【培优点22：切线放缩+割线放缩+切线夹】
【知识拓展】
切线放缩的核心是“以直代曲”，即利用函数在某定点处的切线替代函数本身进行不等关系转化.以下梳
理高考高频切线放缩不等式，涵盖指数、对数、三角函数、幂函数等四大类，附推导过程、变形形式及等
号成立条件.
1.1 指数函数类（核心函数：
）
指数函数
是下凸函数（
），其图象始终在任意点切线的上方，常见切线放缩不等式如下：
基础不等式1：
推导：取切点
，
，切线斜率
，切线方程为
.因函
数下凸，故
，等号成立条件：
.常见变形：①替换
，得
（等号：
）；
②替换
，得
（即
，等号：
）.
基础不等式2：
推导：取切点
，切线斜率
，切线方程为
.因函
数下凸，故
，等号成立条件：
.常见变形：替换
（
），得
（即
，可与对数类不等式呼应）.
拓展不等式：
（二阶切线放缩）推导：取切点
，利用泰勒展开一阶近似（本质是二次
切线拟合），适用于需更高精度放缩的场景，等号成立条件：
.
1.2 对数函数类（核心函数：
）
对数函数
是上凸函数（
），其图象始终在任意点切线的下方，常见切线放缩不等式
如下：
基础不等式1：
推导：取切点
，
，切线斜率
，切线方程为
.因函数上
凸，故
，等号成立条件：
.常见变形：①替换
（
），得
（即
，等号：
）；②替换
（
），得
（等号：
）；③替换
（
），得
（即
，等号：
）.
基础不等式2：
推导：取切点
，切线斜率
，切线方程为
.因函数上
凸，故
，等号成立条件：
.
拓展不等式：
（
）推导：取切点
，构造割线辅助验证，适用于
的对数不等
式证明，等号成立条件：
.
1.3 三角函数类（核心函数：
、
、
）
三角函数的切线放缩主要适用于
区间，利用图象凹凸性推导，常见不等式如下：
核心不等式1：
（
）推导：函数
在
处切线为
，因
（
），函数上凸，故
，等号成立条件：
.
核心不等式2 ：
（
）推导：函数
在
处切线为
，因
（
），函数下凸，故
，等号成立条件：
.
核心不等式3：
（
）推导：函数
在
处切线为
，利用三角函
数二倍角公式验证，等号成立条件：
.
记忆技巧：结合图象，
是
和
在原点处的公切线，在
区间内，
，可通过图象快速联想.
1.4 幂函数与组合函数类
幂函数及指数、对数组合函数的切线放缩在高考中高频出现，核心不等式如下：
1.函数
：
，
（
）推导：①取切点
，切线方程为
，
故
（等号：
）；②由
两边乘
（
），得
（等号：
）.
2.函数
：
推导：取切点
，切线方程为
，函数最大值为
，故
（等
号：
）.
3.函数
：
推导：由
变形得
，两边加
得
，等号
成立条件：
.
二、核心原理拓展：切线放缩的本质与适用场景
2.1 与函数凹凸性的关联
切线放缩的理论基础是函数凹凸性：
下凸函数（
）：图象在任意切线之上，即
（如
、
）；
上凸函数（
）：图象在任意切线之下，即
（如
、
）.
高考中需快速判断函数凹凸性，进而选择正确的放缩方向.
2.2 切线放缩的核心技巧：精准选切点
切点选择直接决定放缩成败，常见选择原则：
优先选函数零点、极值点（如
选
，
选
）；
选使得切线方程简洁的特殊点（如
选
、
）；
结合待证不等式的结构选切点（如证明
，分别对
选
，
选
）.
2.3 切线夹与割线夹的原理回顾
切线夹：通过两条切线界定超越方程根的范围（放大根差）；割线夹：通过两条割线界定根的范围（缩小
根差），二者合称“剪刀模型”，核心是利用一次函数根的可解性替代超越方程根的不可解性.
【热点题型1：切线放缩证明不等式】
【核心归纳】
核心归纳：证明含超越函数的不等式时，优先用常见切线放缩不等式将超越函数转化为一次函数或二次函
数，再通过代数变形验证.
方法总结：①拆分函数：将待证不等式拆分为多个可放缩的超越函数项；②选对放缩式：根据函数类型匹
配常见放缩不等式；③验证等号条件：确保所有放缩的等号条件一致（否则需调整放缩策略）.
（2025 高三·全国·专题练习）证明：当x ≥0时，e
x+(2−e) x ≥xln(x +1)+1．
【答案】证明见解析
【分析】根据ln(x +1)≤x将所证不等式转化为证明x ≥0时，e
x+(2−e) x ≥x
2+1，利用二次求导法进行证
明即可.
【详解】记函数f (x)= x−ln(x +1)，则f
′ (x)=1−
1
x +1 =
x
x +1，
当x ≥0时，f
′ (x)≥0，所以f (x)在[0,+ ∞)上单调递增，
所以x ≥0时，ln(x +1)≤x，即只需证x ≥0时，e
x+(2−e) x ≥x
2+1．
令g(x)=e
x+(2−e) x−x
2−1，则g
′ (x)=e
x+2−e−2 x，
令h(x)=e
x+2−e−2 x，则h
′ (x)=e
x−2,h
′ (x)=0, x =ln2，
所以x∈(0,ln2),h
′ (x)<0, x∈(ln2,+ ∞),h
′ (x)>0，
所以h(x)在(0,ln2)上为减函数，在(ln2,+∞)上为增函数，
h(0)=1+2−e>0,h(ln2)=e
ln2+2−e−2ln2= 4−e−2ln2<0,h(1)=0，
所以存在x1∈(0,ln2)，使得h(x1)=0，
则当x∈(0, x1)∪(1,+ ∞),h(x)>0，当x∈(x1,1),h(x)<0，
即g(x)在(0, x1)和(1,+∞)上为增函数，在(x1,1)上为减函数，
所以x∈[0, x1)时，g(x)≥g(0)=0, x∈[x1,+∞)时，g(x)≥g(1)=0，即x ≥0时，g(x)≥0，
所以当x ≥0时，e
x+(2−e) x ≥xln(x +1)+1．
（2025 高二·全国·专题练习）当x ≥0时，证明：xe
x+ 1
2 sin2 x ≥2sin x +sin
2 x．
【答案】证明见解析
知识讲解与常考题型
题型分类
经典例题
小试牛刀1
【分析】分x∈[π,+∞)与x∈[0,π)讨论，构造函数g(x)= xe
x、h(x)=cos x−1+ 1
2 x
2、
m(x)=−sin x + x、n(x)=e
x−1
2 x
2−x−1，利用导数讨论单调性，从而对原不等式进行放缩即可得.
【详解】2sin x +sin
2 x−1
2 sin 2 x =2sin x +sin
2 x−sin x cos x =sin x (2−cos x)+sin
2 x，
故要证xe
x+ 1
2 sin2 x ≥2sin x +sin
2 x，只需证xe
x≥sin x (2−cos x)+sin
2 x，
令g(x)= xe
x(x ≥π)，则g
′ (x)=(x +1)e
x>0恒成立，
故g(x)在(π,+∞)上单调递增，则g(x)= xe
x≥g (π)=πe
π>4，
又sin x (2−cos x)+sin
2 x ≤1×[2−(−1))+1= 4，
故x ≥π时，xe
x≥sin x (2−cos x)+sin
2 x；
令h(x)=cos x−1+ 1
2 x
2，则h
′ (x)=−sin x + x，
令m(x)=h
′ (x)=−sin x + x，则m
′ (x)=−cos x +1≥0，
故m(x)在[0,π)上单调递增，故h
′ (x)= x−sin x ≥h
′ (0)=−sin 0+0=0，
故h(x)在[0,π)上单调递增，则h(x)=cos x−1+ 1
2 x
2≥h(0)=0，
则当x∈[0,π)时，cos x ≥1−1
2 x
2，从而只需证xe
x≥sin x(1+ 1
2 x
2)+sin
2 x，
且有x ≥sin x，从而只需证xe
x≥x(1+ 1
2 x
2)+ x
2= 1
2 x
3+ x
2+ x，
即只需证e
x≥1
2 x
2+ x +1，令n(x)=e
x−1
2 x
2−x−1，则n
′ (x)=e
x−x−1，
令μ(x)=n
′ (x)=e
x−x−1，则μ
′ (x)=e
x−1≥0在x∈[0,π)时恒成立，
故n
′ (x)在[0,π)上单调递增，则n
′ (x)≥n
′ (0)=e
0−0−1=0，
故n(x)在[0,π)上单调递增，故n(x)≥n(0)=e
0−0−0−1=0，
即当x∈[0,π)时，e
x≥1
2 x
2+ x +1，即有xe
x≥1
2 x
3+ x
2+ x，
故x∈[0,π)时，xe
x≥sin x (2−cos x)+sin
2 x；
综上所述，原不等式得证.
（24-25 高三上河北保定期中）已知函数f (x)=e
x+sin x−2 x ,g(x)=2−cos x.
(1)已知直线x−y +a=0是曲线y = g(x), x∈[0,π)的切线，求实数a 的值；
(2)求函数f (x)的单调区间；
(3)求证：f (x)≥g(x)恒成立.
小试牛刀2
【答案】(1)2−π
2
(2)f (x)在(−∞,0)上单调递减，在[0,+ ∞)上单调递增
(3)证明见解析
【分析】（1）由g
′ (x)=1求得切点的坐标，代入切线方程求得a.
（2）利用多次求导的方法求得f (x)的单调区间.
（3）将恒成立的不等式转化为sin x +cos x−2 x−2
e
x
+1≥0，利用构造函数法，结合多次求导的方法来求
得正确答案.
【详解】（1）∵g
′ (x)=sin x , x∈[0,π)，
∴g
′ (x)=sin x =1，解得x =π
2 ,∴切点为(
π
2 ,2)，
∴π
2 −2+a=0,∴a=2−π
2 .
（2）∵f
′ (x)=e
x+cos x−2，
当x∈(−∞,0)时，e
x≤1,cos x ≤1,∴f
′ (x)≤0,f (x)单调递减，
当x∈[0,+ ∞)时，(e
x+cos x−2)
′ =e
x−sin x ,e
x≥1,sin x ≤1，
∴(e
x+cos x −2)
′≥0,∴f
′ (x)单调递增，∴f
′ (x)≥f
′ (0)=0,f (x)单调递递增.
综上所述，f (x)在(−∞,0)上单调递减，在[0,+ ∞)上单调递增.
（3）f (x)≥g(x)恒成立⇔e
x+sin x−2 x +cos x−2≥0，
恒成立⇔sin x +cos x−2 x−2
e
x
+1≥0恒成立.
令h(x)=sin x +cos x−2 x−2
e
x
+1，
则h
′ (x)= (cos x−sin x−2)−(sin x +cos x−2 x−2)
e
x
= 2(x−sin x)
e
x
，
令m(x)= x−sin x，则m
′ (x)=1−cos x ≥0,∴m(x)单调递增，
又∵m(0)=0，∴当x∈(−∞,0)时，m(x)≤0，即h
′ (x)≤0,h(x)单调递减；
当x∈[0,+ ∞)时，m(x)≥0，即h
′ (x)≥0,h(x)单调递增；
∴h(x)≥h(0)=0,∴f (x)≥g(x)恒成立.
