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第三章 一元函数的导数及其应用
进阶篇 不等式的证明方法
进阶1 作差法与双函数构造法
【高考考向预测】
近三年高考导数大题中作差法与双函数构造法考查频次很高，是证明函数不等式、比较函数
大小、处理双变量问题的核心思路，作差构造新式函数研判正负，双函数拆分各自研究最值实现
最值互压，适用范围广且逻辑清晰；预测2027 年仍会作为主流解法频繁考查，命题更侧重复杂结
构式拆分、限定区间内构造变形以及双变量情境下搭配换元联用，常结合指对放缩、极值点偏移
综合设问，减少直白题型，侧重考查灵活拆分构造与严谨单调性分析论证能力。
【核心梳理●明考点】
重点解读 在证明与函数有关的不等式时，我们可以把不等式问题转化为函数的最值问题，也常构
造函数，把不等式的证明问题转化为利用导数研究函数的单调性或最值问题.
【题型突破●明方向】
题型一 作差构造法
lnx 1
例1 已知函数f(x)= (a∈R)，曲线y=f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y= .
x+a e
(1)求实数a的值，并求f(x)的单调区间；
(2)求证：当x>0时，f(x)≤x-1.
lnx
(1)【解析】∵f(x)= ，x>0，且x≠-a，
x+a
x+a
−lnx
∴f'(x)= x ，
(x+a) 2
a
∴f'(e)= ，
e(e+a) 2
1
又曲线y=f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y= ，
e
1
则f'(e)=0，即a=0，且f(e)= ，符合题意，
e
1−lnx
∴f'(x)= ，x>0，
x2
令f'(x)>0，得0<x<e，
令f'(x)<0，得x>e，
∴f(x)的单调递增区间是(0，e)，单调递减区间是(e，+∞).(2)【证明】当x>0时，要证f(x)≤x-1，
lnx
即证 -x+1≤0，
x
即证ln x-x2+x≤0(x>0)，
令g(x)=ln x-x2+x(x>0)，
1 1+x−2x2
则g'(x)= -2x+1=
x x
(x−1)(2x+1)
=- ，
x
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，
∴g(x)≤g(1)=0，即当x>0时，f(x)≤x-1.
【思维升华】(1)待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”或“右减
左”的函数，利用导数研究其单调性等相关函数性质证明不等式.
(2)利用作差构造法证明不等式的基本步骤
①作差或变形；
②构造新的函数g(x)；
③利用导数研究g(x)的单调性或最值；
④根据单调性及最值，得到所证不等式.
【跟踪训练】1 已知函数f(x)=x2-ln x.
(1)求f(x)的单调区间；
f(x) 1 1
(2)证明： + x2-x>- .
x 4 4
1 (❑√2x+1)(❑√2x−1)
(1)【解析】f(x)=x2-ln x的定义域是(0，+∞)，f'(x)=2x- = .
x x
❑√2 (❑√2 )
当x> 时，f'(x)>0，函数f(x)在 ，+∞ 上单调递增；
2 2
❑√2 ( ❑√2)
当0<x< 时，f'(x)<0，函数f(x)在 0， 上单调递减.
2 2
(❑√2 ) ( ❑√2)
综上，函数f(x)的单调递增区间为 ，+∞ ，单调递减区间为 0， .
2 2
f(x) 1 1
(2)【证明】由x>0，要证 + x2-x>- ，
x 4 4
1 1 1 1
即证f(x)+ x3-x2+ x= x3+ x-ln x>0，
4 4 4 41 1
令g(x)= x3+ x-ln x(x>0)，
4 4
3 1 1 3x3+x−4
则g'(x)= x2+ - = ，
4 4 x 4x
令t(x)=3x3+x-4(x>0)，t'(x)=9x2+1>0恒成立，
所以t(x)在(0，+∞)上单调递增，
又t(1)=0，即g'(1)=0，
所以当x∈(0，1)时，t(x)<0，即g'(x)<0，
所以g(x)在(0，1)上单调递减；
当x∈(1，+∞)时，t(x)>0，即g'(x)>0，
所以g(x)在(1，+∞)上单调递增，
1 1 1
所以g(x) =g(1)= + = >0成立，所以原不等式成立.
min 4 4 2
题型二 构造双函数法
例2 设函数f(x)=ax2-(x+1)ln x，曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为0.
(1)求实数a的值；
1
(2)求证：当0<x≤2时，f(x)> x.
2
1
(1)【解析】f'(x)=2ax-ln x-1- (x>0)，
x
由题意得f'(1)=2a-2=0，所以a=1.
