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第6 讲 放缩与估值(一)
微点一 作差构造法
例1 已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a>0 时，证明：f(x)≥2-2
a.
解 (1)f'(x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(aex-1)(2ex+1)，
∵2ex+1>0，
当a≤0 时，f'(x)<0，∴f(x)在R 上单调递减.
当a>0 时，令f'(x)=0，得x=-ln a，
当x>-ln a 时，f'(x)>0，f(x)在(-ln a，+∞)上单调递增；
当x<-ln a 时，f'(x)<0，f(x)在(-∞，-ln a)上单调递减.
综上所述，当a≤0 时，f(x)在R 上单调递减；
当a>0 时，f(x)在(-∞，-ln a)上单调递减，在(-ln a，+∞)上单调递增.
(2)由(1)可得，当a>0 时，f(x)min=f (ln 1
a)=ae
2ln 1
a+(a-2)e
ln 1
a-ln1
a=1-1
a+ln a，
要证明f(x)≥2-2
a ，
即证1-1
a+ln a≥2-2
a ，
即证1
a+ln a-1≥0.
令g(a)=1
a+ln a-1，a>0，
则g'(a)=- 1
a
2+1
a=a−1
a
2 ，
当a>1 时，g'(a)>0，g(a)在(1，+∞)上单调递增；
当0<a<1 时，g'(a)<0，g(a)在(0，1)上单调递减，
∴g(a)≥g(1)=0，
即1
a+ln a-1≥0，
∴f(x)≥2-2
a.
[规律方法] 欲证不等式f(x)>g(x)或f(x)<g(x)，令F(x)=f(x)-g(x)，仅需证得F(x)>0 或F(x)<0 即可.采用作差
构造法证明不等式时，对不等式进行“对数单身狗，指数找朋友”变形，有时候能够起到事半功倍的效果.
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跟踪演练1 (2025·厦门模拟)已知函数f(x)=1
2x2-(a-2)x-2aln x，a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a>0 时，证明：f(x)≥ln a-a2+5
2.
(1)解 f(x)的定义域为{x|x>0}，f'(x)=x+2-a-2a
x =( x +2)( x−a)
x
，
当a≤0 时，f'(x)>0，f(x)单调递增；
当a>0 时，令f'(x)=0 得x=a，
所以当x>a 时，f'(x)>0，f(x)单调递增；
当0<x<a 时，f'(x)<0，f(x)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(a，+∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减.
(2)证明 由(1)知当a>0 时，f(x)在(a，+∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减，
所以f(x)≥f(a)=1
2a2-(a-2)a-2aln a，
要证明f(x)≥ln a-a2+5
2 ，
只需证明1
2a2-(a-2)a-2aln a≥ln a-a2+5
2 ，
即证明1
2a2+2a-2aln a-ln a-5
2≥0(a>0)，
令g(a)=1
2a2+2a-2aln a-ln a-5
2(a>0)，
则g'(a)=a+2-2(ln a+1)-1
a=a-2ln a-1
a ，
令h(a)=a-2ln a-1
a(a>0)，
则h'(a)=(a−1)
2
a
2
≥0，
所以h(a)在(0，+∞)上单调递增，
即g'(a)在(0，+∞)上单调递增，
因为g'(1)=1-2ln 1-1
1=0，
所以当0<a<1 时，g'(a)<0，g(a)单调递减，
当a>1 时，g'(a)>0，g(a)单调递增，
可得g(a)≥g(1)=1
2+2-2ln 1-ln 1-5
2=0，
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即f(x)≥ln a-a2+5
2.
微点二 切线放缩法
例2 已知f(x)=x-ln x+2 x−1
x
2
，证明：f(x)>f'(x)+3
2对任意的x∈[1，2]成立.
证明 f'(x)=1-1
x +2−2 x
x
3
=( x
2−2)( x−1)
x
3
，
证明不等式f(x)>f'(x)+3
2对任意的x∈[1，2]成立，
即证x-ln x+2 x−1
x
2
-( x
2−2)( x−1)
x
3
-3
2>0.
