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培优点 01 切线放缩（2 大考点+强化训练）
在高考压轴题中，经常考查与导数有关的不等式问题，这些问题可以用常规方法求解，也可以用切线不等
式进行放缩．导数切线放缩法是一种非常实用的数学方法，它可以帮助我们更好地理解函数的性质和变化
规律，更能使问题简单化，利用切线不等式进行求解，能起到事半功倍的效果．
【知识导图】
【考点分析】
考点一：单切线放缩
常见的切线放缩：∀x∈R都有ex≥x＋1.当x>－1时，ln(x＋1)≤x.当x>0时，x>sin x；当x<0时，x<sin
x.
规律方法 该方法适用于凹函数与凸函数且它们的凹凸性相反的问题(拆成两个函数)，两函数有斜率相同
的切线，这是切线放缩的基础，引入一个中间量，分别证明两个不等式成立，然后利用不等式的传递性即
可，难点在合理拆分函数，寻找它们斜率相等的切线隔板.
【例1】（2023上·辽宁大连·高三大连八中校考期中）已知函数 ， ．
(1)若函数 （其中： 为 的导数）有两个极值点，求实数a的取值范围；
(2)当 时，求证： ．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）先求得 ，然后求得 ，根据 在 有两个变号零点列不等式组，由此求得
的取值范围.（2）要证 ，即证 ，设 ，
， ，利用切线放缩可证 ，利用单调性证得所证不
等式成立.
【详解】（1）依题意知： ， ，
∴ ， ，
∴ ，
∵ 有两个极值点，
∴ 在 有两个变号零点，
令 得： ， ，
关于x的一元二次方程有两个不等的正根，记为 ， ，
∴ ，即 ，
解得 ，∴ ，
故a的取值范围为： ．
（2）证明：当 时， ，要证 ，即证 ，即证
，
设 ， ，
，∴ ，先证 ，
令 ， ，当 时， ，
∴ 在 上单调递增，又∵ ，
∴ 时 ，即 ．
再证 ，
令 ，
，
当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减．
∴ ，∴ ，即 成立，
∴ ，
∴ 时， 单调递增，
∴当 ， ，
当 ， ，
∴ ，
又 ， 是 上的增函数，所以函数 在 上增函数，
，即当 ， ，
综上， ， ，命题得证．
【点睛】思路点睛：本题第二问属于利用导数证明不等式问题，可先用分析法化简转化所证不等式，即证，通过构造函数 ，再结合导数
，利用切线放缩 ， ，可证 ，再由单调性来证得不
等式成立.
【变式】（2023上·贵州黔东南·高三统考期中）函数 .
(1)求函数 的单调区间；
(2)当 时，若 ，求证： .
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数 ，分类讨论a的取值范围，结合解不等式，即可求得函
数的单调区间；
（2）当 时，确定 在 单调递增， ，由此可判断 是否相等的
情况，当 时， 分别位于 内，构造函数 ，判断其性质，结合其
性质即可证明不等式成立.
【详解】（1）由题意 定义域为 ，
，
当 时，令 ，解得 或 ，
此时 的单调增区间为 ；
令 ，解得 ， 的单调减区间为 ；
当 时， ，等号仅在 是成立，此时 的单调增区间为 ，无减区间；
当 时，令 ，解得 或 ，
此时 的单调增区间为 ；
令 ，解得 ， 的单调减区间为 ；
综合上述： 时， 的单调增区间为 ，单调减区间为 ；
当 时， 的单调增区间为 ，无减区间；
当 时， 的单调增区间为 ，单调减区间为 ；
（2）当 时， ，
由（1）知 在 单调递增，且 ，
故当 时，必有 ，此时 ，
当 时，则必有 分别位于 内；
令
，
令 ，则 ，
当 时， ， 在 上单调递增，
当 时， ， 在 上单调递减，
故 ，即 ，当且仅当 等号成立；
令 ，则 ，
故 恒成立，不妨设 ，则 ，即 ，
又 ，即 ，故 ，则 ，
即 ，
综合上述可得 .
【点睛】难点点睛：本题考查了利用导数求解函数的单调区间以及证明不等式；难点在于不等式的证明，
解答时要注意到当 时， 单调递增，且 ，由此可判断 的取值情况，
进而构造函数 ，结合其性质即可证明不等式.
