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第三章 一元函数的导数及其应用
进阶 2 指对放缩
【高考考向预测】
近三年高考导数压轴题中指对放缩考查频次极高，是不等式证明、估值求参的核心技巧，依
托经典切线放缩、泰勒放缩、分式放缩等结论简化超越函数结构，常搭配凑项变形、强弱放缩灵
活使用；预测2027 年依旧为高频考点，命题趋向组合式多层放缩、限定区间精准放缩与逆向放缩，
规避直接套用模板，多结合极值点偏移、隐零点、恒成立问题综合出题，侧重考查放缩尺度把控
与式子灵活配凑能力。
【核心梳理●明考点】
重点解读 切线放缩证明不等式是一种常用的方法，它可以解决许多数学问题，常见的有指对切线放
缩，使用切线放缩可以深入理解数学的本质.
【题型突破●明方向】
题型一 指对切线放缩
常见的指对切线放缩
【典例】1 证明下列不等式：
(1)ex>2x+ln x；
(2)ex-ln(x+2)>0.
【证明】(1)方法一 易知ex≥ex，
要证ex>2x+ln x，
可证ex>2x+ln x，
设f(x)=ex-2x-ln x(x>0)，
(e−2)x−1
则f'(x)= ，
x
1
当0<x< 时，f'(x)<0；
e−21
当x> 时，f'(x)>0，
e−2
( 1 ) ( 1 )
所以f(x)在 0， 上单调递减，在 ，+∞ 上单调递增，
e−2 e−2
( 1 )
所以f(x) =f =1+ln(e-2)=ln[e( e-2)]>0，
min e−2
所以f(x)>0，即 ex>2x+ln x，
故原不等式得证.
方法二 易知ln x≤x-1，
要证ex>2x+ln x，
即证ex-2x-ln x>0，
可证ex-2x-(x-1)>0，
即证ex-3x+1>0，
设f(x)=ex-3x+1(x>0)，
则f'(x)=ex-3，
当0<x<ln 3时，f'(x)<0；
当x>ln 3时，f'(x)>0，
所以f(x)在(0，ln 3)上单调递减，在(ln 3，+∞)上单调递增，
e4
所以f(x) =f(ln 3)=4-3ln 3=ln >0，
min 27
所以f(x)>0，即 ex-2x-(x-1)>0，
故原不等式得证.
x
方法三 易知ex≥ex，ln x≤ ，
e
要证ex>2x+ln x，
x
可证ex≥ex>2x+ ≥2x+ln x(x>0)，
e
x
即证ex>2x+ (x>0)，
e
( x)
设f(x)=ex- 2x+ ，x>0，
e
( 1)
则f(x)= e−2− x>0，
e
x
即ex>2x+ (x>0)，
e
故原不等式得证.(2)要证ex-ln(x+2)>0，
即证ex>ln(x+2)，
又ex≥x+1，当且仅当x=0时等号成立，
令t=x+2，则ln(x+2)=ln t≤t-1=x+1，
即ln(x+2)≤x+1，当且仅当x=-1时等号成立，
故ex≥x+1≥ln(x+2)，等号成立的条件不一致，则ex>ln(x+2)，结论得证.
【思维升华】当要证明的不等式中既含有ex，又含有ln x时，一般形象地称之为指对共生式，这类问
题直接构造差函数进行研究可能会较为困难，突破这一困难一般采用指对放缩、分离双函数、同构等
技巧.
1
【跟踪训练】1 (1)当x>0时，证明：ex2-xln x<xex+ .
e
1
【证明】要证当x>0时，ex2-xln x<xex+ ，
e
1
只需证ex-ln x<ex+ .
ex
1
下证-ln x≤ ，
ex
1 1
即证ln ≤ ，
x ex
1 1
令t= (t>0)，即证ln t≤ t.
x e
显然成立，且等号成立的条件是t=e，
1
即x= .
e
又ex≤ex，当且仅当x=1时等号成立，
由不等式的基本性质及等号成立的条件不一致得原不等式成立.