令h(x)=x-ln x-1，x∈[1，2]，
则h'(x)=1-1
x = x−1
x
，
当x∈[1，2]时，h'(x)≥0，h(x)单调递增，
h(x)≥h(1)=0，即x-ln x≥1，
于是x-ln x+2 x−1
x
2
-( x
2−2)( x−1)
x
3
-3
2
≥2 x−1
x
2
-( x
2−2)( x−1)
x
3
-1
2
=(3 x
2−2)(2−x)
2 x
3
，
当且仅当x=1 时等号成立，
又当x∈[1，2]时，3x2-2>0，2-x≥0，2x3>0，
所以(3 x
2−2)(2−x)
2 x
3
≥0，当且仅当x=2 时取等号，
所以x-ln x+2 x−1
x
2
-( x
2−2)( x−1)
x
3
-3
2>0，
故f(x)>f'(x)+3
2对任意的x∈[1，2]成立.
[规律方法] 常用的切线放缩有
(1)ex≥x+1；(2)ex≥ex；(3)1-1
x ≤ln x≤x-1；(4)ln x≤x
e .
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跟踪演练2 已知函数f(x)=2ax2-2a-ln x，g(x)=1
x - e
e
x ，其中a∈R，e 为自然对数的底数.
(1)若a=1，求函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)讨论函数f(x)的单调性；
(3)证明：当x>1 时，g(x)>0.
(1)解 当a=1 时，f(x)=2x2-2-ln x，
则f'(x)=4x-1
x ，
则f'(1)=4-1=3，
又f(1)=2-2-ln 1=0，
则函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y-0=3(x-1)，
即3x-y-3=0.
(2)解 f'(x)=4ax-1
x =4 a x
2−1
x
，x>0，
若a≤0，则f'(x)<0 在(0，+∞)上恒成立，
故f(x)在(0，+∞)上单调递减；
若a>0，令4ax2-1=0，
则x= 1
2√a(负值舍去)，
故当x∈(0，
1
2√a)时，f'(x)<0，
当x∈(
1
2√a ，+∞)时，f'(x)>0，
故f(x)在(0，
1
2√a)上单调递减，在(
1
2√a ，+∞)上单调递增.
综上所述，当a≤0 时，f(x)在(0，+∞)上单调递减；
当a>0 时，f(x)在(0，
1
2√a)上单调递减，在(
1
2√a ，+∞)上单调递增.
(3)证明 当x>1 时，要证g(x)>0，
即证1
x > e
e
x ，即证ex>ex，
即证ex-1>x，即证ex-1-x>0，
令h(x)=ex-1-x，x>1，则h'(x)=ex-1-1>0，
所以h(x)在(1，+∞)上单调递增，
又h(1)=e1-1-1=0，
故h(x)>0，即ex-1-x>0，即得证.
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微点三 凹凸反转法
例3 (2025·福州模拟)已知函数f(x)=1
2ax2-xln x.
(1)当a=1
2时，判断函数f(x)的零点个数；
(2)若函数f(x)在(0，+∞)上单调递增，求实数a 的取值范围；
(3)若a=e，证明：f(x)<xex+1.
(1)解 当a=1
2时，f(x)=1
4 x2-xln x(x>0)，
令f(x)=0，即1
4 x2-xln x=0，
∵x>0，∴1
4 x-ln x=0，
令g(x)=1
4 x-ln x，
则g'(x)=1
4 -1
x = x−4
4 x ，
∴当0<x<4 时，g'(x)<0；
当x>4 时，g'(x)>0，
∴g(x)在(0，4)上单调递减，在(4，+∞)上单调递增.