(2)【证明】由(1)得f(x)=x2-(x+1)ln x(x>0)，
1
要证当0<x≤2时，f(x)> x，
2
lnx 1
只需证当0<x≤2时，x- -ln x> ，
x 2
lnx 1
即证x-ln x> + .
x 2
lnx 1
令g(x)=x-ln x(x>0)，h(x)= + (x>0)，
x 2
1
令g'(x)=1- =0，得x=1，
x
易知g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，2]上单调递增，
故当0<x≤2时，g(x) =g(1)=1.
min
1−lnx
因为h'(x)= ，当0<x≤2时，h'(x)>0，
x2
所以h(x)在(0，2]上单调递增，故当0<x≤2时，
1+ln2
h(x) =h(2)= <1=g(x) ，
max 2 min
即h(x) <g(x) .
max min
故当0<x≤2时，g(x)>h(x)恒成立，
1
即当0<x≤2时，f(x)> x.
2
【思维升华】若直接求证比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可
以传递的中间量，达到证明的目的.
【跟踪训练】2 已知函数f(x)=eln x-ax(a∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a=e时，证明：xf(x)-ex+2ex≤0.
e
(1)【解析】f'(x)= -a(x>0)，
x
①若a≤0，则f'(x)>0，f(x)在(0，+∞)上单调递增；
e
②若a>0，则当0<x< 时，f'(x)>0，
a
e
当x> 时，f'(x)<0，
a
( e) (e )
故f(x)在 0， 上单调递增，在 ，+∞ 上单调递减.
a a
ex
(2)【证明】因为x>0，所以只需证f(x)≤ -2e，
x
当a=e时，f(x)=eln x-ex(x>0)，
由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减.
所以f(x) =f(1)=-e.
max
ex
设g(x)= -2e(x>0)，
x
(x−1)ex
则g'(x)= ，
x2
所以当0<x<1时，g'(x)<0，g(x)单调递减；
当x>1时，g'(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x) =g(1)=-e.
min
综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，
ex
即f(x)≤ -2e.
x
故不等式xf(x)-ex+2ex≤0得证.【限时训练】
（15分钟）
1.(15分)(2026·六安模拟)已知函数f(x)=2(x+2)-ex.
(1)求f(x)的最大值；(7分)
(2)当x≥0时，证明：f(x)<x-sin x+4.(8分)
(1)【解析】f'(x)=2-ex，令f'(x)=0得x=ln 2，
当x∈(-∞，ln 2)时，f'(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(ln 2，+∞)时，f'(x)<0，f(x)单调递减，
∴当x=ln 2时，f(x)取得最大值，且最大值为f(ln 2)=2ln 2+2.
(2)【证明】设g(x)=x-sin x+4，x≥0，
则g'(x)=1-cos x≥0，
∴g(x)在[0，+∞)上单调递增，
∴g(x)≥g(0)=4，即g(x)在[0，+∞)上的最小值为4，
∵2ln 2+2<4，
∴当x≥0时，f(x)≤2ln 2+2<4≤g(x)，
∴当x≥0时，f(x)<x-sin x+4.
lnx+1
2.(15分)(2026·重庆模拟)已知函数f(x)= ，g(x)=ex-1.
x
(1)求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(5分)
(2)证明：f(x)≤g(x).(10分)
lnx+1
(1)【解析】函数f(x)= ，x>0，
x
−lnx
求导得f'(x)= ，
x2
则f'(1)=0，而f(1)=1，
所以曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y=1.
lnx+1
(2)【证明】不等式f(x)≤g(x) ≤ex-1 xex-x-ln x-1≥0，
x
令h(x)=xex-x-ln x-1，x>0， ⇔ ⇔
1
求导得h'(x)=(x+1)ex-1-
x
=(x+1) ( ex− 1) ，
x
1
而x>0，函数y=ex，y=- 在(0，+∞)上都单调递增，
x1
所以函数φ(x)=ex- 在(0，+∞)上单调递增，
x
(1)
而φ =❑√e-2<0，φ(1)=e-1>0，
2
(1 )
则存在x ∈ ，1 ，使得φ(x )=0，
0 2 0
1
即ex 0= ，x =-ln x ，
x 0 0
0
所以当0<x<x 时，φ(x)<0，即h'(x)<0；
0
当x>x 时，φ(x)>0，即h'(x)>0，
0
因此函数h(x)在(0，x )上单调递减，在(x ，+∞)上单调递增，
0 0
则h(x)≥h(x )=x ex 0-x -ln x -1=0，
0 0 0 0
所以f(x)≤g(x).