【点睛】方法点睛：切点与切线的关系：在小问1 中，利用导数求出曲线在给定直线为切线时的斜率，再
通过求解切点的方法确定参数a的值，这是典型的求切线与曲线关系的方法.
多次求导法：在小问2 中，通过对函数进行多次求导，判断导数的符号变化来确定单调区间，是分析函数
单调性的常用手段.
构造函数法求证不等式：在小问3 中，通过将不等式转化为关于某变量的函数问题，利用构造函数并结合
单调性分析来证明恒成立，是一种常用的不等式证明方法.
（24-25 高三上天津静海月考）已知函数f (x)=e
x+cos2 x +2 x
2+ x−2.
g(x)=aln x + x
2−(a+2) x，其中a∈R.
(1)求f (x)在x =0处的切线方程；
(2)讨论函数g(x)的单调性；
(3)求证：f (x)≥ln(2 x +1).
【答案】(1)y =2 x
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据导数的几何意义直接求解即可；
（2）求导，通过讨论a的取值研究导函数符号的变化进而得到函数的单调性；
（3）根据f (x)与切线y =2 x得关系，先证f (x)≥2 x，再证2 x ≥ln (2 x +1)，用导数法即可完成证明.
【详解】（1）由题意，f
′ (x)=e
x−2sin2 x + 4 x +1，f
′ (0)=2，f (0)=0，
故f (x)在x =0处的切线方程为y =2 x.
（2）因为g(x)=a ln x + x
2−(a+2) x ,(a∈R)，
所以g
′ (x)= a
x +2 x−(a+2)= 2 x
2−(a+2) x +a
x
=
2(x−a
2)(x−1)
x
( x>0)，
①当a
2 >1，即a>2时，g(x)在(0,1),(
a
2 ,+ ∞)上单调递增，在(1, a
2)上单调递减；
②当a
2 =1，即a=2时，g(x)在(0,+∞)上单调递增；
③当0< a
2 <1，即0<a<2时，g(x)在(0, a
2),(1,+∞)上单调递增，在(
a
2 ,1)上单调递减；
④当a
2 ≤0时，即a≤0时，g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增.
小试牛刀3
综上所述，当a>2时，g(x)在(0,1),(
a
2 ,+ ∞)上单调递增，在(1, a
2)上单调递减；
当a=2时，g(x)在(0,+ ∞)上单调递增；
当0<a<2时，g(x)在(0, a
2),(1,+∞)上单调递增，在(
a
2 ,1)上单调递减；
当a≤0时，g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增.
（3）先证f (x)≥2 x.
令F (x)= f (x)−2 x =e
x+cos2 x +2 x
2−x−2，
则F
′ (x)=e
x−2sin2 x + 4 x−1，
设h(x)=e
x−2sin 2 x + 4 x−1，则h
′ (x)=e
x−4 cos2 x + 4>0，
所以函数h(x)在R上单调递增，又h(0)= F
′ (0)=0，
则x<0时，h(x)= F
′ (x)<0；x>0时，h(x)= F
′ (x)>0，
所以函数F (x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
故F (x)≥F (0)=0，则f (x)≥2 x成立；
再证2 x ≥ln (2 x +1).
令t =2 x +1，u(t )=t −1−ln t (t ＞0)，则u
′ (t )=1−1
t = t −1
t
，
①当t ∈(0,1)时，u
′ (t )<0，则u(t )单调递减；
②当t ∈(1,+ ∞)时，u
′ (t )>0，则u(t )单调递增，
故u(t )≥u(1)=0，所以t −1≥lnt，即2 x ≥ln (2 x +1)成立.
综上所述，f (x)≥ln(2 x +1).
【点睛】关键点点睛：本题第3 问关键在于根据f (x)与切线y =2 x得关系，先证f (x)≥2 x，再证
2 x ≥ln (2 x +1)，进而求证即可.
【热点题型2：切线放缩求参数】
【核心归纳】
核心归纳：恒成立问题中，利用切线放缩可将含参数的超越函数不等式转化为含参数的一次函数不等式，
简化参数讨论.
方法总结：①放缩减元：用常见不等式消去三角函数、对数等难处理项；②临界分析：找到参数的临界值
（如本例中
）；③验证边界：对临界值两侧的参数取值验证是否满足条件.
（25-26 高三上·河南周口·月考）已知函数f (x)= ln x−ax +a．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)若关于x 的不等式f (x)≤0恒成立，求a 的值；
(3)证明：对一切的x∈[1,+ ∞)，都有2 xe
x ln x−x
3−x
2+2≥0．
【答案】(1)答案见解析
(2)1
(3)证明见解析
【分析】(1)求导，得f
′ (x)= 1
x −a，对a分类讨论求解；
(2) 对a分类讨论求解；
(3) 由（2）可知当a=1时，f (x)≤0，即ln x−x +1≤0，所以ln x ≥1−1
x ．则
2 xe
x ln x ≥2 xe
x(1−1
x)=2e
x(x−1)，故要证2 xe
x ln x−x
3−x
2+2≥0，即证2e
x−x
2−2 x−2≥0．设
g(x)=2e
x−x
2−2 x−2，求导进行求解．
【详解】（1）由题意可得f (x)的定义域为(0,+∞)，且f
′ (x)= 1
x −a．
当a≤0时，f
′ (x)>0在(0,+ ∞)上恒成立，则f (x)在(0,+∞)上单调递增；
当a>0时，由f
′ (x)>0，得0< x< 1
a，由f
′ (x)<0，得x> 1
a，
则f (x)在(0, 1
a)上单调递增，在(
1
a ,+∞)上单调递减．
综上，当a≤0时，f (x)在(0,+ ∞)上单调递增；当a>0时，f (x)在(0, 1
a)上单调递增，在(
1
a ,+∞)上单调
递减．
（2）当a≤0时，由（1）知f (x)在(0,+ ∞)上单调递增，又f (1)=0，所以当x∈(1,+∞)时，f (x)>0，则
a≤0不符合题意．
当a>0时，由（1）知f (x)在(0, 1
a)上单调递增，在(
1
a ,+ ∞)上单调递减，
则f (x)max = f(
1
a)=−ln a−1+a．
又f (1)=0，且f (x)≤0，所以1
a =1，解得a=1，
经检验，当a=1时，f (x)≤0恒成立．
综上，a 的值为1．
经典例题
（3）证明：由（2）可知当a=1时，f (x)≤0，即ln x−x +1≤0，
则ln x ≤x−1，所以ln 1
x ≤1
x −1，所以ln x ≥1−1
x ．
当x∈[1,+ ∞)时，ln x ≥1−1
x ≥0，
则2 xe
x ln x ≥2 xe
x(1−1
x)=2e
x(x−1)，
故要证2 xe
x ln x−x
3−x
2+2≥0，只需证2e
x(x−1)−(x−1)(x
2+2 x +2)≥0，
即证2e
x−x
2−2 x−2≥0．
设g(x)=2e
x−x
2−2 x−2，则g
′ (x)=2(e
x−x−1)．
由（2）可知ln x ≤x−1，则lne
x≤e
x−1，即e
x−x−1≥0，
所以g
′ (x)≥0，所以g(x)在[1,+∞)上单调递增，所以g(x)≥g(1)=2e−5>0，
故对一切的x∈[1,+∞)，都有2 xe
x ln x−x
3−x
2+2≥0．
（2025·河北沧州·一模）已知函数
f (x)=ae
x−ln x−cos(x−1)(a≥0), g(x)=ln x−bx +1(b∈R).
(1)若b=2，求g(x)的极值；
(2)若g(x)≤0对任意的x∈(0,+∞)恒成立，求b的取值范围；
(3)若f (x)存在零点，求a的取值范围.
【答案】(1)极大值为−ln2，无极小值.
(2)[1,+∞)
(3)[0, 1
e).
【分析】（1）若b=2，则g(x)=ln x−2 x +1，利用导数研究函数的单调性即可求解；
（2）若g(x)≤0对任意的x∈(0,+ ∞)恒成立，即b≥ln x +1
x
,只需b≥(
ln x +1
x )max
，利用导数研究函数的
单调性，求出该函数的最大值，即可求解；
（3）f (x)存在零点等价于u(x)=ln x +cos(x−1)
e
x
−a与x轴有交点，结合（2）知
ln x +cos(x−1)
e
x
≤ln x +1
e
x
≤x
e
x ≤1
e ，当且仅当x =1时等号成立，所以当a> 1
e 时，u(x)≤1
e −a<0，不符
合题意；当0≤a≤1
e 时，利用零点存在定理即可判断.
【详解】（1）（1）若b=2，则g(x)=ln x−2 x +1，所以g
′ (x)= 1
x −2，
小试牛刀1
令g
′ (x)=0，解得x = 1
2，所以当x∈(0, 1
2)时，g
′ (x)>0，当x∈(
1
2 ,+∞)时，g
′ (x)<0，
所以g(x)在(0, 1
2)上单调递增，在(
1
2 ,+ ∞)上单调递减，
所以g(x)在x = 1
2处取得极大值，极大值为g(
1
2)=ln 1
2 −2× 1
2 +1=−ln2，无极小值.
（2）若g(x)≤0对任意的x∈(0,+ ∞)恒成立，即b≥ln x +1
x
，
令h(x)=ln x +1
x
，所以h
′ (x)=
1
x ⋅x−(ln x +1)
x
2
=−ln x
x
2
，所以当x∈(0,1)时，h
′ (x)>0，当
x∈(1,+∞)时，h
′ (x)<0，所以h(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，所以h( x)max=h(1)=1，
所以b≥1，即b的取值范围是[1,+ ∞).
（3）令f (x)=0，得ln x +cos(x−1)
e
x
−a=0，令u(x)=ln x +cos(x−1)
e
x
−a，
令m(x)= x
e
x , x>0，所以m
′ (x)= 1−x
e
x
，所以当x∈(0,1)时，m
′ (x)>0，
当x∈(1,+∞)时，m
′ (x)<0.
所以m(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，所以m(x)≤m(1)= 1
e ，
由（2）知，ln x−x +1≤0，即ln x +1≤x，所以ln x +cos(x−1)
e
x
≤ln x +1
e
x
≤x
e
x ≤1
e ，当且仅当x =1时
等号成立，
所以当a> 1
e 时，u(x)≤1
e −a<0，不符合题意；
当0≤a≤1
e 时，u(1)= 1
e −a≥0,u(
1
e)=
−1+cos(
1
e −1)
e
1
e
−a<−a≤0，
所以存在x0∈(
1
e ,1)，使得u(x0)=0，符合题意.
综上，a的取值范围为[0, 1
e).
（2024 高三·全国·专题练习）已知函数f (x)=ae
x−1−ln x +lna．若f (x)≥1，求a
的取值范围．
【答案】a≥1
【分析】将不等式进行变形为e
x−1+ ln a+(x + ln a−1)≥ln x +e
ln x，构造新函数g(x)= x +e
x，
小试牛刀2
h(x)= x−ln x + ln a−1，求导判断单调性，求出最小值即可求得结果.
【详解】因为f (x)≥1，所以ae
x−1+ ln a≥1+ ln x，变形得e
x−1+ ln a+ ln a+ x−1≥1+ ln x + x−1= ln x + x.
即e
x−1+ ln a+(x + ln a−1)≥ln x +e
ln x.
设g(x)= x +e
x，求导得g
' (x)=1+e
x>0，所以g(x)单调递增，
上述不等式即g(ln a+ x−1)≥g(ln x)，
所以ln a+ x−1≥ln x，即x−ln x + ln a−1≥0.