(2)已知对任意的x>0，不等式xe2x-kx-ln x-1≥0恒成立，求实数k的取值范围.
【解析】由题意知对任意的x>0，不等式xe2x-kx-ln x-1≥0恒成立，
xe2x−(lnx+1)
即k≤ 恒成立，
x
xe2x−(lnx+1)
设f(x)= (x>0)，
x
e2x+lnx−(lnx+1)
则f(x)= (x>0)，
x
由ex≥x+1(当且仅当x=0时等号成立)，
易知e2x+ln x≥2x+ln x+1(当且仅当2x+ln x=0时等号成立)，2x+lnx+1−(lnx+1)
所以f(x)≥ =2，
x
当且仅当2x+ln x=0时等号成立，
所以k≤2.
故实数k的取值范围为(-∞，2].
题型二 指对增强放缩(曲线放缩)
1.与ex相关的增强放缩
x2 x x2 x3 xn
(1)ex≥x+1 ex≥1+x+
2
(x≥0) ex=1+1！ +
2！
+
3！
+…+
n！
+o(xn)(泰勒展开式).
(2)ex≥ex ex≥ex+(x-1)2(x≥0).
(3)通过变换得到的其他不等式
把ex≥x+1中的x换成ln x，可得ln x≤x-1.
把ex≥x+1中的x换成x-1，可得ex≥ex.
1
把ex≥x+1中的x换成-x，可得e-x≥-x+1，取倒数后可得ex≤ (x<1).
1−x
把ex≥x+1中的x换成x+ln x，可得ex+ln x=xex≥x+ln x+1(朗博同构).
2.与ln x相关的增强放缩
1 x2 x3 x4 xn+1
(1)ln x≤x-1 ln(x+1)≤x ln x≥1-x ln(x+1)=x- 2 + 3 - 4 +…+(-1)n n+1 +o(xn+1)(泰勒
展开式).
x
(2)ln x≤ .
e
2(x−1) 1( 1)
(3)飘带不等式： ≤ln x≤ x− ，x≥1.
x+1 2 x
(4)通过变换得到的其他不等式
把ln x≤x-1中的x换成ex，可得ex≥x+1.
x x
把ln x≤x-1中的x换成 ，可得ln x≤ .
e e
把ln x≤x-1中的x换成x+1，可得ln(x+1)≤x.1 1
把ln(x+1)≤x中的x换成 ，可得ln(n+1)-ln n< .
n n
1 1
把ln(x+1)≤x中的x换成- ，可得ln(n+1)-ln n> .
n+1 n+1
1
【典例】2 (1)证明：ex+ ≥2-ln x+x2+(e-2)x.
x
【证明】由题意知x>0，因为ex≥ex+(x-1)2，
1
所以要证ex+ ≥2-ln x+x2+(e-2)x，
x
1
只需证ex+(x-1)2+ ≥2-ln x+x2+(e-2)x，
x
1 1
即证ln ≤ -1，
x x
1
令t= (t>0)，即证ln t≤t-1，显然成立.
x
结论得证.
2ex−1
(2)设函数f(x)=exln x+ ，证明：f(x)>1.
x
( 2 )
【证明】方法一 f(x)>1等价于ex lnx+ >1.
ex
x
由于ln x≤ (当且仅当x=e时等号成立)，
e
1 1 1 1
所以ln ≤ ，即-ln x≤ ，即ln x≥-
x ex ex ex
( 1 )
当且仅当x= 时等号成立 ，
e
又ex≥ex(当且仅当x=1时等号成立)，
( 2 ) ( 2 )
所以ex lnx+ ≥ex lnx+
ex ex
( 1 2 )
≥ex − + =1，
ex ex
( 2 )
又因为等号成立的条件不一致，所以ex lnx+ >1，
ex
所以f(x)>1.
方法二 由题意知x>0，
所以f(x)>1等价于xexln x+2ex-1>x，
2
即xln x>xe-x- .
e设函数g(x)=xln x(x>0)，
则g'(x)=1+ln x.