∵g(1)=1
4 -ln 1=1
4 >0，g(4)=1-ln 4<0，g(e4)=1
4 e4-4>1
4 ×24-4=0，
∴g(x)在(0，4)上有且只有一个零点，在(4，+∞)上有且只有一个零点，
∴g(x)在(0，+∞)上只有2 个零点，即f(x)在(0，+∞)上只有2 个零点.
(2)解 由题意知，f'(x)=ax-ln x-1.
∵函数f(x)在(0，+∞)上单调递增，
∴当x>0 时，f'(x)≥0，即a≥ln x +1
x
恒成立.
令h(x)=ln x +1
x
(x>0)，则h'(x)=-ln x
x
2 ，
∴当0<x<1 时，h'(x)>0，当x>1 时，h'(x)<0，
∴h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，
则h(x)max=h(1)=1，∴a≥1.
故实数a 的取值范围是[1，+∞).
(3)证明 若a=e，要证f(x)<xex+1(x>0)，
只需证e
2x-ln x<ex+1
x (x>0)，
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即证e
2x-ex<ln x+1
x (x>0).
令t(x)=ln x+1
x (x>0)，则t'(x)= x−1
x
2 ，
∴当0<x<1 时，t'(x)<0，当x>1 时，t'(x)>0，
∴t(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，
则t(x)min=t(1)=1，
∴ln x+1
x ≥1.
令φ(x)=e
2x-ex(x>0)，
则φ'(x)=e
2-ex，
令φ'(x)=0，∴x=1-ln 2，
∴当0<x<1-ln 2 时，φ'(x)>0，
当x>1-ln 2 时，φ'(x)<0，
∴φ(x)在(0，1-ln 2)上单调递增，在(1-ln 2，+∞)上单调递减，
则φ(x)max=φ(1-ln 2)=-eln2
2
<0，
∴e
2x-ex<ln x+1
x ，故原不等式成立.
[规律方法] 指数、对数混合型题目，一般是要将指数与对数进行分离，构造两个函数g(x)与h(x)，且这两
个函数的凹凸性相反，转化为证明g(x)>h(x)，通过求g(x)的最小值与h(x)的最大值，来证明已知不等式.
跟踪演练3 已知函数f(x)=x2+2x-2xex.
(1)求函数f(x)的极值；
(2)当x>0 时，证明：f(x)-2x+x2+x3<-2eln x.
(1)解 ∵f(x)=x2+2x-2xex，
∴f'(x)=2x+2-2ex-2xex
=(2x+2)(1-ex)，
由f'(x)=0，得x=-1 或x=0.
列表讨论，得
x
(-∞，-1)
-1
(-1，0)
0
(0，+∞)
f'(x)
-
0
+
0
-
f(x)
↘
极小值
↗
极大值
↘
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∴当x=-1 时，f(x)极小值=f(-1)=1-2+2×1
e =2
e -1，
当x=0 时，f(x)极大值=f(0)=0.
(2)证明 要证明f(x)-2x+x2+x3<-2eln x(x>0).
即证明2ex-x2-2x>2eln x
x
(x>0)，
令g(x)=2ex-x2-2x(x>0)，
h(x)=2eln x
x
(x>0)，
则g'(x)=2(ex-x-1)，g″(x)=2(ex-1)>0，
∴g'(x)在(0，+∞)上单调递增，
g'(x)>g'(0)=0，
∴g(x)在(0，+∞)上单调递增，g(x)>g(0)=2.
h'(x)=2e(1−ln x)
x
2
，
由h'(x)>0 得0<x<e，
由h'(x)<0 得x>e，
∴h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，+∞)上单调递减，
∴h(x)≤h(e)=2，
又g(x)与h(x)的最值点不同，
∴g(x)>h(x)在(0，+∞)上恒成立，
∴当x>0 时，f(x)-2x+x2+x3<-2eln x.
专题强化练
[分值：60 分]
1.(13 分)(2025·白银模拟)已知函数f(x)=ln x-x+a.
