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高考导数题技巧集锦

sshinzAnmonoszm 妹妹
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序言

高考中，导数占据一个重要的位置，导数题的技巧至关重要，下面给出笔者认为很重要的常见导数题技巧。
其实对于高考中，导数题的难点往往在于题设和问题的形式为 f(x)f(x) 和 g(x)g(x) 的关系而忽略了移项变形简化。所以在做题的时候一定要将所求式子在草稿纸上进行拆分后再推导。
请注意，每道例题请进行一定思考后再看解法。

对数分离

(f(x)ln⁡x)′=f′(x)ln⁡x+f(x)x(f(x)\ln x)'=f'(x)\ln x+\frac{f(x)}{x}，这个形式不是很好处理。我们不妨通过移项将对数分离出来。
f(x)=xln⁡xf(x)=x\ln x，若 f(x)≥ax2+2a(a≠0)f(x)\geq ax^2+\frac{2}{a}(a\neq 0) 在 x∈(0,+∞)x\in (0,+\infty) 上恒成立，求 aa 的取值范围。
解法xln⁡x≥ax2+2a⇔ln⁡x≥ax+2ax⇔ln⁡x−ax−2ax≥0\begin{aligned} &x\ln x\geq ax^2+\frac{2}{a}\\ \Leftrightarrow\quad& \ln x\geq ax+\frac{2}{ax}\\ \Leftrightarrow\quad& \ln x-ax-\frac{2}{ax}\geq 0 \end{aligned}
设 g(x)=ln⁡x−ax−2axg(x)=\ln x-ax-\frac{2}{ax}，g′(x)=1x−a+2ax2=ax−a2x2+2ax2=−a(x+1a)(x−2a)x2g'(x)=\frac{1}{x}-a+\frac{2}{ax^2}=\frac{ax-a^2x^2+2}{ax^2}=\frac{-a(x+\frac{1}{a})(x-\frac{2}{a})}{x^2}。
对 aa 的正负分类讨论：
  1. a>0a>0，g′(x)=0⇒x=2ag'(x)=0\Rightarrow x=\frac{2}{a}，易知 g(x)g(x) 先增后减，且 x→0x\to 0 时 g(x)→−∞g(x)\to -\infty；x→+∞x\to +\infty 时 g(x)→−∞g(x)\to -\infty，即 g(x)g(x) 无下界，不符合条件，舍去。
  2. a<0a<0，g′(x)=0⇒x=−1ag'(x)=0\Rightarrow x=-\frac{1}{a}，g(x)min⁡=g(−1a)=3−ln⁡(−a)≥0g(x)_{\min}=g(-\frac{1}{a})=3-\ln (-a)\geq 0，−e3≤a<0-e^3\leq a<0。
综上所述，a∈[−e3,0)a\in [-e^3,0)。

指数配对

(f(x)ex)′=ex(f(x)+f′(x))(f(x)e^x)'=e^x(f(x)+f'(x))。这个形式看起来比较好处理，我们不妨将指数函数通过移项配成乘积的形式。
求证 ex−3x+2sin⁡x−1≥0e^x-3x+2\sin x-1\geq 0。
解法ex−3x+2sin⁡x−1≥0⇔ex≥3x−2sin⁡x+1⇔3x−2sin⁡x+1ex≤1\begin{aligned} &e^x-3x+2\sin x-1\geq 0\\ \Leftrightarrow\quad& e^x\geq 3x-2\sin x+1 \\ \Leftrightarrow\quad& \frac{3x-2\sin x+1}{e^x}\leq 1 \end{aligned}
设 f(x)=3x−2sin⁡x+1exf(x)=\frac{3x-2\sin x+1}{e^x}，f′(x)=e−x(3−2cos⁡x−3x+2sin⁡x−1)=e−x(2−3x+22sin⁡(x−π4))f'(x)=e^{-x}(3-2\cos x-3x+2\sin x-1)=e^{-x}(2-3x+2\sqrt2\sin(x-\frac{\pi}{4}))。
设 g(x)=2−3x+22sin⁡(x−π4)g(x)=2-3x+2\sqrt2\sin(x-\frac{\pi}{4})，g′(x)=22cos⁡(x−π4)−3<0g'(x)=2\sqrt2\cos(x-\frac\pi4)-3<0，所以 g(x)g(x) 单调递减，且 g(0)=0g(0)=0，故 x∈(−∞,0)x\in(-\infty,0) 时 f′(x)>0f'(x)>0，x∈(0,+∞)x\in (0,+\infty) 时 f′(x)<0f'(x)<0。即 f(x)max⁡=f(0)=1f(x)_{\max}=f(0)=1，即 f(x)≤1f(x)\leq 1 恒成立。