设h(x)= x−ln x + ln a−1，则h
' (x)=1−1
x ，
令h
' (x)>0可得x>1，h
' (x)<0可得0< x<1，
所以h(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以h(x)min=h(1)= ln a≥0，所以a≥1.
（25-26 高三上·河北邢台·期中）已知函数f ( x)=e
x−x−1．
(1)求曲线y = f ( x)在点(0,f (0))处的切线方程；
(2)判断函数f ( x)的单调性并求其最值；
(3)若不等式f ( x)−k x
2≥0对∀x∈[0,+∞)恒成立，求实数k的取值范围．
【答案】(1)y =0
(2)函数f ( x)在区间(−∞,0)上单调递减，在区间(0,+∞)上单调递增；最小值是0，没有最大值
(3)(−∞, 1
2)
【分析】（1）求导，确定切线斜率，即可求解；
（2）通过求导，确定函数单调性，即可求解；
（3）令g( x)=e
x−x −1−k x
2( x ≥0)求导得到g
'( x)=e
x−1−2kx，再通过k ≤0，k >0，讨论g′( x)的单
调性，确定其符号，进而可求解.
【详解】（1）因为f ( x)=e
x−x−1，x∈R，所以f
'( x)=e
x−1．
因为f (0)=e
0−0−1=0，f
'(0)=e
0−1=0，
所以曲线y = f ( x)在点(0,f (0))处的切线方程为y =0．
（2）由（1）知f
'( x)=e
x−1，f
'(0)=0．
当x<0时，f
'( x)<0，所以函数f ( x)在区间(−∞,0)上单调递减；
当x>0时，f
'( x)>0，所以函数f ( x)在区间(0,+∞)上单调递增．
所以当x =0时，函数f ( x)取得极小值，也是最小值．
因为f (0)=0，所以函数f ( x)的最小值是0，没有最大值．
（3）设g( x)= f ( x)−k x
2=e
x−x −1−k x
2( x ≥0)，
小试牛刀3
则g(0)=0，g
'( x)=e
x−1−2kx．
当k ≤0时，g
'( x)≥0在[0,+ ∞)上恒成立，当且仅当x =0时，等号成立，
所以函数g( x)在[0,+ ∞)上单调递增，所以g( x)≥g(0)=0，满足题意．
当k >0时，设函数h( x)=e
x−1−2kx( x ≥0)，则h(0)=0，h
'( x)=e
x−2k．
解h
'( x)>0得x>ln(2k )，解h
'( x)<0得x<ln(2k )．
当ln(2k )≤0，即0<k ≤1
2时，h
'( x)>0在(0,+∞)上恒成立，
函数h( x)在(0,+ ∞)上单调递增，所以h( x)≥h(0)=0，
即g
'( x)≥0在[0,+∞)上恒成立，所以函数g( x)在[0,+∞)上单调递增，
所以g( x)≥g(0)=0，满足题意．
当ln(2k )>0，即k > 1
2时，函数h( x)在区间(0,ln(2k ))上单调递减，在区间(ln(2k ),+∞)上单调递增，
又h(0)=0，所以h( x)<0在(0,ln(2k ))上恒成立，即g
'( x)<0在(0,ln(2k ))上恒成立，
所以g( x)在区间(0,ln(2k ))上单调递减．
因为g(0)=0，所以在区间(0,ln(2k ))上g( x)<0恒成立，与已知矛盾，不合题意．
综上，实数k的取值范围是(−∞, 1
2)．
【热点题型3：切线夹的应用】
【核心归纳】
核心归纳：切线夹的关键是构造“上下界切线”，将超越方程的根转化为一次方程的根，实现根差的放缩.
方法总结：①找关键切点（零点、极值点）；②证函数与切线的位置关系；③求切线与定直线交点；④利
用位置关系放缩根的范围.
（24-25 高三上山东泰安期中）已知函数f (x)=(x−1)ln (x +1)，曲线y = f (x)在点
(1,0)处的切线方程为y =kx +b(k ,b∈R).
(1)求k，b的值；
(2)证明：f (x)≥kx +b；
(3)若函数g(x)= f (x)+m(m∈R)有两个零点x1，x2，证明：|x2−x1)≤1−m−m
ln 2.
【答案】(1)k = ln2，b=−ln2
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据导数的几何意义求出曲线y = f ( x)在点(1,0)处的切线方程即可得k，b的值；
（2）令h( x)= f ( x)−kx −b=( x−1)[ ln( x +1)−ln 2]，分别讨论−1< x ≤1、x>1时x−1和
ln( x +1)−ln 2的符号即可求证；
（3）令t( x)= f ( x)+ x，利用导数判断单调性可得t( x)min=0，f ( x)+ x ≥0恒成立，不妨令x2> x1，则
经典例题
f ( x1)= f ( x2)=−m，由f ( x2)≥( x2−1)⋅ln 2可得x2−1≤f ( x2)
ln 2 = f ( x1)
ln 2 ≤f ( x1)
ln 2 + f ( x1)+ x1，再将
f ( x1)=−m代入即可求证.
【详解】（1）由f ( x)=( x−1)ln( x +1)可得f
′( x)= ln( x +1)+ x−1
x +1 ，
则f
′(1)= ln 2，所以曲线y = f ( x)在点(1,0)处的切线斜率为k = ln2，
所以切线方程为：y = ln 2⋅( x−1)，
因为曲线y = f ( x)在点(1,0)处的切线方程为y = x⋅ln 2+b，所以b=−ln 2.
（2）由（1）知：k = ln 2，b=−ln 2，
令h( x)= f ( x)−kx −b=( x−1)ln( x +1)−x⋅ln 2+ ln 2
=( x−1)[ ln( x +1)−ln 2]，( x>−1)
当−1< x ≤1时，x−1≤0，ln( x +1)≤ln 2，故h( x)≥0，
当x>1时，x−1>0，ln( x +1)>ln 2，故h( x)>0，
综上所述：对任意的x>−1，都有h( x)≥0，即f ( x)≥kx +b，
（3）不妨设t( x)= f ( x)+ x =( x−1)ln( x +1)+ x，( x>−1)，
则t
′( x)= f
′( x)+1= ln( x +1)+ x−1
x +1 +1=2+ ln( x +1)−
2
x +1，( x>−1)，
因为y = ln( x +1)和y =−
2
x +1在(−1,+ ∞)上单调递增，
所以t
′( x)=2+ ln( x +1)−
2
x +1在(−1,+∞)上单调递增，
因为t
′(0)=0，所以−1< x<0时，t
′( x)<0；x>0时，t
′( x)>0；
所以t( x)= f ( x)+ x在(−1,0)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以t( x)min=t(0)= f (0)+0=0，所以t( x)= f ( x)+ x ≥0恒成立，
不妨令x2> x1，则f ( x1)= f ( x2)=−m，
由（2）知：f ( x2)≥( x2−1)⋅ln 2，
所以x2−1≤f ( x2)
ln 2 = f ( x1)
ln 2 ≤f ( x1)
ln 2 + f ( x1)+ x1，
将f ( x1)=−m代入可得x2−1≤−m
ln2 −m+ x1，即x2−x1≤1−m
ln2 −m，
即| x2−x1|≤1−m−m
ln 2.
（23-24 高二下广东梅州期末）已知函数f ( x)=( x +b)(e
x−a)(b>0)在点
P(0,f (0))处的切线方程为：y = x.
(1)求实数a，b 的值；
小试牛刀1
(2)证明：f ( x)≥(
1
e −1)(x +1)；
(3)若方程f ( x)=m有两个实数根x1, x2,且x1< x2，证明：x2−x1≤1+ m(1−2e)
1−e
.
【答案】(1)b=a=1
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由函数在点处的切线方程求解；
（2）观察，构造出f (x)在点(−1,0)处的切线为h(x)=(
1
e −1)(x +1)，令F (x)= f (x)−h(x)，只需证明
F (x)≥0；
（3）方程f ( x)=m的根不太好确定，由（2）可构造出f ( x1)≥h(x1)，找出h(x)=m的根为x1
′ =−1+ me
1−e，
利用单调性确定x1
′≤x1；再构造一个函数f ( x)在点(0,0)处的切线方程t (x)= x，同理可得，f ( x2)≥t (x2)，
找出t (x)=m的根x2
′ =m，利用单调性判定出x2
′≥x2，从而得证.
【详解】（1）由题，f
′( x)=(e
x−a)+e
x( x +b)=e
x( x +1+b)−a，
f (0)=b(1−a)=0,f
′(0)=1+b−a=1,
因为b>0所以a=1，则b=a=1.
（2）由（1）知，f ( x)=( x +1)(e
x−1)(b>0)，f
′( x)=e
x( x +2)−1，
设f (x)在点(−1,0)处的切线为h(x)，斜率f
′(−1)=1
e −1，则h(x)=(
1
e −1)(x +1)，
令F (x)= f (x)−h(x)，则F
′ (x)= f
′ (x)−h
′ (x)=e
x(x +2)−1
e ，
当x ≤−2时，F
′ (x)<0，F (x)在(−∞,−2)单调递减；
当x>−2时，令G(x)=e
x(x +2)−1
e ，则G
′ (x)=e
x(x +3)>0恒成立，
所以F
′ (x)在(−2,+∞)上单调递增，
又F
′ (−1)=0，所以当x∈(−2,−1)时，F
′ (x)<0，F (x)在(−2,−1)单调递减，
当x∈(−1,+ ∞)时，F
′ (x)>0，F (x)在(−1,+ ∞)单调递增，
故F (x)≥F (−1)=0，所以f ( x)≥h(x),f ( x)≥(
1
e −1)(x +1).
（3）由（2）知，f ( x1)≥h(x1)，
设h(x)=m的根为x1
′，则x1
′ =−1+ me
1−e，
又函数h(x)单调递减，故h(x1
′)=m= f (x1)≥h(x1)，故x1
′≤x1，
记t (x)= x，H (x)= f ( x)−x = xe
x+e
x−2 x−1，H
′ (x)=(x +2)e
x−2，
当x ≤−2时，H
′ (x)<0，H (x)在(−∞,−2)单调递减；
当x>−2时，令φ(x)= H
′ (x)=(x +2)e
x−2, φ
′ (x)=e
x(x +3)>0恒成立，
所以φ
′ (x)在(−2,+∞)上单调递增，
又φ
′ (0)=0，所以当x∈(−2,0)时，H
′ (x)<0，H (x)在(−2,0)单调递减，
当x∈(0,+∞)时，H
′ (x)>0，H (x)在(0,+∞)单调递增，
故H (x)≥H (0)=0，所以f ( x)≥t (x)，则f ( x2)≥t (x2)，
设t (x)=m的根为x2
′，则x2
′ =m，
又函数t (x)单调递增，故t(x2
′)=m= f (x2)≥t (x2)，故x2
′≥x2，
又x1
′≤x1，所以x2−x1≤x2
′−x1
′ =m−(−1+ me
1−e)=1+ m(1−2e)
1−e
.
【点睛】关键点睛：构造函数是关键，此题关键的几步都是构造函数，首先，找到f (x)在点(−1,0)处的切
线为h(x)=(
1
e −1)(x +1)，其次是找到函数f ( x)在点(0,0)处的切线方程t (x)= x，对f ( x)=m的根进行转
换，非常灵活，属于难题.