考点二：双切线放缩
规律方法 含有两个零点的f(x)的解析式(可能含有参数x，x)，告知方程f(x)＝b有两个实根，要证明
1 2
两个实根之差小于(或大于)某个表达式．求解策略是画出f(x)的图象，并求出f(x)在两个零点处(有时候
不一定是零点处)的切线方程(有时候不是找切线，而是找过曲线上某两点的直线)，然后严格证明曲线
f(x)在切线(或所找直线)的上方或下方，进而对x，x作出放大或者缩小，从而实现证明．
1 2
【例2】（2024上·浙江嘉兴·高三统考期末）已知函数 ．
(1)若 时， 在其定义域内不是单调函数，求a的取值范围；
(2)若 ， 时，函数 有两个极值点 ， ，求证： ．
【答案】(1) 或
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，将函数 在其定义域内不是单调函数，转化为方程 有解，构造
函数， ，利用导数判断其单调性，确定其取值范围，结合验证，即可求得答案；
（2）函数 有两个极值点，即 有两解，转化为函数 的图象与直线有两个交点的问题，进而设 的图象与x轴的交点为 ， ，表示出两点处的切线方程，
即可求得与直线 交点的横坐标 ， 的表达式，结合 ，整理变形，
即可证明结论.
【详解】（1）当 时， ， ．
令 ，显然 不是该方程的解，故 ，令 ， ，
当 以及 时， ；当 时， ；
在 递减，在 递减，在 单调递增．
当 时， ；当 时， ．
由于函数 在其定义域内不是单调函数，即方程 有解，
从而 或 ，
当 时，令 ，则 ，
当 时， ， 在 上单调递减，
当 时， ， 在 上单调递增，
故 ，即 ， 取等号，
此时 在 上单调递增，不符合题意，
故 或 ；
（2） 时， ， ．
因为函数 有两个极值点，即 有两解，
即函数 的图象与直线 有两个交点，令 ，得 ．当 ， ；当 ， ，
在 上单调递减，在 上单调递增，
故 ，所以 ．
设 的图象与x轴的交点为 ， ，
则函数 的图象在点P处的切线 为 ．又 ， ，
，
所以 ，函数 的图象在Q处的切线 为 ．
设直线 与直线 ， 的交点的横坐标分别为 ， ，则 ， ，
所以 ，
由于 ，
故 ，
即 ．
【点睛】难点点睛：本题考查了导数的综合应用，涉及到函数的单调性以及极值和不等式的证明问题，难
点在于（2）根据函数有两个极值点，证明不等式 ，解答时要将函数 有两个极值
点，即 有两解，转化为函数 的图象与直线 有两个交点，进而再借助于切线方程，证明结论
【变式】（2024下·河北·高三校联考开学考试）已知函数
(1)若 、 在 处切线的斜率相等，求 的值；
(2)若方 有两个实数根 ，试证明： ;
(3)若方程 有两个实数根 ，试证明： .
【答案】(1)1
(2)证明见解析；
(3)证明见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可；
（2）由题意得 ，首先证明 ，再结合差比性质得 ，变形后，结
合换元法及导数知识求证 即可得证；
（3）首先令 去掉绝对值符号，再求得 ， 的根 ，以及方程
的根 ，结合放缩的知识可得 ，所以原
不等式可得.
【详解】（1） ， ,
又 ,
所以 .
（2）由（1）知 ，则令 ，
令
时， 单调递增
时， 单调递减
所以
因为
由差比的性质知： ，
又 ，则
欲证：
即证：
不妨设：
下证 ，令
下证 令
所以 在 上单调递增，
所以所以
（3）不妨设 ，下证
在 处的切线方程为
构造
当 时， ; 时， ;
所以 在 上单调递减，在 上单调递增
又
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ，
所以 ，
设方程 的函数值为 的根 ，则
因为 在 上单调递减，所以 ，
在 处的切线方程为 ,
构造
当 时， ; 时， ;
所以 在 上单调递减，在 上单调递增
又所以 在 上单调递减，在 上单调递增
所以
所以
设方程 的根
又 ，由 在 上单调递增
所以
又
所以 .
【点睛】本题考查了导数的综合运用：求切线的斜率切线方程，求函数单调性和最值，考查分类讨论思想
方法和构造函数法，考查化简运算能力和推理能力，属于难题．
【强化训练】
1．（2024上·江苏扬州·高三统考期末）已知函数 的最小值为 .
(1)求实数 的值；
(2)若 有两个不同的实数根 ，求证： .
【答案】(1)1；
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用导数研究 的单调性，结合最小值求参数值即可；
（2）根据题设及导数判断 的单调性及区间符号，进而有 ，根据极值点偏移，
构造 并利用导数研究 上的单调性，证明 ，再记函数 与和 交点的横坐标分别为 ，结合导数证得 、 ，有
，即可证结论.
【详解】（1）因为 ，令 ，可得 ，
当 时 单调递减；当 时 单调递增.
