（1）当k 6时，（i）求曲线y  f(x)在点(1, f(1))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 )
（2）当k 3时，求证：对任意的x ,x [1,)，且x  x ，都有 1 2 
1 2 1 2 2
f(x ) f(x )
1 2 .
x x
1 2
此处仅就第二问进行如下证明：
1 1
3x2 3x2 k(  )
k f '(x ) f '(x ) 1 2 x x
解析：由于 f '(x)3x2  ，故 1 2  1 2 ，另一方面
x 2 2
f(x ) f(x ) x3x3k(lnx lnx ) k(lnx lnx )
1 2  1 2 1 2  x2 x2 x x  1 2 ，因此，要证
x x x x 1 2 1 2 x x
1 2 1 2 1 2
1 1
x2 x2 k(  )
f '(x ) f '(x ) f(x ) f(x ) 1 2 x x k(lnx lnx )
1 2  1 2 只需证明 1 2  x x  1 2
2 x x 2 1 2 x x
1 2 1 2
x x x x
即证(x x )3 k( 1  2)2kln 1 .令t  1 1,将上述不等式进行代换，可得以
1 2 x x x x
2 1 2 2
1
x 为变量，t为参数的函数h(x )(t1)3x3 k(t )2klnt (x 1,t 1).进而可得：
2 2 2 t 2
1 1
h(x )h(1)(t1)3 k(t 2lnt) g(k)，由于t 2lnt 0,t 1，由于k 3
2 t t
1
，故g(k) g(3)(t1)33(t 2lnt)s(t),t 1.由（1）可得：s(t)0证毕.
t
注：此题在传统的双变量问题思路的基础上，进一步需要结合主元思想才能将多参数问题
解决.例7．已知函数 f xexklnx11kR．
（1）当k 1时，求曲线y f x在点 0, f 0 处的切线方程；
（2）若对任意x1,，都有 fx0，求实数k的取值范围；
1 2f s2f t
（3）当k  时，对任意的s,t0,，且st，试比较 fs ft与
2 st
的大小．
1
解析：（1）当k 1时 f xexlnx11， f 00，所以 fxex ，
x1
f02，
所以y f x在点 0, f 0 处的切线方程为2xy0．
k
（2）对x1,都有 fx0且 f 00，而 fxex ，则 f01k 0，
x1
1
所以k 1，此时 f xexlnx11，故 fxg(x)ex ，则
x1
1
g(x)ex
，
x12
在x1,上g(x)0，即g(x) fx单调递增，且 f00，当x1,0时
f00， f x单调递减，当x0,时 f00， f x单调递增，所以
f x f 00，满足题意，综上，k 1．（公众号：凌晨讲数学整理，更多免费资料，
请前往公众号下载）
（3）不妨设st0，令gs

fs ft

st2

f s f t

，
所以gs fsst ft fs，则gs fsst，
又 fxex k ， fxex k ， fxex 2k ，且x0，
x1
x12 x13
当k  1
2
， fxex
x
2

k
13
ex
x
1
13
，而ex 1，
x
1
13
1，
所以 fx0，故gx fsst0，gs在0,上单调递增，
所以gsgt0，所以gs单调递增，故gsgt0，
2f s2f t
所以gs