(1)若f(x)<0 恒成立，求a 的取值范围；(4 分)
(2)若0<a≤1，证明：当x≥1 时，f(x)+x≤(x-1)ex-a+1.(9 分)
(1)解 f(x)=ln x-x+a<0 恒成立，
即a<x-ln x 恒成立，
令g(x)=x-ln x，x>0，
则g'(x)=1-1
x = x−1
x
，
令g'(x)>0，得x>1，令g'(x)<0，得0<x<1，
故g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，
故g(x)在x=1 处取得极小值，也是最小值，最小值为g(1)=1，
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故a<1，即a 的取值范围是(-∞，1).
(2)证明 要证f(x)+x≤(x-1)ex-a+1，
即证ln x+a≤(x-1)ex-a+1(x≥1).
令h(x)=ln x+a-1-(x-1)ex-a，x≥1，
则h'(x)=1
x -xex-a，
令t(x)=h'(x)=1
x -xex-a，x≥1，
则t'(x)=- 1
x
2-(x+1)ex-a<0 恒成立，
故t(x)=h'(x)在[1，+∞)上单调递减.
又0<a≤1，故h'(1)=1-e1-a≤0，
故h'(x)≤h'(1)≤0 在[1，+∞)上恒成立，
故h(x)在[1，+∞)上单调递减.
又h(1)=a-1≤0，
故当x≥1 时，h(x)≤h(1)≤0，
即f(x)+x≤(x-1)ex-a+1.
2.(15 分)(2025·长春模拟)已知函数f(x)=ln x-ax+1.
(1)若f(x)≤0 恒成立，求实数a 的取值范围；(7 分)
(2)证明：当x≥1 时，ex>x+1+2xln x.(8 分)
(1)解 函数f(x)=ln x-ax+1 的定义域为(0，+∞)，
不等式f(x)≤0⇔ln x-ax+1≤0⇔a≥ln x +1
x
，
令函数g(x)=ln x +1
x
(x>0)，
依题意，a≥g(x)对∀x∈(0，+∞)恒成立，
g'(x)=−ln x
x
2
，
当0<x<1 时，g'(x)>0；当x>1 时，g'(x)<0，
函数g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，g(x)max=g(1)=1，则a≥1，
所以实数a 的取值范围是[1，+∞).
(2)证明 由(1)知，当x≥1 时，不等式ln x≤x-1 恒成立，
则2xln x≤2x(x-1)恒成立，
因此x+1+2xln x≤x+1+2x(x-1)=2x2-x+1 恒成立，
令函数h(x)=2 x
2−x +1
e
x
，x≥1，
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求导得h'(x)=4 x−1−(2 x
2−x +1)
e
x
=-(2 x−1)( x−2)
e
x
，
当1≤x<2 时，h'(x)>0；当x>2 时，h'(x)<0，
函数h(x)在[1，2)上单调递增，在(2，+∞)上单调递减，
则h(x)≤h(2)= 7
e
2<1，
即当x≥1 时，ex>2x2-x+1，
所以当x≥1 时，ex>x+1+2xln x.
3.(15 分)已知函数f(x)=xex+a，g(x)=xln x+a.
(1)若函数f(x)的最小值与g(x)的最小值之和为-4
e ，求a 的值；(7 分)
(2)若a=0，x>0，证明：f(x)>g'(x).(8 分)
(1)解 因为f(x)=xex+a，
所以f'(x)=(1+x)ex.令f'(x)=0，解得x=-1.
所以当x∈(-∞，-1)时，f'(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(-1，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)min=f(-1)=-1
e +a.
因为g(x)=xln x+a，x>0，
所以g'(x)=ln x+1.
令g'(x)=0，解得x=1
e .
所以当x∈(0，1
e)时，g'(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(
1
e ，+∞)时，g'(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)min=g(
1
e)=-1
e +a.
由题意可得-1
e +a-1
e +a=-4
e ，
解得a=-1
e .