( 1)
又当x∈ 0， 时，g'(x)<0；
e
(1 )
当x∈ ，+∞ 时，g'(x)>0，
e
( 1) (1 ) (1) 1
故g(x)在 0， 上单调递减，在 ，+∞ 上单调递增，从而g(x)在(0，+∞)上的最小值为g =- .
e e e e
2
设函数h(x)=xe-x- (x>0)，
e
则h'(x)=e-x(1-x)，
又当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
1
调递减，从而h(x)在(0，+∞)上的最大值为h(1)=- .
e
综上，当x>0时，g(x)>h(x)恒成立，即f(x)>1.
【思维升华】利用导数证明不等式时，曲线放缩是一种重要的技巧，它通过构造或选择已知的不等式
(曲线函数)来逼近原函数，从而简化证明.
【跟踪训练】2 (1)已知函数f(x)=xln x-ax+1.当x>0时f(x)≥0恒成立，则实数a的取值范围为
.
【答案】(-∞，1]
1
【解析】由当x>0时，f(x)≥0恒成立，可得ln x≥a- 恒成立，
x
1
又因为ln x≥1- ，
x
1 1
当a≤1时，a- ≤1- ，
x x
1
所以ln x≥a- 恒成立，
x
1
当a>1时，取x=1，则ln 1≥a- ，即a≤1，矛盾，
1
综上，实数a的取值范围为(-∞，1].
e
(2)证明：对任意x>0，不等式ex+x2-(e+1)x+ >2成立.
x
【证明】因为ex≥ex，
e
所以只需证ex+x2-(e+1)x+ >2成立，
x
e
即证x2-x+ >2成立，
xe
即证x2-2x+1+x+ -1>2成立，
x
( e)
即证(x-1)2+ x+ >3成立，
x
e
由基本不等式得x+ ≥2❑√e，
x
当且仅当x=❑√e时等号成立，
而2❑√e>3，(x-1)2≥0，故原不等式成立，
结论得证.
飘带不等式
在进行放缩的时候，转化的本质就是把曲线转化为直线进行简化运算，即用直线代替曲线，在切点处
曲线可以近似地用直线代替，但是随着x的变化，直线与曲线的差距越来越大，放缩的精度越来越粗
糙，所以有时采用曲线来代替直线.
1( 1) 2(x−1)
x− <ln x< (0<x<1)，
2 x x+1
2(x−1) 1( 1)
<ln x< x− (x>1).
x+1 2 x
【典例】证明：
1( 1) 2(x−1)
(1) x− <ln x< (0<x<1)；
2 x x+1
2(x−1) 1( 1)
(2) <ln x< x− (x>1).
x+1 2 x
1( 1)
【证明】令g(x)=ln x- x− ，
2 x
1 1( 1 ) (x−1) 2
则g'(x)= - 1+ =- ≤0，
x 2 x2 2x2
所以g(x)在(0，+∞)上单调递减，
又g(1)=0，
所以当0<x<1时，g(x)>0，1( 1)
即 x− <ln x，
2 x
1( 1)
当x>1时，g(x)<0，ln x< x− ；
2 x
2(x−1)
令h(x)=ln x- ，
x+1
(x−1) 2
则h'(x)= ≥0，
x(x+1) 2
所以h(x)在(0，+∞)上单调递增，
又h(1)=0，
所以当0<x<1时，h(x)<0，
2(x−1)
即ln x< ，
x+1
2(x−1)
当x>1时，h(x)>0， <ln x，
x+1
综上可知，当0<x<1时，
1( 1) 2(x−1)
x− <ln x< ；
2 x x+1
2(x−1) 1( 1)
当x>1时， <ln x< x− .
x+1 2 x
故(1)(2)结论得证.
课时精练
[分值：30分]
1.(13分)已知函数f(x)=ln x-xex+ax(a∈R).