fs ft

st2

f s f t

0，即 fs ft ．
st
f(a) f(b) ab
例8.已知函数 f(x) xlnx，若0ab，试比较 与 f( )的大小．
2 2解 析 ： 不 妨 设 0ab，  f(x)xlnx， f(x)lnx1， 令 F(x) f (a)
ax ax ax
f(x)2f( )，则F(x) f(x) f( )lnxln ，当0xa时，F(x)0；
2 2 2
当ax时，F(x)0，
F(x)在(0,a)上单调增，F(x)在(a,)上单调减，当xa时，F(x) F (a)0，
min
f(a) f(b) ab
由0ab，故F(b) F(a)，则  f( )．
2 2
例9.设函数 f(x)xlnx．
（1）求 f(x)的极值；
ab
（2）若0ab，证明：0 f(a) f(b)2f( )(ba)ln2．
2
解析：（1）函数 f(x)xlnx，则 f(x)1lnx，(x0)
1 1 1
令 f(x)0，解得：x ，且当x(0, )时， f(x)0，x( ,)时， f(x)0
e e e
1 1
因此： f(x)的极小值为 f( )
e e
ax
（2）构造函数F(x)alnaxlnx(ax)ln ，xa，
2
ax 2x
F(x)1lnxln 1ln ，0ax2x， F(x)0， F(x)在 (a,)上是单
2 ax
ab
调递增的；故F (b)F (a)0，即： f(a) f(b)2f( )0另一方面，构造函数
2
ax 2x x
G(x)alnaxlnx(ax)ln (xa)ln2，G(x)ln ln2ln 0，
2 ax ax
G(x)在 (a,)上 是 单 调 递 减 的 ， 故 G(b)G(a)0即 ：
ab
f(a) f(b)2f( )(ba)ln2
2
ab
综上，0 f(a) f(b)2f( )(ba)ln2．
2
例10．已知函数 f xxexaln1x,aR
(1)讨论函数 f x的单调性；
(2)当a0时，对任意的买数x,x 0，证明： f x x  f x  f x .
1 2 1 2 1 2
1x a (1x)2aex
解析：（1） fx   ,(x1)
ex 1x 1xex
①当a0时， f¢(x)>0，此时， f x在,1单调递增；②当a0时，令gx(1x)2aex，可以判断gx在,1是单调递减的
注意到：ga1(a2)2aea1 (a2)2a0,g1ae0,则必存在x ,1使
0
得 gx 0，即1x 2aex0 0,且当 x,x 时， gx0，于是 f¢(x)>0，此时
0 0 0
f x在,x 单调递增；当xx ,1时，gx0，于是 fx0，此时 f x在x ,1
0 0 0
单调递减；
（2）当a0时，对于给定的x ,0，令x f xx  f x f x ,x ,0
2 2 2 2
1xx a 1x a
则x fxx  fx 2   
2 exx2 1xx ex 1x
2
1xx 1xex2  1 1 
 2 a  
exx2 1x 1xx 
2
1xx 1x  1 1  x  1 1 
 2 a   2 a  0,因此x在,0
exx2 1x 1xx  exx2 1x 1xx 
2 2
是递增的，于是，x0f 00，即： f xx  f x f x 
2 212.泰勒展开式及其在恒成立问题中的应用
本讲主要研究以泰勒展开式为背景的导数命题模式. 泰勒展开式应该是高中导数命题中
最常用的高等背景，以其为背景的一阶导数（切线）放缩，二阶放缩等活跃于高考试题和
各地模考试题中. 本节，我们将通过一些典型例题来展示其中的泰勒身影，探析其中常见
的命题手法.
一．基本命题原理
1. 泰勒展开式（泰勒级数）：
f(x ) f(x ) f n(x )
Taylor多项式：T  f(x ) 0 (xx ) 0 (xx )2  0 (xx )n
n 0 1! 0 2! 0 n! 0
Taylor公式： f(x)T (x)o((xx )n)
n 0
2. 泰勒公式x 0时的麦克劳林公式：
0
x2 xn
ex 1x  o(xn)
2! n!
x3 x5 x2m1
sinx x  (1)m1 o(x2m)
3! 5! (2m1)!
x2 x4 x2m
cosx1  (1)m o(x2m1)
2! 4! (2m)!
x2 x3 xn
ln(1x) x  (1)n1 o(xn)
2 3 n
(1) (1)(n1)
(1x)1x x2  xn o(xn)
2! n!
1
1xx2 xn o(xn)