所以 ，所以 .
（2）证明：由（1）知， 在 上单调递减，在 上单调递增，
当 时 ，当 时 ，
所以 ，
先证明 .
记 ，则 ，
当 时， ，所以 单调递减，
所以当 时， ，即 ，
故 ，即 .
又 ，由单调性知： ，即 .再证明 .
记函数 与 和 交点的横坐标分别为 .
①当 时， ，故 ，所以， .
（或： 的图象在 的图象的下方，且两个函数在 上都是减函数）
②当 时，记 ，所以 .
当 时 单调递减；当 时 单调递增.
又 ，当 时， ，即 .
故
所以 ，故 .
（或 的图象在 的图象的下方，且两个函数在 上都递增）
综上， .
【点睛】关键点睛：第二问，首先应用极值点偏移构造 证 ，再记函数
与 和 交点的横坐标分别为 ，依次证 、 为关键.
2．（2024上·重庆·高三重庆南开中学校考阶段练习）若函数 在定义域内存在两个不同的数 ， ，
同时满足 ，且 在点 ， 处的切线斜率相同，则称 为“切合函
数”.
(1)证明： 为“切合函数”；
(2)若 为“切合函数”（其中 为自然对数的底数），并设满足条件的两个数为 ，.
（ⅰ）求证： ；
（ⅱ）求证： .
【答案】(1)证明见解析
(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）假设存在 ， 满足题意，结合题意 ， ，即可求解；
（2）结合新定义“切合函数”满足的条件，得到 ， 的关系，构造新的函数求导利用单调性证明.
【详解】（1）假设存在 ， 满足题意，易知 ，由题可得：
，
代入上式可解得，
， 或 ， ，
故 为“切合函数”.
（2）由题可知 ，因为 为“切合函数”，故存在不同的 ， （不妨设
），
使得 ，即 ，
（ⅰ）先证： ，即证： ，令 ，则由 可知 ，要证上式，只需证：
，易知 ，
故 在 上单调递减，所以 ，故有 成立，
由上面的②式可得 ；
（ⅱ）由上面的②式可得： ，代入到①式中可得：
，
且由（ⅰ）可得 .
（另解：由上面的②式可得 ，代入到①式的变形：
，整理后也可得到 ）
故要证 ，只需证：
，
设 ，则即证： ，
，设
，， ，
在 上单调递增，
，
下面证明 在 上恒成立，
令 ，则 ，
所以当 时， ，
当 时， ，
所以 在 处取得最小值， ，
所以 在 上恒成立，
所以当 时， ，即 ，
在 上单调递增， ，
所以原不等式成立.
【点睛】方法点睛：考查了函数的新定义以及不等式的证明问题，利用导数研究函数的单调性，通过构造
新函数，利用函数的单调性证明.
3.(2023·重庆模拟)已知函数f(x)＝sin x－aln(x＋1)．
(1)若a＝1，证明：当x∈[0,1]时，f(x)≥0；
(2)若a＝－1，证明：当x∈[0，＋∞)时，f(x)≤2ex－2.
【解析】证明 (1)首先证明sin x≤x，x∈[0，＋∞)，证明如下：
构造j(x)＝sin x－x，x∈[0，＋∞)，
则j′(x)＝cos x－1≤0恒成立，
故j(x)＝sin x－x在[0，＋∞)上单调递减，
故j(x)≤j(0)＝0，
所以sin x≤x，x∈[0，＋∞)．
当a＝1时，f(x)＝sin x－ln(x＋1)，x∈[0,1]，
f′(x)＝cos x－＝1－2sin2－
≥1－22－＝1－－
≥1－－(0≤x≤1)，
故f′(x)≥＝≥0在x∈[0,1]上恒成立，
所以f(x)在[0,1]上单调递增，
故f(x)≥f(0)＝0.
(2)令g(x)＝(2ex－2)－f(x)，x∈[0，＋∞)．
当a＝－1时，g(x)＝2ex－2－sin x－ln(x＋1)
＝2(ex－x－1)＋x－sin x＋x－ln(x＋1)，
下证：ex－x－1≥0(x≥0)，x－sin x≥0(x≥0)，x－ln(x＋1)≥0(x≥0)，且在x＝0处取等号，
令r(x)＝ex－x－1(x≥0)，则r′(x)＝ex－1≥0，
故r(x)＝ex－x－1在[0，＋∞)上单调递增，
故r(x)≥r(0)＝0，且在x＝0处取等号，
由(1)知j(x)＝sin x－x在[0，＋∞)上单调递减，
故j(x)≤j(0)＝0，且在x＝0处取等号，
令t(x)＝x－ln(x＋1)(x≥0)，
则t′(x)＝1－＝≥0，
故t(x)＝x－ln(x＋1)在[0，＋∞)上单调递增，
故t(x)≥t(0)＝0，且在x＝0处取等号，
综上有g(x)＝2(ex－x－1)＋x－sin x＋x－ln(x＋1)≥0，且在x＝0处取等号，即(2ex－2)－f(x)≥0，即
证f(x)≤2ex－2.