（2024 山东模拟预测）已知函数f ( x)= x ln x−a( x−1)，其中a∈R.
(1)求函数f ( x)的单调区间；
(2)当a=0时，
①证明：f ( x)≥−x−1
e
2；
②方程f ( x)=m有两个实根x1, x2，且x2> x1，求证：x2−x1<1+ 1
e
2 +2m.
【答案】(1)单调递减区间为(0,e
a−1)，单调递增区间为(e
a−1,+ ∞)
(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）求解函数f ( x)，利用导数求解函数f ( x)的单调区间即可.
（2）①证明不等式恒成立，通过构造函数g( x)，求函数g( x)的导数，利用导数求解函数g( x)的单调性
及极值即可证明；②根据函数的单调性及极值点，数形结合判断方程有两个根的情况m的取值范围及两根
的取值范围，联立直线y =−x−1
e
2 与y =m，求解交点横坐标x
′，则x2−x1< x2−x
′，转化不等式，构造函
数，利用导数求解函数的最值即可证明.
【详解】（1）解：函数的定义域为(0,+∞)，
函数的导数f
′( x)=1+ ln x −a=0，解得x =e
a−1，
所以当x∈(0,e
a−1)时，此时f
′( x)<0，函数f ( x)单调递减区间为(0,e
a−1)，
所以当x ∈(e
a−1,+ ∞)时，此时f
′( x)>0，函数f ( x)单调递增区间为(e
a−1,+ ∞)，
小试牛刀2
所以函数f ( x)单调递减区间为(0,e
a−1)，单调递增区间为(e
a−1,+∞).
（2）当a=0时，
①要证不等式f ( x)≥−x−1
e
2 成立，即证明x ln x ≥−x−1
e
2 成立.即证明x ln x + x + 1
e
2 ≥0成立.
令g( x)= x ln x + x + 1
e
2 ,g
′( x)= ln x +2
当x∈(0,e
−2)时，此时g
′( x)<0，
当x ∈(e
−2,+ ∞)时，此时g
′( x)>0，
所以g( x)在(0,e
−2)单调递减，在(e
−2,+∞)单调递增
所以g( x)最小值为g(e
−2)=0，
g( x)≥0恒成立，即−x−1
e
2 ≤x ln x恒成立得证.
②由①得x ln x ≥−x−1
e
2 恒成立，即直线y =−x−1
e
2 始终在曲线y = x ln x下方或有唯一切点，
又结合（1）可知f ( x)= x ln x单调递减区间为(0, 1
e)，单调递增区间为(
1
e ,+∞)，
所以当x = 1
e 时f ( x)= x ln x取最小值f(
1
e)= 1
e ln 1
e =−1
e ，
且当x→0时，f ( x)→0；当x =1时，f ( x)=0；当x>1时，f ( x)>0.
所以方程f ( x)=m有两个实根x1, x2，则−1
e <m<0，且0< x1< 1
e < x2<1.
由直线y =−x−1
e
2 与y =m联立解得交点的横坐标x
′ =−m−e
−2，显然x
′< x1
因此，要证x2−x1<1+ 1
e
2 +2m，只要证x2−x
′<1+ 1
e
2 +2m即可
即证x2+m+ 1
e
2 <1+ 1
e
2 +2m，即证x2<1+m即可
又因为m= x2ln x2, 1
e < x2<1，所以只要证x2<1+ x2ln x2
令h( x)= x−x ln x−1, 1
e < x<1,h
′( x)=−ln x>0恒成立
所以h( x)= x−x ln x−1在(
1
e ,1)单调递增，即h( x)<h(1)=0
所以x2−x1<1+ 1
e
2 +2m得证，原命题得证.
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导
数的应用的考查主要从以下几个角度进行：
（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．
（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．
（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．
（4）考查数形结合思想的应用．
（2025 高二·全国·专题练习）已知f ( x)=e
x−ax，当a=2时，若关于f ( x)=t的方
程有两个实数根x1< x2，求证：x2−x1<3t −1．
【答案】证明见解析
【分析】先分析x1，x2存在的条件，再分别证明−x1<t −1和x2<2t，即可得x2−x1<3t −1.
【详解】当a=2时，f (x)=e
x−2 x，所以f
′ (x)=e
x−2.
由f
′ (x)<0 ⇒ x<ln2；由f
′ (x)>0 ⇒ x>ln2.
所以f (x)在(−∞,ln 2)上单调递减，在(ln 2,+∞)上单调递增，
又f (ln 2)=2−2ln 2，所以f (x)≥2−2ln 2.
因为方程f (x)=t有两个不相等的实根，所以t >2−2ln2.
且e
x1−2 x1=e
x2−2 x2=t，（x1<2−2ln2，x2>2−2ln2）.
作函数f (x)在x =0处的切线：
f (0)=1，f
′ (0)=−1，所以切线方程为y −1=−x，即y =1−x.
设g(x)=e
x−2 x−(1−x)=e
x−x−1，
则g
′ (x)=e
x−1，由g
′ (x)<0 ⇒ x<0；由g
′ (x)>0 ⇒ x>0.
所以g(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，且g(0)=0.
所以g(0)≥0恒成立.
所以e
x−2 x ≥1−x恒成立，所以1−x1≤e
x1−2 x1=t ⇒ −x1≤t −1.
再设φ(x)=e
x−2 x−x
2 =e
x−5
2 x.
则φ
′ (x)=e
x−5
2，由φ
′ (x)<0 ⇒ x<ln 5
2；由φ
′ (x)>0 ⇒ x>ln 5
2.
所以φ(x)在(−∞,ln 5
2)上单调递减，在(ln 5
2 ,+∞)上单调递增，且φ(ln 5
2)= 5
2 −5
2 ln 5
2 >0，
小试牛刀3
所以φ(x)>0恒成立，即e
x−2 x> x
2恒成立，
所以x2
2 <e
x2−2 x2=t ⇒ x2<2t.
所以x2−x1<3t −1.
【热点题型4：割线放缩及割线夹】
【核心归纳】
核心归纳：割线放缩适用于“根差大于某表达式”的证明，通过割线缩小根的范围，与切线夹形成互补.
方法总结：①选极值点、零点构造割线；②证函数与割线的位置关系；③求交点并放缩根差.
（2025 高三·全国·专题练习）已知函数f (x)=ln x
x
与y =a有两个交点，交点横坐标分
别为x1，x2，且x1< x2．
(1)求a的取值范围；
(2)证明：x2−x1>−2ae+2；
【答案】(1)(0, 1
e)
(2)证明见解析
【分析】根据函数解析式判断单调性画出函数图象，结合图象求参数范围即可；
如图先求两条直线的方程，再结合要证明的不等式构造新函数，判断函数单调性，找到四个横坐标之间的
关系，结合不等式性质得以证明.
【详解】（1）因为f (x)= ln x
x
(x>0)，f
' (x)= 1−ln x
x
2
，
所以f
' (x)>0,f (x)在(0,e)单调递增；f
' (x)<0,f (x)在(e,+ ∞)单调递减，且当
x∈(e,+∞)时，f (x)>0，f (x)max= f (e)= 1
e ，作出函数图象，如下图所示.
经典例题
则结合图象可得a的取值范围为(0, 1
e)；
（2）如图，作出f (x)的图象，f (x)的极值点为e，设P(e, 1
e)，A (1,0)，B (m,0)，直线y =a与直线PA，
PB的交点对应的横坐标分别为x3，x4，
此时等价于证明x2−x1
2
> x4−x3
2
=1−ae，
直线PA的方程为：y =
1
e
2−e
(x−1)，令y =a解得：x3=(e
2−e)a+1，
因为x4−x3=2(1−ae)，进而可得x4=3+(e
2−3e)a，即直线PB的方程为y =
1
e
2−3e
(x−3)，易得
B (3,0)；
令g(x)=ln x
x
−
1
e
2−e
(x−1), g
' (x)= 1−ln x
x
2
−1
e
2−e ，
当x∈(1,e)时，1−ln x
x
2
>1−lne
e
2
=0，且1−ln x
x
2
在(1,e)单调递减，
所以g
' (x)> g
' (e)=−
1
e(e−1) ，且g(1)=0, g (e)=0，
可得g(x)>0，在(1,e)恒成立，故ln x
x >
1
e(e−1)
(x−1)，所以x1< x3.
同理可证h(x)=ln x
x
−
1
e
2−3e
(x−3)>0在x∈(e,+∞)上恒成立,故x2> x4.
又因为代入可得x4−x3=2(1−ae)，
此时x2−x1
2
> x4−x3
2
=1−ae得以证明.
（2024 浙江杭州一模）已知函数f (x)=axln x−x
3−1.
(1)若a=1，求f (x)的单调区间;
(2)若0≤a≤3，求证:f (x)<0;
(3)若h(x)= f (x)+ x
3+1
a
，∃x1≠x2使得h(x1)=h(x2)=b，求证:be+1<|x1−x2)<b+1.
【答案】(1)单调递减区间是(0,+ ∞)，无增区间.
(2)证明见详解
(3)证明见详解
【分析】（1）利用导函数求得f
' (x)的最大值，再得到f (x)在(0,+∞)上递减；
（2）x∈(0,1)时函数值恒为负数，所以研究x∈(1,+ ∞)的最大值，借助导函数得到在区间(1,+∞)上小
小试牛刀1
于0，所以函数单减，从而得到函数值一定小于0，得证；
（3）利用导函数求单调区间，由此得出x1, x2的所在区间，构造直线使得与y =b的交点见距离等于不等式
两边的值，再由线段长短得出相应结论.
【详解】（1）当a=1时，f (x)= xln x−x
3−1，x∈(0,+∞)，
则f
′ (x)=ln x +1−3 x
2
令h(x)= f
′ (x)，则h
′ (x)= 1
x −6 x，
令h
' (x)= 1
x −6 x>0，∵x>0，
∴0< x<
❑√6
6 ，
∴f
' (x)在区间(0,
❑√6
6 )上单调递增，在区间(
❑√6
6 ,+∞)上单调递减，
∴f
′ (x)≤f
′(
❑√6
6 )=ln
❑√6
6 + 1
2 = 1
2(ln 1
6 +1)<0，
∴f (x)的单调递减区间是(0,+ ∞)，无增区间.
（2）∵x∈(0,+ ∞)，
当x∈(0,1]时，f (x)<0显然成立，
当x∈(1,+∞)时，f
′ (x)=a(ln x +1)−3 x
2，令g(x)= f
' (x)，
∴g
' (x)= a−6 x
2
x
<0，
∴f
' (x)在区间(1,+ ∞)上单调递减，∴f
′ (x)<f
′ (1)=a−3≤0，
∴f (x)在区间(1,+∞)上单调递减，∴f (x)<f (1)=−2<0，
综上所述，当0≤a≤3时，f (x)<0.
（3）h(x)= x ln x，
∴h
′ (x)= ln x +1，令h
' (x)<0，则0< x< 1
e ，∴h(x)在区间(0, 1
e)上单调递减，在区间(
1
e ,+∞)上单调递
增，
∵h(
1
e)=−1
e ，∴b∈(−1
e ,0).
不妨设x1< x2，则x1∈(0, 1
e)，x2∈(
1
e ,1)，
先证：x2−x1<b+1，
易知h(x)在x =1处的切线方程为y = x−1，该切线与直线y =b的交点的横坐标为x3=b+1，
令g(x)=h(x)−(x−1)= x ln x−x +1，则g
′ (x)= ln x，
当x∈(0,1)时，g
′ (x)<0，此时g(x)> g(1)=0，
∴当x∈(0,1)时，y = x−1图像在h(x)下方.