1x
3. 几个重要的不等式（公众号：凌晨讲数学整理，更多免费资料，请前往公众号下载）
由泰勒公式，我们可以得到几个重要的不等式：
3.1 ex  x1,x0；
1
3.2 ex  x2 x1,x0；
2
1
3.3 ln(x1) x x2,x0.
2
二．命题手法展示
1.一阶导数放缩例1.（2013新课标Ⅱ）已知函数 f xex lnxm
（1）设x0是 f x的极值点，求m,并讨论 f x的单调性；
（2）当m2时，证明 f x0．
命题手法分析：第二问考察泰勒一阶展开式：ex  x1 x1lnx，所以可得：
ex ln(x2)0，这就是第二问的命题背景.
解析：（2）当m2，x,时，lnxmlnx2，故只需证明当m2
1
时， f x0．当m2时，函数 fxex  在2,单调递增．又
x2
f10, f00，故 fx0在2,有唯一实根x ，且x 1,0．
0 0
当x2,x 时， fx0；当xx ,时， fx0，从而当x x 时，
0 0 0
1
f x取得最小值．由 fx 0得ex 0  ,lnx 2x ，
0 x 2 0 0
0
1
x 12
故 f x f x  x  0 0综上，当m2时， f x0．
0 x 2 0 x 2
0 0
2.二阶导数放缩
下面我们来看看用二阶泰勒展开来命制2020全国1卷导数压轴题的过程.
例2.（2020全国1卷）已知函数 f(x)ex ax2 x.
（1）当a1时，讨论 f(x)的单调性；
1
（2）当x0时， f(x) x31，求a的取值范围.
2
1
命题手法分析：第二问需证明ex ax2 x x310，所证不等式是ex与三次多项
2
1
式，我们可以由ex  x2 x1,x0来构造，再通过积分包装难度.
2
1
显然，ex  x2 x10,x0，若用其作为导函数的一部分，我们可以用一个变号零
2
点来做极值点（最值点），处理变号零点最简单的方式就是一次函数，于是：可选取
1
(2x)(ex  x2 x1),x0
2
这个式子使得x2是一个极大值点（最大值点）.
但是，这样的构造导函数其原函数过于简单，不能满足压轴题的难度，那就增加一个分
母：1
(2x)(ex  x2 x1)
2
比如： f '(x) ,x0，这样我们再将 f '(x)积分整理可得：
x3
1
ex  x3 x1
2
f(x)
x2
由导数可知 f(x)在x2处由最大值，故可得 f(x)a恒成立，转化即可得到这道高考
1
试题：当 x0时， f(x) x31，求a的取值范围. 而有上述分析可知， f(x)在
2
7e2
x2处取得最大值，故a ，此题的结果就出来了.以上便是命题背景.
4
1
x3x1ex
解析：①当x0时，不等式恒成立，可得aR；②当x0时， 2 恒成
a
x2
立，
1 1
x3x1ex (2x)(ex  x2x1) 1
2 ， 2 ，设m(x)ex x2x1，可得
h(x) h(x) 2
x2 x3
m(x)ex x1，m(x)ex1，由x0，可得m(x)0恒成立，可得m(x)在(0,)递
增，
∴m(x)m(0)0，∴m(x)0恒成立，即m(x)在(0,)递增，∴m(x)m(0)0，
再令h(x)0，可得x2，当0x2时，h(x)0，h(x)在(0,2)递增；当x2时，
7e2 7e2
h(x)0，h(x)在(2,)递减，∴h(x) h(2) ，即a ，a的取值范围是
max 4 4
7e2 
 ,.
 4 
下面一个高考试题也考察了二阶泰勒展开
练习1.（2010全国卷）设函数 f xex1xax2.
（1）若a0，求 f x的单调区间；
（2）若当x0时 f(x)0恒成立，求a的取值范围．3.泰勒展开式相加命题
例3.（2021八省新高考适应考试）
已知函数 f(x)ex sinxcosx，g(x)ex sinxcosx.
（1）略；
（2）若g(x)2ax，求a.
x2 xn
命题手法分析：由泰勒展开：ex 1x  o(xn)
2! n!
x3 x5 x2m1
sinx x  (1)m1 o(x2m)
3! 5! (2m1)!
x2 x4 x2m
cosx1  (1)m o(x2m1)
2! 4! (2m)!
将上述三个式子相加，甩掉二次以上的项，就可以得到不等关系：
g(x)ex sinxcosx22x
因此，此题的背景就出来了，结果就是a2.
解析：（2）因为gx2ax，所以exsinxcosx2ax，即
exsinxcosx2ax0．
不妨设Fxexsinxcosx2ax，原条件即Fx0．
 