(2)证明 若a=0，x>0，则f(x)=xex，
g(x)=xln x，g'(x)=ln x+1.
方法一 凹凸反转法
要证f(x)>g'(x)，
即证xex>ln x+1，
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即证e
x
x >ln x +1
x
2
.
令h(x)=e
x
x ，x>0，φ(x)=ln x +1
x
2
，x>0，
易得h'(x)=e
x( x−1)
x
2
，
则令h'(x)<0，得0<x<1；令h'(x)>0，得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)≥h(1)=e.
易得φ'(x)=
1
x · x
2−2 x(ln x +1)
x
4
=−2ln x−1
x
3
，
令φ'(x)>0，得0<x<e
−1
2；
令φ'(x)<0，得x>e
−1
2 ，
所以φ(x)在(0，e
−1
2)上单调递增，
在(e
−1
2 ，+∞)上单调递减，
所以φ(x)≤φ(e
−1
2)=e
2<e，
所以h(x)>φ(x)，故f(x)>g'(x).
方法二 切线放缩法
令φ(x)=ln x-(x-1)，x>0，
则φ'(x)=1
x -1=1−x
x
，
所以当x∈(0，1)时，φ'(x)>0；当x∈(1，+∞)时，φ'(x)<0，
所以φ(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，
所以φ(x)≤φ(1)=0，
即ln x-(x-1)≤0，即ln x≤x-1，
即ln x+1≤x，当且仅当x=1 时等号成立，
要证f(x)>g'(x)，即证xex>ln x+1，
只需证xex>x，即证ex>1.
因为x>0，所以ex>e0=1，
即证得f(x)>g'(x)成立.
方法三 切线放缩法
令φ(x)=ex-x-1，
则φ'(x)=ex-1，
当x∈(-∞，0)时，φ'(x)<0，
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当x∈(0，+∞)时，φ'(x)>0，
所以φ(x)在(-∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增，
所以φ(x)≥φ(0)=0，即ex≥x+1，
当且仅当x=0 时等号成立.
当x>0 时，xex>x(x+1)，
要证f(x)>g'(x)，即证xex>ln x+1，
只需证x(x+1)>ln x+1，
即证x(x+1)-ln x-1>0.
令h(x)=x(x+1)-ln x-1，x>0，
则h'(x)=2x+1-1
x =(2 x−1)( x +1)
x
，
当x∈(0，1
2)时，h'(x)<0，
当x∈(
1
2 ，+∞)时，h'(x)>0，
所以h(x)在(0，1
2)上单调递减，在(
1
2 ，+∞)上单调递增，
所以h(x)≥h(
1
2)=-ln1
2-1
4 =ln 2-1
4 >0，
所以x(x+1)-ln x-1>0，即证得f(x)>g'(x)成立.
方法四 最值法(隐零点)
令φ(x)=f(x)-g'(x)=xex-ln x-1，x>0，
则φ'(x)=(x+1)ex-1
x ，
φ″(x)=(x+2)ex+ 1
x
2>0，
所以φ'(x)在(0，+∞)上单调递增，
又φ'(
1
2)=3√e
2 -2>0，
φ'(
1
3)=4
3√e
3
-3<0，
所以∃x0∈(
1
3 ，1
2)，使φ'(x0)=0，
即(x0+1)e
x0= 1
x0
，则x0e
x0=
1
x0+1 ，
所以当x∈(0，x0)时，φ'(x)<0；
当x∈(x0，+∞)时，φ'(x)>0，
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所以φ(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增，
所以φ(x)min=φ(x0)=x0e
x0-ln x0-1=
1
x0+1-ln x0-1，
令h(x)= 1
x +1-ln x-1，x∈(
1
3 ，1
2)，
易知h(x)在(
1
3 ，1
2)上单调递减，
所以h(x)>h(
1
2)=2
3-ln1
2-1=ln 2-1
3>0.
所以φ(x)≥φ(x0)>0，即证得f(x)>g'(x).