指对分离，凸凹反转

(exln⁡x)′=ex(ln⁡x+1x)(e^x\ln x)'=e^x(\ln x+\frac{1}{x})，很不好看，而且你也没学过咋解这个东西。不好，我们要通过移项让指数与对数分离。
证明两个凸性相同的函数的大小关系是不容易的，但是我们可以通过一些方法变为凸性不同的函数，这样会更为简单。比较常见的变换有 ln⁡x→xln⁡x\ln x\rightarrow x\ln x，ex→xexe^x\rightarrow \frac{x}{e^x} 等。
下面这个例题使用了这两种方法。
求证 exln⁡x+2ex−1x>1e^x\ln x+\frac{2e^{x-1}}x>1。
解法exln⁡x+2ex−1x>1⇔ln⁡x+2ex>e−x⇔xln⁡x+2e>xe−x\begin{aligned} &e^x\ln x+\frac{2e^{x-1}}x>1\\ \Leftrightarrow\quad& \ln x+\frac{2}{ex}>e^{-x}\\ \Leftrightarrow\quad& x\ln x+\dfrac{2}{e}>xe^{-x} \end{aligned}
设 f(x)=xln⁡x+2ef(x)=x\ln x+\frac{2}{e}，g(x)=xe−xg(x)=xe^{-x}。f′(x)=ln⁡x+1f'(x)=\ln x+1，g′(x)=e−x(1−x)g'(x)=e^{-x}(1-x)。易得 f(x)f(x) 先减后增，g(x)g(x) 先增后减，f(x)min⁡=f(1e)=1ef(x)_{\min}=f(\frac{1}{e})=\frac{1}{e}，g(x)max⁡=g(1)=1eg(x)_{\max}=g(1)=\frac{1}{e}。即 f(x)≥1ef(x)\geq \frac{1}{e} 且 g(x)≤1eg(x)\leq \frac{1}{e} 且等号不能同时成立，即 f(x)>g(x)f(x)>g(x) 恒成立。

函数同构

函数同构是一个常见的方法，需要将一个不好比较的东西通过变换变成一个形如 f(A)≥f(B)f(A)\geq f(B) 的形式，从而将题设条件变为 AA 和 BB 的关系，便于解决问题。

隐零点

导数求出来长得和【数据删除】一样，我又不会解这个方程，怎么办。好说，我们设他的零点为 x0,x1,⋯x_0,x_1,\cdots 不就好了。
求 aex−1−ln⁡x+ln⁡a≥1ae^{x-1}-\ln x+\ln a \geq 1 恒成立时 aa 的取值范围。
解法 1：同构法aex−1+ln⁡a≥ln⁡x+1⇔eln⁡a+x−1+ln⁡a≥ln⁡x+1⇔eln⁡a+x−1+ln⁡a+x−1≥ln⁡x+x⇔eln⁡a+x−1+ln⁡a+x−1≥eln⁡x+ln⁡x\begin{aligned} &ae^{x-1}+\ln a \geq \ln x+1\\ \Leftrightarrow\quad& e^{\ln a+x-1}+\ln a \geq \ln x+1\\ \Leftrightarrow\quad& e^{\ln a+x-1}+\ln a+x-1 \geq \ln x+x\\ \Leftrightarrow\quad& e^{\ln a+x-1}+\ln a+x-1 \geq e^{\ln x}+\ln x\\ \end{aligned}
且函数 y=ex+xy=e^x+x 单调递增，即 ln⁡a+x−1≥ln⁡x\ln a+x-1\geq \ln x，即 ln⁡a≥ln⁡x−x+1\ln a\geq \ln x-x+1 恒成立。设 f(x)=ln⁡x−x+1f(x)=\ln x-x+1，f′(x)=1x−1f'(x)=\frac{1}{x}-1，x=1x=1 时 f′(x)=0f'(x)=0 易知且 f′(x)f'(x) 先增后减。ln⁡a≥f(x)max⁡=f(1)=0\ln a \geq f(x)_{\max}=f(1)=0，即 a≥1a\geq 1。
解法 2：隐零点
设 f(x)=aex−1−ln⁡x+ln⁡af(x)=ae^{x-1}-\ln x+\ln a，f′(x)=aex−1−1xf'(x)=ae^{x-1}-\frac{1}{x}，f′′(x)=aex−1+1x2>0f''(x)=ae^{x-1}+\frac{1}{x^2}>0。f′(x)f'(x) 单调递增且 x→0x\to 0 时 f′(x)→−∞f'(x)\to-\infty，x→+∞x\to +\infty 时 f′(x)→+∞f'(x)\to+\infty，则必存在 x0∈(0,+∞)x_0\in(0,+\infty) 满足 f(x)min⁡=f(x0)=aex0−1−1x0=0f(x)_{\min}=f(x_0)=ae^{x_0-1}-\frac{1}{x_0}=0，即 ax0ex0−1=1ax_0e^{x_0-1}=1。
f(x)≥1⇔f(x0)=aex0−ln⁡x0+ln⁡a≥1⇔1x0+x0+2ln⁡a−2≥0⇔1x0−x0−2ln⁡x0≥0\begin{aligned} f(x)\geq 1&\Leftrightarrow f(x_0)=ae^{x_0}-\ln x_0+\ln a\geq 1\\ &\Leftrightarrow \frac{1}{x_0}+x_0+2\ln a-2\geq 0\\ &\Leftrightarrow \frac{1}{x_0}-x_0-2\ln x_0\geq 0 \end{aligned}
设 g(x)=1x−x−2ln⁡xg(x)=\frac{1}{x}-x-2\ln x，g′(x)=−1x2−2x−1<0g'(x)=-\frac{1}{x^2}-\frac{2}{x}-1<0，则 g(x)g(x) 单调递减，且当 x=1x=1 时 g(x)=0g(x)=0。即 x0∈(0,1]x_0\in(0,1] 时 1x0−x0−2ln⁡x0≥0\frac{1}{x_0}-x_0-2\ln x_0\geq 0。设 h(x)=1xex−1h(x)=\frac{1}{xe^{x-1}}，则 a=h(x0)a=h(x_0)。易知 h(x)h(x) 在 (0,+∞)(0,+\infty) 上单调递减，即 a∈[1,+∞)a\in [1,+\infty)。