∴x3> x2−x1，
∴x2−x1< x3<b+1，
再证x2−x1>be+1，设A(
1
e ,−1
e)，B (1,0)，
易知直线OA方程为y =−x，直线AB方程为y =
1
e−1
(x−1)，
则直线OA，AB与直线y =b交点的横坐标为x4=−b，x5= (e-1)b+1，
∴x5−x4=be+1，
∵x4=−b=−x1ln x1> x1，同理可证：x4< x2，
∴x1< x4< x2，类似的可以证明x1< x5< x2，
∴x5−x4< x2−x1，即be+1< x2−x1，
∴be+1<|x1−x2)<b+1
【点睛】思路点睛：本题不等式证明可以分别证明两边成立，因为x1, x2是与y =b的交点，可以构造其他
交点使得线段长度等于不等式两端的值，再证明点的位置，得到线段长度即可得证.
（23-24 高三上黑龙江哈尔滨开学考试）已知函数f (x)= xln x
(1)求函数f (x)的单调区间；
(2)若a≤−2，证明:f (x)≥ax−e
−3在(0，+ ∞)上恒成立；
(3)若方程f (x)=b有两个实数根x1，x2，且x1< x2，
求证:be+1< x2−x1<e
−3+2+3b
2
.
【答案】(1)f (x)的递减区间为(0，1
e)，递增区间为(
1
e ,+ ∞).
(2)证明见解析.
(3)证明见解析.
【分析】（1）对f (x)求导即可求出结果；
（2）即证g(a)=ax−e
−3≤g(−2)=−2 x−e
−3，构造h( x)= x ln x +2 x +e
−3，即可证明
−2 x−e
−3≤x ln x；
（3）分别利用切线放缩进行证明.
【详解】（1）由f
′ (x)=ln x +1，则x∈(0，1
e)时，f
′ (x)<0，f (x)单调递减，
x∈(
1
e ,+ ∞)时，f
′ (x)>0，f (x)单调递增，
小试牛刀2
所以f (x)的递减区间为(0，1
e)，递增区间为(
1
e ,+∞).
（2）因为a≤−2，x∈(0，+ ∞)，令g(a)=ax−e
−3
所以g(a)=ax−e
−3≤g(−2)=−2 x−e
−3，
下证−2 x−e
−3≤x ln x，
令h( x)= x ln x +2 x +e
−3，
则h
′( x)= ln x +3，
当0< x<e
−3时,h
′( x)<0，当x >e
−3,h
′( x)>0，
所以h( x)在(0,e
−3)上单调递减，在(e
−3,+ ∞)上单调递增，
所以h( x)= x ln x +2 x +e
−3≥h(e
−3)=0，
所以f (x)≥ax−e
−3在(0，+∞)上恒成立；
（3）证明：先证右半部分不等式： x2−x1<e
−3+2+3b
2
；
因为f ( x)= x ln x，f
′( x)= ln x +1，
所以f (1)=0,f (e
−3)=−3e
−3,f
′(1)=1,f
′(e
−3)=−2；
可求曲线y = f ( x)在x =e
−3和x =1处的切线分别为l1: y =−2 x−e
−3和l2: y = x−1；
设直线y =b与直线l1，函数f ( x)的图象和直线l2交点的横坐标分别为x1
′ , x1, x2, x2
′ ,
则x1
′ =−e
−3+b
2
, x2
′ =b+1,
则x2−x1< x2
′−x1
′ =(b+1)−(−e
−3+b
2
)=e
−3+2+3b
2
；
因此x2−x1<e
−3+2+3b
2
.
再证左半部分不等式：x2−x1>be+1.
设取曲线上两点A( 1
e ,−1
e ),B(1,0)，
用割线OA : y =−x，AB: y =
1
e−1 ( x−1)来限制x2−x1，
设直线y =b与直线y =−x , y =
1
e−1 ( x−1)的交点的横坐标分别为x3, x4，
则x1< x3< x4< x2，且x3=−b，x4=(e−1)b+1,
所以x2−x1> x4−x3=(e−1)b+1−(−b)=be+1.
综上可得be+1< x2−x1<e
−3+2+3b
2
成立.
【点睛】方法点睛：导数证明不等式的方法常有：
（1）最值法：移项构造函数，通过求解最值来证明；
（2）放缩法：通过构造切线或割线，利用切线放缩或者割线放缩来证明.
（24-25 高三下河南月考）已知函数f (x)= x ln x，g(x)= 2f (x)
x
−x + 1
x ．
(1)求函数g(x)的单调区间；
(2)若方程f (x)=m的根为x1、x2，且x2> x1，求证：x2−x1>1+em．
【答案】(1)单调递减区间为(0,+ ∞)，无单调递增区间；
(2)证明见解析
【分析】（1）求出g(x)的解析，从而求出导函数，即可得到函数的单调区间；
（2）求导分析f (x)的单调性，f
′ (x)=1+ ln x，推出f (x)<−x，设直线y =−x与y =m的交点的横坐标为
x3，则x1< x3=−m，证明当x∈(
1
e ,1)时，f (x)<
1
e−1 ( x−1)，即可得证．
【详解】（1）解：因为f (x)= x ln x，g(x)= 2f (x)
x
−x + 1
x ，
所以g(x)=2ln x−x + 1
x 定义域为(0,+ ∞)，
g
′ (x)= 2
x −1−1
x
2 = −x
2+2 x−1
x
2
= −(x−1)
2
x
2
≤0，
所以g(x)在(0,+ ∞)上单调递减，即g(x)的单调递减区间为(0,+∞)，无单调递增区间；
（2）证明：f (x)= x ln x，f
′ (x)=1+ ln x，
小试牛刀3
当0< x< 1
e 时f
′ (x)<0，当x> 1
e 时f
′ (x)>0
所以f (x)在(0, 1
e)上是单调递减，在(
1
e ,+ ∞)上单调递增，则f (x)min= f(
1
e)=−1
e ，
当0< x<1时，f (x)= x ln x<0，所以0< x1< 1
e < x2<1，且−1
e <m<0，
当x∈(0, 1
e)时，ln x<−1，所以x ln x<−x，即f (x)<−x，
设直线y =−x与y =m的交点的横坐标为x3，则x1< x3=−m=−x1ln x1，
下面证明当x∈(
1
e ,1)时，f (x)<
1
e−1 ( x−1)，
设h( x)= x ln x−
1
e−1 ( x−1)= x(ln x−
1
e−1 +
1
(e−1)x )，
m( x)= ln x−
1
e−1 +
1
(e−1)x ，
则m
′( x)= 1
x −
1
(e−1)x
2 = (e−1)x−1
(e−1)x
2 ，
当1
e < x<
1
e−1 时，m
′ (x)<0，当1
e−1 < x<1时，m
′ (x)>0，
所以m( x)在(
1
e ,
1
e−1)上是减函数，在(
1
e−1 ,1)上增函数，
又因为m(
1
e)=0，m(1)=0，
所以当1
e < x<1时，m( x)<0，h( x)<0，
故当x∈(
1
e ,1)时，f (x)<
1
e−1 ( x−1)，
设直线y =
1
e−1 ( x−1)与y =m的交点的横坐标为x4，则x2> x4=1+(e−1)m，
所以x2−x1> x4−x3=1+em，得证．
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式f (x)>g(x)（或f (x)<g(x)）转化为证明f (x)−g(x)>0（或
f (x)−g(x)<0），进而构造辅助函数h(x)= f (x)−g(x)；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
1.（2025·辽宁·模拟预测）已知函数f (x)=2k sin x−x
2+2π x−a，其中a，k ∈R.
课后针对训练
(1)当a=0，k =1时，求f (x)在(0,f (0))处的切线方程；
(2)当a=0时，求证：k ∈[−1,1)是满足“f (x)在[0,2π)上存在2 个零点”的一个充分不必要条件；
(3)当k =1时，若函数f (x)有两个零点x1，x2(x1< x2)，求证：1−π
2
π
(x2−x1−2π)≥a.
【答案】(1)y =(2+2π) x
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）对f (x)求导，求出f (0),f
′ (0)，由导数的几何意义求解即可；
（2）先证明充分性成立，即当k ∈[−1,1)时f (x)在[0,2π)上存在2 个零点，再通过取k =2，证明必要性
不成立.
（3）先证明(2+2π) x ≥2sin x−x
2+2π x，再证(2π,0)处的切线恒在原函数的上方，设直线y =a与
两条切线所交于x3，x4(x3< x4)，且x3< x1，x4> x2，求出x3，x4，再由作差法可证明
1−π
2
π
(x2−x1−2π)≥a.
【详解】（1）当a=0，k =1时，f (x)=2sin x−x
2+2π x，f (0)=0
f
′ (x)=2cos x−2 x +2π，f
′ (0)=2+2π，
在(0,f (0))处的切线方程为：y =(2+2π) x.
（2）①先证明充分性：
f
′ (x)=2k cos x−2 x +2π，令f
′ (x)= g(x)，则g
′ (x)=−2k sin x−2.
∵k ∈[−1,1)，∴g
′ (x)≤0，即g(x)在定义域上单调递减，
∵g(0)=2k +2π>0，g(2π)=2k −2π<0，
∃x0∈(0,2π)，使得g(x0)=0.
当x∈(0, x0)时，g(x)>0，当x∈(x0,2π)时，g(x)<0，
∴f (x)在(0, x0)上单调递增，在(x0,2π)上单调递减，x0为极大值点.
∵f (0)=0，f (2π)=0，
∴f (x)在定义域上存在两个零点x =0和x =2π，充分性得证.
②再证明非必要性.
取k =2，g(x)= 4cos x−2 x +2π，则g
′ (x)=−4 sin x−2，
考虑周期性可知，当x∈(0, 7
6 π)时，g
′ (x)<0，则g(x)在(0, 7
6 π)上单调递减；
当x∈(
7
6 π, 11
6 π)时，g
′ (x)>0，则g(x)在(
7
6 π, 11
6 π)上单调递增；
当x∈(
11
6 π,2π)时，g
′ (x)<0，则g(x)在(
11
6 π,2π)上单调递减.
因为g(0)= 4 +2π>0，g(
7
6 π)=−2❑√3−π
3 <0， g(
11
6 π)=2❑√3−5π
3 <0，
故∃x0∈(0, 7
6 π)，使得g(x0)=0.
当x∈(0, x0)时，g(x)>0，当x∈(x0,2π)时，g(x)<0，
所以当x∈(0, x0)时，f
′ (x)>0，当x∈(x0,2π)时，f
′ (x)<0，
∴f (x)在(0, x0)上单调递增，在(x0,2π)上单调递减，x0为极大值点.
∵f (0)=0，f (2π)=0，
∴f (x)在定义域上存在两个零点x =0和x =2π，即必要性不成立.
（3）当k =1时，由f ( x)=0可得2sin x−x
2+2π x =a，即x1, x2为h(x)=2sin x−x
2+2π x与直线
y =a的两个交点的横坐标.
先证明：(2+2π) x ≥2sin x−x
2+2π x，即证x
2+2 x ≥2sin x，
设k (x)=sin x−x (x ≥0)，k
′ (x)=cos x−1≤0，k (x)单调递减，而k (0)=0，
∴sin x ≤x，x ≥0得证.