(1)若函数f(x)在[1，+∞)上单调递减，求实数a的取值范围；(6分)
(2)证明：当a=1时，f(x)的最大值为-1.(7分)
1 1
(1)【解析】由题意知，f'(x)= -(ex+xex)+a= -(x+1)ex+a≤0在[1，+∞)上恒成立，
x x
1
所以a≤(x+1)ex- 在[1，+∞)上恒成立.
x
1
令g(x)=(x+1)ex- (x≥1)，
x
1
则g'(x)=(x+2)ex+ >0，
x2
所以g(x)在[1，+∞)上单调递增，所以g(x) =g(1)=2e-1，
min
所以a≤2e-1.
故实数a的取值范围为(-∞，2e-1].
(2)【证明】方法一 当a=1时，f(x)=ln x-xex+x(x>0)，
所以f(x)=ln x+x-xex=ln x+x-eln xex=ln x+x-eln x+x，
因为ex≥x+1，所以eln x+x≥ln x+x+1，
所以f(x)=ln x+x-eln x+x≤ln x+x-(ln x+x+1)=-1，
当且仅当ln x+x=0时等号成立，
所以f(x) =-1.
max
方法二 当a=1时，f(x)=ln x-xex+x(x>0)，
1
则f'(x)= -(x+1)ex+1
x
=(x+1)
(1 −ex)
，
x
1
令m(x)= -ex(x>0)，
x
1
则m'(x)=- -ex<0，
x2
所以m(x)在(0，+∞)上单调递减.
(1) 1
由于m >0，m(1)<0，所以存在x >0满足m(x )=0，即ex 0= .
2 0 0 x
0
当x∈(0，x )时，m(x)>0，f'(x)>0；
0
当x∈(x ，+∞)时，m(x)<0，f'(x)<0，
0
所以f(x)在(0，x )上单调递增，在(x ，+∞)上单调递减，
0 0
所以f(x) =f(x )=ln x -x ex 0+x ，
max 0 0 0 0
1
因为ex 0= ，所以x =-ln x ，
x 0 0
0
所以f(x )=-x -1+x =-1，
0 0 0
所以f(x) =-1.
max
2.(17分)已知函数f(x)=ex-1-x-ax2.
(1)当x≥0时，若不等式f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围；(8分)
(2)若x>0，证明：(ex-1)ln(x+1)>x2.(9分)
(1)【解析】由条件得f'(x)=ex-1-2ax，
令h(x)=ex-1-2ax，则h'(x)=ex-2a.
1
①当2a≤1，即a≤ 时，在[0，+∞)上，h'(x)≥0，h(x)单调递增，
2∴h(x)≥h(0)，即f'(x)≥f'(0)=0，
∴f(x)在[0，+∞)上单调递增，
∴f(x)≥f(0)=0，
1
∴当a≤ 时满足条件；
2
1
②当2a>1，即a> 时，令h'(x)=0，解得x=ln 2a，在[0，ln 2a)上，h'(x)<0，h(x)单调递减，
2
∴当x∈(0，ln 2a)时，有h(x)<h(0)=0，
即f'(x)<f'(0)=0，
∴f(x)在(0，ln 2a)上单调递减，
∴f(x)<f(0)=0，不符合题意.
( 1]
综上，实数a的取值范围为 −∞， .
2
1
(2)【证明】由(1)得，当a= ，且x>0时，
2
x2
ex-1-x- >0，
2
x2 x2+2x
即ex-1>x+ = ，
2 2
要证(ex-1)ln(x+1)>x2(x>0)，
x2
只需证明ex-1> (x>0)，
ln(x+1)
x2+2x x2
只需证明 > (x>0)，
2 ln(x+1)
2x
只需证ln(x+1)> (x>0)，
x+2
2x
设F(x)=ln(x+1)- ，
x+2
1 4 x2
则F'(x)= - = ，
x+1 (x+2) 2 (x+1)(x+2) 2
∴当x>0时，F'(x)>0恒成立，
故F(x)在(0，+∞)上单调递增，
又F(0)=0，
∴当x>0时，F(x)>0恒成立.
∴原不等式成立.