可得Fxex 2cosx a．因为Fx0且F00，所以x0时，Fx取得
 4
最小值，由于函数Fx为可导函数，则x0为函数Fx的极小值点，故F00.

所以F0e0 2cos a2a0，解得a2，
4
下面来检验当a2时，x0是函数Fx的最小值点，
5 5
①当x 时，Fxexsinxcosx2x20 2 20；
4 2
5
②当x 时，Fxexcosxsinx2，Fxexsinxcosx f x0，
4
 5 
函数Fx在 ,上单调递增，且F00，
 4 
5
当 x0时，FxF00，此时函数Fx单调递减，
4
当x0时，FxF00，此时函数Fx单调递增，此时，FxF00，合乎题意.
综上所述，a2.
4.泰勒公式变形处理
下面我们尝试对对数的泰勒展开式进行变形处理：
x2 x3 xn
ln(1x) x  (1)n1 o(xn)
2 3 n
1x x3
将x代入上式，可得：ln 2(x ),x(0,1)，这就是下面这道高考试题的命题
1x 3
背景.
1x
例4.（2015北京）已知函数 f xln ．
1x
（1）求曲线y f x在点 0，f 0 处的切线方程；
 x3
（2）求证：当x0，1时， f x2x ；
 3 
 x3
（3）设实数k使得 f xkx 对x0，1恒成立，求k的最大值．
 3 
由上述结论易得结论，此处不再赘述.
下面我们再看几个泰勒展开的应用实例.
x2 x3
例5.证明: ln(1 x) x  , (1 x 1).
2 3
证明：设 f(x)ln(1x) 则 f(x)在x 0处有带有拉格朗日余项三阶泰勒公式
x2 x3 x4
ln(1x) x   (11)
2 3 4(1)4
x4 x2 x3
  0  ln(1x) x  . 证毕.
4(1)4 2 3
1
例6.证明不等式：x x3≤sinx x≥0.
6
解析：不等式左边是三次二项式的初等函数，右边是三角函数，两边无明显的大小关系 。
这时我们可用sinx在x 0的二阶麦克劳林公式表示出来，然后进行比较判断两者的大
0
1 1
小关系. 由于 f(x)sinxx x3, f(0)0, f '(x)cosx1 x2, f '(0)0,
6 2
f ''(x)sinxx, f ''(0)0, f '''(x)cosx1, f '''()cos1 当n31
时， f(x)的泰勒展式为： f(x)000 (1cosx)x3o(x3)  f(x) 
3!
1 1
(1cosx)x3 o(x3)≥0 (x≥0, ≤x,0＜＜1)所以x≥0,，有 x x3≤
6 6
sinx.
注：这个不等式实际上就是正弦函数泰勒展开甩掉高阶项得到的.
下来给出两个关于对数的不等式，并用它们来分析一道2017年高考真题.
x
例7.（1）ln(1 x)  x(x  1)；（2）  ln(x1)(x  1)
x1
x
合起来可得：  ln(x1)  x(x  1).
x1
上述不等式易证，读者不妨自行尝试.
例 8.已 知 f(x)lnxx1.求 证 ：
ln22 ln32 lnn2 (n1)(2n1)
   (n2,nN*)
22 32 n2 2(n1)
lnx 1
解析：由（1）知lnx x10(x 0)， 1 (x 0)
x x
ln22 ln32 lnn2 1 1 1
所以   1 1 1
22 33 n2 22 32 n2
1 1 1 1 1 1
(n1)(   )(n1)(   )
22 32 n2 23 34 n(n1)
1 1 (n1)(2n1) (n  2,nN*)
(n1)(  )
2 n1 2(n1)
1 1 1 1