∴x
2+2 x ≥2 x ≥2sin x，x =0等号成立.
再证(2π,0)处的切线恒在原函数的上方，即证(2−2π)(x−2π)≥2sin x−x
2+2π x，
即证明x
2+2 x−4π x−4π+ 4π
2≥2sin x，设j(x)= x
2+2 x−4π x−4π+ 4π
2−2sin x，
j
′ (x)=2 x +2−4π−2cos x，设k (x)=2 x +2−4π−2cos x，
k
′ (x)=2+2sin x ≥0，k (x)在定义域上单调递增.
k (2π)=0,∴k (x)≤0，所以j
′ (x)≤0，j(x)在定义域上单调递减.
而j(2π)=0，∴(2−2π)(x−2π)≥2sin x−x
2+2π x得证.
由上述论证，令y =a，设直线y =a与两条切线所交于x3，x4(x3< x4)，且x3< x1，x4> x2.
x3=
a
2(π+1)，x4=
a
2−2π +2π.
x4−x3=
a
2−2π +2π−
a
2(π+1) =aπ
1−π
2 +2π≥x2−x1，
即1−π
2
π
(x2−x1−2π)≥a得证，当且仅当a=0时取等.
2.（2025 高二·全国·专题练习）已知函数f ( x)= x ln x，函数h( x)=|f ( x)|−b有3 个不同的零点x1，x2，
x3(x1< x2< x3)
(1)求证：x1
2+ x2
2> 2
e
2 ；
(2)求证：
❑√1+2b−❑√1−2b< x3−x2<be（e=2.71828⋯是自然对数的底数）．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）利用证明极值点偏移的方法证明x1+ x2> 2
e ，再结合基本不等式证明x1
2+ x2
2> 2
e
2；（2）根据
|g( x))≥|f ( x))证明
❑√1+2b−❑√1−2b< x3−x2，结合切线方程证明x3−x2<be.
【详解】（1）h(x)=|f (x))−b={
−xln x−b,
0< x ≤1
xln x−b,
x>1 )，
当 0< x ≤1,h
′( x)=−(ln x +1),∴h( x)在 (0, 1
e)上单调递增，在 (
1
e ,1)单调递减，
当 x>1,h
′( x)= ln x +1,∴h( x)在(1,+ ∞)上单调递增，
又函数h( x)=|f ( x)|−b有 3 个不同的零点 x1, x2, x3(x1< x2< x3)，
所以f(
1
e)>0，f (1)<0，
∴0< x1< 1
e < x2<1< x3,0<b< 1
e
令 H (x)=h(x)−h(
2
e −x), x∈(0, 1
e)，
H
′ (x)=h
′ (x)+h
′(
2
e −x)=−(ln x +1)−[ln(
2
e −x)+1)=−{ln[−)(x−1
e)
2
+ 1
e
2)+2)>0，H ( x)在
(0, 1
e)上单调递增，
又 x1∈(0, 1
e),∴H (x1)=h(x1)−h(
2
e −x1)< H(
1
e)=0，
∴h(x2)=h(x1)<h(
2
e −x1)，
又 ∵2
e −x1> 1
e , x2> 1
e ,h( x)在(
1
e ,1)上单调递减，
∴x2> 2
e −x1，即 x1+ x2> 2
e ,∴x1
2+ x2
2> 1
2 (x1+ x2)
2> 1
2 × 4
e
2 = 2
e
2
（2）y = x ln x在x =1处的切线方程y = x−1与y =b交点的横坐标x
′
3=b+1，
过点 A(
1
e , 1
e)和B(1,0)的直线方程 y =
1
1−e ( x−1)与y =b交点的横坐标 x
′
2=1+b(1−e) ，
∴x3−x2< x
′
3−x
′
2=b+1−1−b(1−e)=be，
令g( x)= 1
2 (x
2−1)，
则|g( x))与y =b在y轴右侧交点横坐标为 x4= ❑√1−2b, x5= ❑√1+2b，
即|g(x))=b的两个根为x4= ❑√1−2b, x5= ❑√1+2b，
接下来证明|g( x))≥|f ( x))，
①当 x ≥1,g( x)≥0,f ( x)≥0，即证 f ( x)≤g( x)，
令 F( x)= x ln x−1
2 (x
2−1), F
′( x)=1+ ln x−x，
令 G( x)= F
′( x)，则当x>1时G
′( x)= 1
x −1<0，所以F
′( x)在(1,+ ∞)上单调递减，
则有当x>1时F
′( x)< F
′(1)=0，所以F( x)在(1,+∞)上单调递减，
所以当x ≥1 F( x)≤F(1)=0，
∴f ( x)≤g( x)成立
②当 0< x<1时，f ( x)<0,g(x)<0，即证 −f ( x)≤−g( x),f ( x)≥g( x)，
令 F( x)= x ln x−1
2 (x
2−1), F
′( x)=1+ ln x−x
设φ( x)=1+ ln x−x(0< x<1)，则φ
′( x)= 1
x −1>0，所以φ( x)=1+ ln x−x在(0,1)上单调递增，
且φ(1)=0，所以1+ ln x−x<0，
所以F
′( x)<0 ，
∴F( x)在(0,1)上单调递减，F( x)≥F(1)=0，即 f ( x)≥g( x)，
综合①②可知|f ( x)|≤| g( x)|，
∴x3−x2> x5−x4= ❑√1+2b−❑√1−2b，
综上: ❑√1+2b−❑√1−2b< x3−x2<be.
3.（2025 高二·全国·专题练习）知函数f ( x)= x(t −ln x)，t ∈R．
(1)讨论函数f ( x)的单调区间；
(2)当t =1时，设x1，x2为两个不相等的正数，且f (x1)= f (x2)=a，证明：x1+ x2>a(2−e)+e−1
e ．
【答案】(1)f ( x)在(0,e
t −1)上单调递增，在(e
t −1,+ ∞)上单调递减
(2)证明见解析
【详解】（1）因为f ( x)= x(t −ln x)，所以f
′( x)=t −ln x + x(−1
x)=t −1−ln x，令
f
′( x)>0⇔0< x<e
t −1，令f
′( x)<0⇔x>e
t −1，所以f ( x)在(0,e
t −1)上单调递增，在(e
t −1,+∞)上单调递
减；
（2）证明：f ( x)= x(1−ln x)，f
′( x)=−ln x，f ( x)= x(1−ln x)在(0,1)上单调递增，(1,+ ∞)上单调
递减，f (1)= f (e)=0，函数f ( x)在区间(0,e]的图象如图所示．不妨设x1< x2，则0< x1<1< x2<e．
连接A(1,1)和点(e,0)的直线l2的方程为：y =
1
1−e ( x−e)，当y =a时，x4=(1−e)a+e，由图可知
x2> x4，所以要证明x1+ x2>a(2−e)+e−1
e ，只需证明x1+ x4>a(2−e)+e−1
e ，即只需证明
x1>a(2−e)+e−1
e −x4=a−1
e ，连接OA的直线l1的方程为y = x，设函数f ( x)的图象的与OA平行的切
线是直线l3，令f
′( x)=−ln x =1，可得x = 1
e ，又f(
1
e)= 1
e(1−ln 1
e)= 2
e ，所以切线l3的方程为
y −2
e = x−1
e ，即y = x + 1
e ，令y =a，得直线y =a与直线l3的交点横坐标为a−1
e ，由图可知x1>a−1
e ，故
得证！
4.（2025 高二·全国·专题练习）已知f ( x)=e
x(1−x)．
(1)求函数g( x)= f ( x)+e x−e的最大值；
(2)设f (x1)= f (x2)=t，x1≠x2，求证：x1+ x2<2t −t
e −1．
【答案】(1)0
(2)证明见解析
【详解】（1）易知g( x)= f ( x)+e x−e=(1−x)e
x+e x−e，函数定义域为R，可得g
′( x)=e−xe
x，
不妨设h( x)=e−x e
x，函数定义域为R，可得h
′( x)=−e
x( x +1)，当x<−1时，h
′( x)>0，h( x)单调递
增；
当x>−1时，h
′( x)<0，h( x)单调递减，因为x<0时，h( x)>0，且h(1)=0，所以当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，所以当x =1时，函数g( x)取得极大值也是最大值，
最大值g(1)=0；
（2）证明：易知f
′( x)=e
x(1−x)−e
x =−xe
x，当x<0时，f
′( x)>0，f ( x)单调递增；
当x>0时，f
′( x)<0，f ( x)单调递减，所以当x =0时，函数f ( x)取得极大值也是最大值，最大值f (0)=1，
当x→−∞时，f ( x)→0；当x→+ ∞时，f ( x)→−∞，因为f (x1)= f (x2)=t，所以x1，x2异号，不妨设
x1<0< x2且t ∈(0,1)，由（1）知f ( x)+e x−e≤0恒成立，所以f (x2)+e x2−e≤0，即t +e x2−e≤0，所
以x2≤1−t
e ，要证x1+ x2<2t −t
e −1，即证x1<2t −2，因为x1∈(−∞,0)，所以2t −2∈(−∞,0)，又
函数f ( x)在(−∞,0)上单调递增，此时需证f (x1)<f (2t −2)，要证t <e
2t −2(3−2t )，即证
e
2t −2(3−2t )
t
>1，不坊设k(t )=e
2t −2(3−2t )
t
，函数定义域为(0,1)，可得
k
′(t )=e
2t −2(−4 t
2+6t −3)
t
2
<0，所以函数k(t )在(0,1)上单调递减，则k(t )>k(1)=1，故
x1+ x2<2t −t
e −1．
5.（2025 高二·全国·专题练习）已知函数f ( x)= x ln x．
(1)若a≤−2，证明：f ( x)≥ax−e
−3在(0,+ ∞)上恒成立；
(2)若方程f ( x)=b有两个实数根x1，x2，且x1< x2，求证：be+1< x2−x1<e
−3+2+3b
2
．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【详解】证明：（1）由f
′( x)= ln x +1，则x∈(0, 1
e)时，f
′( x)<0，f ( x)单调递减，
x∈(
1
e ,+ ∞)时，f
′( x)>0，f ( x)单调递增，所以f ( x)的递减区间为(0, 1
e)，递增区间为(
1
e ,+∞)；
因为a≤−2，x∈(0,+∞)，令g(a)=ax−e
−3，所以g(a)=ax−e
−3≤g(−2)=−2 x−e
−3，
下证−2 x−e
−3≤x ln x，令h( x)= x ln x +2 x +e
−3，则h
′( x)= ln x +3，当0< x<e
−3时，h
′( x)<0，当
x>e
−3，H
′( x)>0，所以h( x)在(0,e
−3)上单调递减，在(e
−3,+∞)上单调递增，所以
h( x)= x ln x +2 x +e
−3≥h(e
−3)=0，所以f ( x)≥ax−e
−3在(0,+ ∞)上恒成立；
（2）先证右半部分不等式：x2−x1<e
−3+2+3b
2
，因为f ( x)= x ln x，f
′( x)= ln x +1，所以f (1)=0，