4.(17 分)(2025·河南省名校联盟模拟)已知b>0，函数f(x)=(x+a)ln(x+b)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为
xln 2-y-ln 2=0.
(1)求a，b 的值；(5 分)
(2)若方程f(x)=1
e (e 为自然对数的底数)有两个实数根x1，x2，且x1<x2，证明： x2-x1<1+1
e + 1
eln2.(12 分)
(1)解 因为f'(x)= x +a
x +b+ln(x+b)，
所以f'(1)=1+a
1+b+ln(1+b)=ln 2，
由题意知f(1)=0，
所以f(1)=(1+a)ln(1+b)=0，又因为b>0，
联立{
(1+a)ln(1+b)=0,
1+a
1+b + ln(1+b)= ln 2,
解得{
a=−1,
b=1.
(2)证明 由(1)可知f(x)=(x-1)ln(x+1)，
x>-1，f(0)=0，f(1)=0，
f'(x)=1- 2
x +1+ln(x+1)，设u(x)=f'(x)，
则u'(x)=
2
( x +1)
2+ 1
x +1>0，
所以u(x)即f'(x)在(-1，+∞)上单调递增.
又f'(0)=-1<0，f'(1)=ln 2>0，
所以存在x0∈(0，1)，使得f'(x0)=0，
且当x∈(-1，x0)时，f'(x)<0，
当x∈(x0，+∞)时，f'(x)>0，
故f(x)在(-1，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增.
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由(1)知f(x)的图象在点(1，0)处的切线方程为
xln 2-y-ln 2=0，令h(x)=(x-1)ln 2，
F(x)=f(x)-h(x)=(x-1)ln(x+1)-(x-1)ln 2，
则F'(x)=f'(x)-h'(x)=f'(x)-ln 2，
因为f'(x)在(-1，+∞)上单调递增，
所以F'(x)在(-1，+∞)上单调递增.
又F'(1)=0，所以当-1<x<1 时，F'(x)<0，
当x>1 时，F'(x)>0.
所以F(x)在(-1，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增.
故F(x)≥F(1)=0，即(x-1)ln(x+1)≥(x-1)ln 2，
当且仅当x=1 时等号成立.
因为方程f(x)=1
e 有两个实数根x1，x2，且x1<x2，
也就是f(x2)=f(x1)=1
e >f(1)=f(0)=0，且注意到f(x)在(1，+∞)上单调递增，
所以-1<x1<0<x0<1<x2，
所以(x2-1)ln(x2+1)>(x2-1)ln 2，
即f(x2)>h(x2).
设方程h(x)=1
e 的根为x2'，
则 x2'=1+ 1
eln2 ，
又h(x)在(-1，+∞)上单调递增，
所以h(x2')=f(x2)>h(x2)，
故x2'>x2.
①
易知f(x)的图象在坐标原点处的切线方程为
y=-x，令g(x)=-x，
T(x)=f(x)-g(x)=(x-1)ln(x+1)+x，
则T'(x)=f'(x)-g'(x)=f'(x)+1，
因为f'(x)在(-1，+∞)上单调递增，
所以T'(x)在(-1，+∞)上单调递增.
又 T'(0)=0，
所以当-1<x<0 时，T'(x)<0，
当x>0 时，T'(x)>0，
所以T(x)在(-1，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增.
所以T(x)≥T(0)=0，(x-1)ln(x+1)≥-x，当且仅当x=0 时等号成立.
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因为-1<x1<0，所以(x1-1)ln(x1+1)>-x1，即f(x1)>g(x1).
设方程g(x)=1
e 的根为x1'，则x1'=-1
e ，
又g(x)在(-1，+∞)上单调递减，
所以g(x1')=f(x1)>g(x1)，所以x1'<x1，
从而-x1'>-x1.
②
由①②可知x2-x1<x2'-x1'=1+1
e + 1
eln2
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