4.(2023·柳州模拟)已知函数f(x)＝ln x＋－2x.
(1)当a>0时，讨论f(x)的单调性；
(2)证明：ex＋>f(x)．
【解析】(1)解 由题意可知x>0，
f′(x)＝－－2＝－，
对于二次函数y＝2x2－x＋a，Δ＝1－8a.
当a≥时，Δ≤0，f′(x)≤0恒成立，
f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当0<a<时，二次函数y＝－2x2＋x－a有2个大于零的零点，
分别是x＝，x＝，
1 2
当x∈时，f′(x)>0，
f(x)在上单调递增；
当x∈∪时，
f′(x)<0，f(x)在和上单调递减．
综上，当a≥时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当0<a<时，f(x)在上单调递增，在，上单调递减．
(2)证明 要证ex＋>f(x)，
即证ex>ln x＋2.
不妨设h(x)＝ex－(x＋1)，则h′(x)＝ex－1，h′(0)＝0，
当x<0时，h′(0)<0，当x>0时，h′(0)>0，
因此h(x)≥h(0)＝0，ex－(x＋1)≥0恒成立．
令m(x)＝ln x－x＋1，m′(x)＝－1＝，
当0<x<1时，m′(x)>0，m(x)单调递增，
当x>1时，m′(x)<0，m(x)单调递减，
故当x＝1时，m(x)取得最大值m(1)＝0，因此ln x－x＋1≤0，
则ex－(x＋1)＋[x－(ln x＋1)]
＝ex－(ln x＋2)>0恒成立(等号成立的条件不一致，故舍去)，
即ex>ln x＋2.从而不等式得证．
5.(2023·福州模拟)已知函数f(x)＝xln x－x.若f(x)＝b有两个实数根x，x，且x<x.求证：be＋e<x
1 2 1 2 2
－x<2b＋e＋.
1
【解析】证明 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x.
令f′(x)>0，得x>1；
令f′(x)<0得，0<x<1，
所以f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减．
因为f(x)＝b有两个实数根x，x，且x<x.
1 2 1 2
所以0<x<1<x，
1 2
先证不等式x－x<2b＋e＋，
2 1
因为f(e)＝0，f ＝－，
f′(e)＝1，f′＝－1，
所以曲线y＝f(x)在x＝和x＝e处的切线分别为l：y＝－x－和l：y＝x－e，
1 2
如图，
令g(x)＝f(x)－＝xln x＋，0<x<1，则g′(x)＝1＋ln x，
令g′(x)>0，则<x<1；
令g′(x)<0，则0<x<，
所以g(x)在上单调递减，在上单调递增，所以g(x)≥g＝0，
所以f(x)≥－x－在(0,1)上恒成立，
设直线y＝b与直线l交点的横坐标为x′，
1 1
则x′≤x，
1 1
设直线y＝b与直线l交点的横坐标为x′，
2 2
同理可证x≤x′，
2 2
因为x′＝－b－，x′＝b＋e，
1 2
所以x－x<x′－x′＝b＋e－
2 1 2 1＝2b＋e＋(两个等号不同时成立)，
因此x－x<2b＋e＋.
2 1
再证不等式x－x>be＋e，
2 1
函数图象f(x)上有两点A(1，－1)，B(e,0)，
设直线y＝b与直线OA：y＝－x，AB：y＝(x－e)的交点的横坐标分别为x，x，
3 4
易证x<x<x<x，且x＝－b，x＝(e－1)b＋e，
1 3 4 2 3 4
所以x－x>x－x＝(e－1)b＋e－(－b)＝be＋e.
2 1 4 3
综上可得be＋e<x－x<2b＋e＋成立．
2 1
6.(2023·山东省实验中学模拟)已知函数f(x)＝(x＋1)(ex－1)，若函数g(x)＝f(x)－m(m>0)有两个零点
x，x，且x<x，证明：x－x≤1＋2m＋.