f (e
−3)=−3e
−3，f
′(1)=1，f
′(e
−3)=−2，可求曲线y = f ( x)在x =e
−3和x =1处的切线分别为
l1: y =−2 x−e
−3和l2: y = x−1；设直线y =b与直线l1，函数f ( x)的图象和直线l2交点的横坐标分别为x1
′，
x1，x2，x2
′，则x1
′ =−e
−3+b
2
，x2
′ =b+1，则x2−x1= x2
′−x1
′ =(b+1)−(−e
−3+b
2 )=e
−3+2+3b
2
，
因此x2−x1<e
−3+2+3b
2
，
再证左半部分不等式：x2−x1>be+1，设取曲线上两点A(
1
e ,−1
e)，B(1,0)，用割线OA : y =−x，
AB: y =
1
e−1 ( x−1)来限制x2−x1，设直线y =b与直线y −−x，y −
1
e−1 ( x−1)的交点的横坐标分别为
x3，x4，则x1< x3< x4< x2，且x3=−b，x4=(e−1)b+1，所以
x2−x1> x4−x3=(e−1)b+1−(−b)=be+1，综上可得be+1< x2−x1<e
−3+2+3b
2
成立．
6.（2025 高二·全国·专题练习）已知函数f ( x)= x ln x，g( x)= 2f ( x)
x
−x + 1
x ．
(1)求函数g( x)的单调区间；
(2)若方程f ( x)=m的根为x1、x2，且x2> x1，求证：x2−x1>1+em．
【答案】(1)单调递减区间为(0,+ ∞)，无单调递增区间
(2)证明见解析
【详解】（1）因为f ( x)= x ln x，g( x)= 2f ( x)
x
−x + 1
x ，所以g( x)=2ln x−x + 1
x 定义域为(0,+ ∞)，
g
′( x)= 2
x −1−1
x
2 = −x
2+2 x−1
x
2
=−−( x−1)
2
x
2
≤0，所以g( x)在(0,+∞)上单调递减，即g( x)的单调递
减区间为(0,+ ∞)，无单调递增区间；
（2）证明：f ( x)= x ln x，f
′( x)=1+ ln x，当0< x< 1
e 时，f
′( x)<0，当x> 1
e 时，f
′( x)>0，所以f ( x)在
(0, 1
e)上是单调递减，在(
1
e ,+∞)上单调递增，则f ( x)min= f(
1
e)=−1
e ，
当0< x<1时，f ( x)= x ln x<0，所以0< x1< 1
e < x2<1，且−1
e <m<0，当x∈(0, 1
e)时，ln x<−1，所以
x ln x<−x，即f ( x)<−x，设直线y =−x与y =m的交点的横坐标为x3，则x1< x3=−m=−x1ln x1，下面
证明当x∈(
1
e ,1)时，f ( x)<
1
e−1 ( x−1)，设h( x)= x ln x−
1
e−1 ( x−1)= x(ln x−
1
e−1 +
1
(e−1)x)，
令m( x)= ln x−
1
e−1 +
1
(e−1)x ，则m
′( x)= 1
x −
1
(e−1)x
2 = (e−1)x−1
(e−1)x
2 ，当1
e < x<
1
e−1 时，m
′( x)<0，
当1
e−1 < x<1时，m
′( x)>0，所以m( x)在(
1
e ,
1
e−1)上是减函数，在(
1
e−1 ,1)上增函数，又因为
m(
1
e)=0，m(1)=0，所以当1
e < x<1时，m( x)<0，h( x)<0，故当x∈(
1
e ,1)时，f ( x)<
1
e−1 ( x−1)，
设直线y =
1
e−1 ( x−1)与y =m的交点的横坐标为x4，则x2> x4=1+(e−1)m，所以
x2−x1> x4−x3=1+em，得证．
7.（2025 高二·全国·专题练习）已知函数f ( x)=( x−a)ln x−x，a∈R．
(1)若函数f ( x)在定义域上单调递增，求实数a 的取值范围；
(2)设x1，x2(x1< x2)是f ( x)的两个极值点，证明：
（i） ln x1+ ln x2<−2；
（ii）x2−x1<e
−2+2a+1．
【答案】(1)a≤−1
e
(2)（i）证明见解析（ii）证明见解析
【详解】（1）f ( x)的定义域为(0,+∞)，f
′( x)= ln x−a
x ，
依题可知f
′( x)≥0对x∈(0,+ ∞)恒成立，即a≤( x ln x)min=−1
e ，
（2）（i）令f
′( x)=0，即x ln x =a，由题知x1，x2是方程x ln x =a的两根，
又x∈(0, 1
e)时，y = x ln x<0，由（1）得，a<0，
此时−1
e <a<0，x1ln x1= x2ln x2=a，−ln 1
x1
=−a
x1
，−ln 1
x2
= a
x2
⇒
1
x2
−1
x1
ln 1
x2
−ln 1
x1
=−2> a
x2
+ a
x1
，
所以ln x1+ ln x2<−2得证！
（ⅱ）易求得g( x)= x ln x的图象在(1,0)处的切线方程为y = x−1，
g( x)的图象在(
1
e
2 ,−2
e
2)处的切线方程为y =−x−1
e
2 ，先证x ln x ≥x−1（自证），
再证x ln x ≥−x−1
e
2 ，即证−ln 1
e x + 1
e
1
e x ≥0，（同构函数自证），
易知直线y =a与曲线y = g( x)的交点横坐标为x1，x2，令y =a与y = x−1的交点横坐标为x3=a+1，
则x2<a+1，令y =a与y =−x−1
e
2 的交点横坐标为x4=−a−1
e
2 ，则x1≥−a−1
e
2 ，
故x2−x1< x3−x4=2a+1+ 1
e
2 ．
左边为什么是y =−x−1
e
2 ？通过探路x3=a+1，x3−x4=2a+1+ 1
e
2 ⇒x4=−1
e
2 −a，
y =k(−1
e
2 −a)+b=a⇒k =−1，b=−1
e
2 ．
三、双零点割线夹x2−x1> x4−x3构造
若f ( x)=m有两根，满足x2−x1> g(m)= x4−x3，通常在双零点和极值点连线进行割线夹构造，如图，分
别找出两个零点处切线与y =m的交点，(x3,m)和(x4,m)，即可证明．
8.（2025 高二·全国·专题练习）已知函数f ( x)= 4 x−x
4，x∈R．
(1)求f ( x)的单调区间；
(2)设曲线y = f ( x)与x 轴正半轴的交点为P，曲线在点P 处的切线方程为y = g( x)，求证：对于任意的实
数x，都有f ( x)≤g( x)；
(3)若方程f ( x)=a（a 为实数）有两个实数根x1，x2，且x1< x2，求证：x2−x1≤−a
3 + 4
1
3．
【答案】(1)单调递增区间为(−∞,1)，单调递减区间为(1,+ ∞)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【详解】（1）由f ( x)= 4 x −x
4，可得f
′( x)= 4−4 x
3．当f
′( x)>0，即x<1时，函数f ( x)单调递增；当
f
′( x)<0，即x>1时，函数f ( x)单调递减．所以f ( x)的单调递增区间为(−∞,1)，单调递减区间为
(1,+ ∞)．
（2）证明：设点P 的坐标为(x0,0)，则x0= 4
1
3，f
′(x0)=−12，
曲线y = f ( x)在点P 处的切线方程为y = f
′(x0)(x−x0)，即g( x)= f
′(x0)(x−x0)，令函数
F( x)= f ( x)−g( x)，即F( x)= f ( x)−f
′(x0)(x −x0)，则F
′( x)= f
′( x)−f
′(x0)．
因为F
′(x0)=0，所以当x∈(−∞, x0)时，F
′( x)>0；当x∈(x0,+ ∞)时，F
′( x)<0，所以F( x)在
(−∞, x0)上单调递增，在(x0,+ ∞)上单调递减，则对于任意实数x，F( x)≤F (x0)=0，即对任意实数x，
都有f ( x)≤g( x)；
（3）证明：由（2）知，g( x)=−12(x−4
1
3)，设方程g( x)=a的根为x2
′，可得x2
′ =−a
12 + 4
1
3．
因为g( x)在(−∞,+ ∞)上单调递减，又由（2）知g(x2)≥f (x2)=a= g(x2
′)，因此x2≤x2
′．
类似地，设曲线y = f ( x)在原点处的切线方程为y =h( x)，可得h( x)= 4 x，
对于任意的x∈(−∞,+∞)，有f ( x)−h( x)=−x
4≤0，即f ( x)≤h( x)．
设方程h( x)=a的根为x1
′，可得x1
′ = a
4 ，因为h( x)= 4 x在(−∞,+ ∞)上单调递增，且
h(x1
′)=a= f (x1)≤h(x1)，因此x1
′≤x1，知图所示，由此可得x2−x1≤x2
′−x1
′ =−a
3 + 4
1
3．
9.（25-26 高三上·河北·期中）已知函数f (x)= 1
2 x
2−ax +aln x +1(a∈R).
(1)讨论函数f (x)的极值点个数；
(2)当a=1时，证明：f (x)−1
2 x
2+2 x ≤xe
x +1−1；
(3)函数h(x)= f (x)−1
2 x
2+2aln x−1有两个零点x1, x2，求证：x1 x2>e
2.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求导，分0≤a≤4、a<0、a>4三种情况讨论其单调性即可；
（2）令t = x + ln x +1，利用同构思想求证t ≤e
t−1即可；
（3）根据{
3 ln x1= x1
3 ln x2= x2)得出ln(x1 x2)= x1+ x2
x1−x2
ln x1
x2
，将目标转化为求ln(x1 x2)= x1+ x2
x1−x2
ln x1
x2
>2，再令
t = x1
x2
>1，进而转化为求证ln t > 2(t −1)
t +1
，再构造函数求最值即可.
【详解】（1）函数f ( x)= 1
2 x
2−ax +aln x +1(a∈R)的定义域为(0,+ ∞)，
f
'( x)= x−a+ a
x = x
2−ax +a
x
，
令x
2−ax +a=0，Δ=a
2−4 a，
当Δ≤0，即0≤a≤4时，f
'( x)≥0恒成立，则f ( x)在(0,+∞)上单调递增，无极值点；
当Δ>0时，即a>4或a<0时，
x
2−ax +a=0有两个不等的实数根x1= a−
❑√a
2−4 a
2
, x1= a+
❑√a
2−4 a
2
，
当a<0时，x1<0，x2>0，f
'( x)>0得x> x2；f
'( x)<0得0< x< x2；
则f ( x)在(0, x2)上单调递减，在( x2,+ ∞)上单调递增，
则函数f ( x)有一个极小值点，无极大值点；
当a>4时，0< x1< x2，f
'( x)>0得0< x< x1或x> x2；f
'( x)<0得x1< x< x2；
则f ( x)在(0, x1)上单调递增，在( x1, x2)上单调递减，在( x2,+ ∞)上单调递增，
故x1为极大值点，x2为极小值点，即函数f ( x)有两个极值点，
综上，0≤a≤4时，f ( x)无极值点；
a<0时，f ( x)有一个极小值点，无极大值点；
a>4时，f ( x)有一个极小值点，一个极大值点.