例9.（2017全国3卷）求证：(1 )(1 )(1 )(1 ) e(nN*)
22 42 82 22n
解析：要证明原不等式，只需证明如下不等式成立.
1 1 1
即ln(1 )ln(1 )ln(1 )1
22 42 22n
构造函数 f(x)ln(1x2)x,x  0,1  ，可得 f(x) f(0).则有ln(1 x2) x.故有
1 1
(1 )
ln(1 1 )ln(1 1 )ln(1 1 ) 1  1  1  1  2 2n 1.
22 42 22n 2 4 8 2n 1
1
2
x2
例10.（2021山东模拟）已知函数 f(x)ex x .
2
（1）证明：x0时， f(x)1；
x2
（2）设 g(x) f(x)1 a(1cosx)，若对任意实数 x，都有 xg(x)0，求a的
2值.
解析：（2）记F(x) xg(x)，注意到 x0时，F(0)0. 由于F(x)0恒成立，故
x0
即为函数F(x)的极小值点（最小值点）.下面我们将ex与cosx进行泰勒展开：
x2 x3 x2
ex 1x  o(x3)，cosx1 o(x2)，
2 6 2
(a1) x3
代入g(x)的表达式，于是可得：ex x2 x1a(1cosx) x2  o(x3)，
2 6
(a1) x4
故F(x) xg(x)在x0处的泰勒展开：F(x) x3 o(x4).
2 6
可 以 看 到 ， 若 a1， 则 存 在 实 数 使 得 F(x)在 x0的 邻 域 (,)满 足
F()F()0，这与x0为函数F(x)的极小值点（最小值点）矛盾，故得到a1.
下面看一下标答.
解：（2）gxex1xx2a1cosx，gxex12xasinx，g00，
gxex2acosx，g0a1．（ⅰ）当a1时，gxexsinx．
当x0时gx0，gx在区间0,上单调递增，又因为g00，∴gx0，
从而gx在区间0,上单调递增，因为g00，∴gx0，
∴gx在区间0,上单调递增，因为g00，∴gx0恒成立，符合题意．
当x0时，gxex2acosx0，∴gx在区间,0上单调递减，因为g00
，∴gx0，从而gx在区间,0上单调递增，因为g00，∴gx0恒成立，
符合题意．
 π 
（ⅱ）当a1时，若x ,0，则sinx0，gxexsinx0．
 2 
∴gx在区间   π ,0  上单调递增，因为g0a10，g   π e  π 2 20，
 2   2
 π   π 
∴x  ,0，使gx 0．当x ,x 时，gx0，当xx ,0时，gx0
0  2  0  2 0  0
，
 π 
∴gx在 ,x 上单调递减，在x ,0上单调递增，又因为g00，∴gx 0．
 2 0  0 0
当xx ,0时gx0，gx在x ,0上单调递减，因为g00，∴当xx ,0时
0 0 0gx0，这与xgx0矛盾．
（ⅲ）当0a1时，gxex2acosxex2a，令ex2a0得：xln2a
，∴当x0,ln2a 时，gx0，∴gx在 0,ln2a 上单调递减，因为g00
，
∴gx0在 0,ln2a 上恒成立，∴gx在 0,ln2a 上单调递减，因为g00，
∴gx0，这与xgx0矛盾．
 π
（ⅳ）当a0时，若x0, ，则，gxexasinx0，
 2
∴gx在  0, π 上单调递增，因为g0a10，g   π e π 2 20，
 2 2
 π  π
∴x 0, ，使gx 0．当x0,x 时，gx0，当xx, 时，gx0，∴
1  2 1 1  1 2
gx在0,x 上单调递减，因为g00，∴gx0，gx在0,x 上单调递减，因为
1 1
g00，
∴gx0，这与xgx0矛盾．综上，a1.