1 2 1 2 2 1
【解析】证明 f(x)＝(x＋1)(ex－1)，
令f(x)＝0，有x＝－1，x＝0，
1 2
f′(x)＝ex(x＋2)－1，f′(－1)＝－1＋，
f′(0)＝1，设曲线y＝f(x)在(－1,0)处的切线方程为y＝h(x)，
则h(x)＝f′(－1)(x＋1)＝(x＋1)，
令F(x)＝f(x)－h(x)＝(x＋1)，
则F′(x)＝(x＋2)ex－，
令m(x)＝F′(x)＝(x＋2)ex－，
则m′(x)＝(x＋3)ex，
所以当x<－3时，m′(x)<0；
当x>－3时，m′(x)>0，
所以F′(x)在(－∞，－3)上单调递减，
在(－3，＋∞)上单调递增，
当x→－∞时，F′(x)→－，又F′(－1)＝0，
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)≥F(－1)＝0，所以f(x)≥h(x)恒成立，则f(x)≥h(x)，
1 1
设h(x)＝m的根为x，则x＝－1＋，
3 3
又h(x)单调递减，
且m＝h＝f(x)≥h(x)，
1 1
所以x≤x，
3 1
设曲线y＝f(x)在(0,0)处的切线为y＝t(x)，
则t(x)＝x，
令G(x)＝f(x)－t(x)＝(x＋1)(ex－1)－x，
则G′(x)＝(x＋2)ex－2，
依据F′(x)的单调性可知，G′(x)在(－∞，－3)上单调递减，在(－3，＋∞)上单调递增，
当x→－∞时，G′(x)→－2，且G′(0)＝0，
所以G(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以G(x)≥G(0)＝0，
所以f(x)≥t(x)恒成立，所以f(x)≥t(x)，
2 2设t(x)＝m的根为x，则x＝m，
4 4
又函数t(x)单调递增，
且m＝t(x)＝f(x)≥t(x)，所以x≥x，
4 2 2 4 2
所以x－x≤x－x＝m－
2 1 4 3
＝1＋＝1＋2m＋，
即证x－x≤1＋2m＋.
2 1
7．(2023·广州模拟)已知函数f(x)＝ln(x＋1)．
(1)证明：当x>－1时，f(x)≤x；
(2)已知n∈N*，证明： >sin(n＋1)．
证明 (1)令h(x)＝ln(x＋1)－x(x>－1)，
则h′(x)＝－1＝－，
当－1<x<0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，
∴h(x)≤h(0)＝0，即f(x)≤x.
(2)由(1)可得ln(x＋1)≤x，
当且仅当x＝0时取等号，令x＝，
∴>ln＝ln ，
1＋＋＋…＋>ln ＋ln ＋ln ＋…＋ln ＝ln(n＋1)，
即1＋＋＋…＋>ln(n＋1)，
则 >n＋1，①
令φ(x)＝x－sin x，x>0，
φ′(x)＝1－cos x≥0，
∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)>φ(0)＝0，即x－sin x>0，
即x>sin x，x>0，即n＋1>sin(n＋1)，②
由①②得 >sin(n＋1)．
8．(2023·遂宁模拟)已知函数f(x)＝a(x＋1)－，x∈R.
(1)若f(x)是减函数，求实数a的取值范围；
(2)若f(x)有两个极值点x，x，其中x<x，求证：x－x>＋2.
1 2 1 2 2 1
【解析】(1)解 由题意知f′(x)＝a＋≤0在R上恒成立，所以－a≥恒成立，
令g(x)＝，x∈R，则－a≥g(x) ，
max
令g′(x)＝－＝0，得x＝－1，
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g(x) ＝g(－1)＝e，
max
即－a≥e，a∈(－∞，－e]．(2)证明 由f(x)有两个极值点x，x，
1 2
可知f′(x)＝0有两个不相等的实数根x，x，
1 2
由(1)可知，当x→＋∞时，g(x)→0，且g(－2)＝0，则g(x)的图象如图所示，
所以－e<a<0且－2<x<－1<x，
1 2
又过点(－2,0)和(－1，e)的直线方程为y＝e(x＋2)，
当x∈(－2，－1)时，构造函数h(x)＝g(x)－e(x＋2)
＝－e(x＋2)＝(x＋2)>0，
所以g(x)>e(x＋2)．
设方程e(x＋2)＝－a的根为x，
3
则x＝－－2，
3
过点和(0,0)的直线方程为y＝－ex，
设m(x)＝g(x)＋ex，x∈，
因为m′(x)＝>0，
所以m(x)在(－1，＋∞)上单调递增，
所以m(x)>m(－1)＝0，则g(x)>－ex，
又设方程－ex＝－a的根为x，则x＝，
4 4
所以x－x>x－x＝－＝＋2.
2 1 4 3