（2）当a=1时，f ( x)= 1
2 x
2−x + ln x +1，
即证f ( x)−1
2 x
2+2 x = ln x + x +1≤x e
x +1−1=e
x + ln x +1−1，
令t = x + ln x +1，即证t ≤e
t−1，即证e
t−t −1≥0，
因为t
' =1+ 1
x >0，则函数t = x + ln x +1在(0,+∞)上单调递增，
当x→0
+时，t →−∞；当x→+ ∞时，t →+∞，所以函数t = x + ln x +1的值域为R，
令g(t )=e
t−t −1，其中t ∈R，则g
'(t )=e
t−1，
由g
'(t )<0可得t <0，由g
'(t )>0可得t >0，
所以函数g(t )的减区间为(−∞,0)，增区间为(0,+∞)，则g(t )min= g(0)=0，
故g(t )≥g(0)=0，即e
t−t −1≥0，故原不等式得证；
（3）h( x)= f ( x)−1
2 x
2+2aln x−1=3aln x−ax，
因为函数h( x)有两个零点x1、x2，不妨设x1> x2>0，
则{
3ln x1= x1
3ln x2= x2)，所以{
3(ln x1−ln x2)= x1−x2
3(ln x1+ ln x2)= x1+ x2)，
则
ln x1+ ln x2
ln x1−ln x2
= x1+ x2
x1−x2
，即ln(x1 x2)= x1+ x2
x1−x2
ln x1
x2
，
要证x1 x2>e
2，即证ln(x1 x2)= x1+ x2
x1−x2
ln x1
x2
>2，
即证ln x1
x2
> 2(x1−x2)
x1+ x2
=
2(
x1
x2
−1)
x1
x2
+1
，
令t = x1
x2
>1，即证ln t > 2(t −1)
t +1
，
令p(t )= ln t −2(t −1)
t +1
，其中t >1，则p
'(t )= 1
t −
4
(t +1)
2 = (t −1)
2
t(t +1)
2 >0，
所以函数p(t )在(1,+ ∞)上为增函数，则p(t )> p(1)=0，
即ln t −2(t −1)
t +1
>0，即ln t > 2(t −1)
t +1
，故原不等式得证．
10.（2025·湖南永州·模拟预测）已知函数f (x)= ln x−ax.
(1)若f (x)≤0，求实数a的取值范围；
(2)证明：e
x+ x
2>2sin x + x ln x +1；
(3)若函数h(x)=|xf (x))+1在x∈(1,e)时有最小值，求正实数a的取值范围.
【答案】(1)[ 1
e ,+ ∞)；
(2)答案见解析；
(3)答案见解析.
【分析】（1）利用导数法求单调性，利用单调性得到极大值也是最大值，利用最大值小于0 得到所求；
（2）通过构造函数，利用单调性得到证明；
（3）由h(x)在x∈(1,e)时有最小值，通过构造函数t (x)= x ln x−a x
2，利用单调性，通过分类讨论求出
a的范围.
【详解】（1）由题可得f (x)的定义域为(0,+∞)，f
′ (x)= 1
x −a= 1−ax
x
，
当a≤0时，f
′ (x)>0恒成立，f (x)单调递增，且f (3)= ln3−3a>0，故不符题意，
当a>0时，令f
′ (x)=0，得x = 1
a，
当x∈(0, 1
a)时，f
′ (x)>0，当x∈(
1
a ,+ ∞)时，f
′ (x)<0，
所以f (x)在(0, 1
a)上单调递增，在(
1
a ,+∞)上单调递减，
当x = 1
a时，f (x)取到极大值也是最大值为f(
1
a)=−ln a−1，
由f (x)≤0可得−ln a−1≤0即可，解得1
e ≤a，
故实数a的取值范围为[ 1
e ,+∞).
（2）设s(x)=e
x−x−1,t (x)= x−ln x−1,w (x)= x−sin x，其中x>0.
则s
′ (x)=e
x−1>0,t (x)= x−1
x
,w (x)=1−cos x ≥0，
故s(x),w (x)在(0,+ ∞)上均为增函数，故s(x)>s(0)=0,w (x)>w (0)=0，
故e
x> x +1, x>sin x在(0,+∞)上恒成立，
而当0< x<1时，t
′ (x)<0，当x>1时，t
′ (x)>0，
故t (x)在(0,1)为减函数，在(1,+∞)上为增函数，故t (x)≥t (1)=0，
故x ≥ln x +1，故x
2≥x ln x + x，
所以e
x+ x
2≥x ln x +2 x +1≥x ln x +2sin x +1.
（3）函数h(x)=|xf (x))+1=|x ln x−a x
2)+1，
令u(x)= x ln x−a x
2，x∈(1,e)，
若u(1)u (e)=−a(e−e
2a)<0即0<a< 1
e ，u(x)在(1,e)上存在零点，
故h(x)在(1,e)上有最小值0.
若a≥1
e ，则u
′ (x)= ln x +1−2ax，
设m( x)=u
′ (x)= ln x +1−2ax，则m
′( x)= 1
x −2a= 1−2ax
x
(a>0)，
当1−2a≤0即a≥1
2时，m
′( x)<0即m(x)在(1,e)单调性递减，
而m(1)=1−2a≤0，u
′ (x)<0在(1,e)上恒成立，故u(x)在在(1,e)上为减函数，
故u(x)<u(1)=−a<0，
故h(x)在(1,e)上无最小值.
若1
e ≤a< 1
2，则1< 1
2a ≤e
2 <e，
当1< x< 1
2a时，m
′( x)>0，当1
2a < x<e时，m
′( x)<0，
故u
′ (x)在(1, 1
2a)上为增函数，在(
1
2a ,e)为减函数，
故u
′ (x)
=
max
❑u
′(
1
2a)= ln 1
2a >0，而u
′ (1)=1−2a>0，
若a= 1
e ，则u
′ (e)=2−2ae=0，故u
′ (x)>0在(1,e)上恒成立，
故u(x)在(1,e)上为增函数，而u(1)=−a<0，u (e)=e−ae
2=0，
故此时h(x)在(1,e)上无最小值.
若1
e <a< 1
2，则u
′ (e)=2−2ae<0，
故u
′ (x)在(1,e)上存在零点x0，当1< x< x0时，u
′ (x)>0，
当x0< x<e时，u
′ (x)<0，故u(x)在(1, x0)上为增函数，在(x0,e)为减函数，
故u(x)max =u(x0).
若u(x0)≤0，则h(x)=−u(x)+1，此时h(x)min=−u(x0)+1，符合题意；
若u(x0)>0，则u(1)=−a<0，故u(x)在(1, x0)存在零点，故h(x)min=1，符合题意.
综上，0<a< 1
e 或1
e <a< 1
2.
11.（2025·甘肃白银·二模）若曲线y = xe
x−ln x−1恒在直线y =ax的上方，则实数a 的取值范围是
．
【答案】(−∞,1)
【分析】利用数形转化，等价于研究xe
x−ln(xe
x)−1>(a−1) x恒成立的，再同构函数g(t )=t −1−ln t，
求导可求最小值，最后利用不等式恒成立可求参数范围.
【详解】由曲线y = xe
x−ln x−1恒在直线y =ax的上方，
可得xe
x−ln x−1>ax⇔xe
x−ln x−x−1>(a−1) x⇔xe
x−ln(xe
x)−1>(a−1) x，
令xe
x=t，因为x>0，所以t >0，
则构造g(t )=t −1−ln t，求导得g
′ (t )=1−1
t = t −1
t
，
当t ∈(0,1)时，g
′ (t )= t −1
t
<0，则g(t )=t −1−ln t在t ∈(0,1)上单调递减，
当t ∈(1,+ ∞)时，g
′ (t )= t −1
t
>0，则g(t )=t −1−ln t在t ∈(1,+ ∞)上单调递增，
所以有g(t )min= g(1)=0，此时xe
x=1⇔e
x= 1
x ，
根据函数y =e
x , y = 1
x 图象的交点可知：
即存在正数x0使得x0e
x0=1，此时x e
x−ln(x e
x)−1≥0，
要满足x e
x−ln(x e
x)−1>(a−1) x对任意x>0恒成立，
则必须要使得x = x0时也要成立，即0>(a−1) x0，解得a−1<0⇒a<1，这是必要性，
再证明充分性，当a<1⇒a−1<0⇒(a−1) x<0⇒xe
x−ln(xe
x)−1>(a−1) x，
所以实数a 的取值范围是(−∞,1),
故答案为：(−∞,1)
12.（2025·河南信阳·模拟预测）若函数f (x)= ae
x
x −x +ln x−lna的最小值为1，则实数a的取值范围为
.
【答案】(0, 1
e)
【分析】应用同构得出函数g(t )=e
t−t，再根据最小值得出x−ln x +lna=0有解，进而得出0<a≤1
e .
【详解】f (x)= ae
x
x −x +ln x−lna =e
x−ln x +lna−(x−ln x +lna)，
令x−ln x +lna=t，
原式可化为g(t )=e
t−t , g
′ (t )=e
t−1，
当t >0,g
' (t )>0, g(t )单调递增，当t <0,g
′ (t )<0, g(t )单调递减，
当且仅当t =0时，g(t )取得最小值1，
所以x−ln x +lna=0有解，
即x−ln x =−lna有解.
记h(x)= x−ln x ,h
′ (x)=1−1
x = x−1
x
，
当x>1,h
′ (x)>0,h(x)在(1,+ ∞)单调递增，当0< x<1,h
′ (x)<0,h(x)在(0,1)单调递减，
故h(x)≥h(1)=1，且当x→0,h(x)→+ ∞, x→+∞,h(x)→+ ∞，
所以−lna≥1，所以0<a≤1
e ，
所以实数a的取值范围为(0, 1
e).
故答案为：(0, 1
e)
13.（2025·重庆·三模）已知f (x)=e
x−a，g(x)= ln (x +a)， f (x)≥g(x)恒成立，则实数a的取值范围是
.
【答案】(−∞,1)
【分析】利用e
x≥x +1，x−1≥ln x可得a≤0时满足题意，然后令x =0，由题可得1−a−ln a≥0，由
k (x)=1−x−ln x，x>0单调性可得0<a≤1，最后注意到a>1不满足不等式1−a−ln a≥0，据此可得答
案.
【详解】对于h(x)=e
x−x−1，h
′ (x)=e
x−1，
则h
′ (x)>0⇒x>0；h
′ (x)<0⇒x<0，
得h(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
则h(x)≥h(0)=0⇒e
x≥x +1；
对于p(x)= x−1−ln x，x>0，p
′ (x)=1−1
x = x−1
x
，
则p
′ (x)>0⇒x>1；p
′ (x)<0⇒0< x<1，
得p(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
则p(x)≥p(1)=0⇒x−1≥ln x.
则当a≤0时，e
x−a≥e
x≥x +1> x−1≥ln x ≥ln (x +a)，满足题意；
当a>0时，令x =0，由f (x)≥g(x)⇒f (0)≥g(0)⇒1−a−ln a≥0，
令k (x)=1−x−ln x，x>0，则k
′ (x)=−1−1
x <0⇒k (x)在(0,+ ∞)上单调递减，
又注意到k (1)=0，则1−a−ln a=k (a)≥0=k (1)⇒0<a≤1.
下证对∀0<a≤1，f (x)≥g(x)，即∀0<a≤1，f (x)=e
x−a≥ln (x +a)，
由e
x≥x +1，可得e
x−1≥x，由x−1≥ln x，可得x ≥ln (x +1).
则e
x−a≥e
x−1≥x ≥ln (x +1)≥ln (x +a)，则0<a≤1时，命题成立；
当a>1，令x =0，由f (x)≥g(x)⇒f (0)≥g(0)⇒1−a−ln a≥0，
但此时1−a<0，ln a>0，与题意不符，故a>1不满足题意.
综上可得a≤1.
故答案为：(−∞,1)
【点睛】关键点睛：对于恒成立问题，常用思想为分离参数，将问题转化为求相关函数的最值，也可构造
函数，由函数最值得到关于参数的表达式.