切线放缩

对于有的函数 f(x)f(x) 来说，找到一个函数 g(x)g(x)，满足 f(x)≤g(x)f(x)\leq g(x)（或其他大小关系），即可将函数放缩成为 g(x)g(x)，更便于比较。
若方程 (x−1)(ex−2)=t(t≠0)(x-1)(e^x-2)=t(t\neq 0) 有两个不相等的实数根 x1,x2x_1,x_2，求证：
∣x1−x2∣<t(e−2ln⁡2)2(e−2)(1−ln⁡2)+1−ln⁡2|x_1-x_2|<\frac{t(e-2\ln 2)}{2(e-2)(1-\ln 2)}+1-\ln 2
解法
方程 f(x)=0f(x)=0 的两根分别为 x=1x=1 和 x=ln⁡2x=\ln 2。记 f(x)f(x) 在点 (1,0)(1,0) 和在点 (ln⁡2,0)(\ln 2,0) 处的切线分别为 l1,l2l_1,l_2，求得 l1:y=(e−2)(x−1),l2:2(ln⁡2−1)(x−ln⁡2)l_1: y=(e-2)(x-1),l_2: 2(\ln 2-1)(x-\ln 2)。下证函数 f(x)f(x) 在 l1l_1，l2l_2 上方。
设 g(x)=(x−1)(ex−2)−(e−2)(x−1)g(x)=(x-1)(e^x-2)-(e-2)(x-1)，g′(x)=xex−eg'(x)=xe^x-e，g′′(x)=ex(x+1)g''(x)=e^x(x+1)，g′′(−1)=0g''(-1)=0 且 g′′(x)g''(x) 单调递增，即 g′(x)g'(x) 先减后增，x→−∞x\to -\infty 时 g′(x)→−eg'(x)\to -e，x→+∞x\to +\infty 时 g′(x)→+∞g'(x)\to +\infty。即 g′(x)g'(x) 有唯一零点 x=1x=1，且 g(x)g(x) 先减后增，在 x=1x=1 处取最小值。g(x)≥g(1)=0g(x)\geq g(1)=0，即 f(x)≥(e−2)(x−1)f(x)\geq (e-2)(x-1) 恒成立，即 f(x)f(x) 在直线 l1l_1 上方。
设 h(x)=(x−1)(ex−2)−2(ln⁡2−1)(x−ln⁡2)h(x)=(x-1)(e^x-2)-2(\ln 2-1)(x-\ln 2)，h′(x)=xex−2ln⁡2h'(x)=xe^x-2\ln2，h′′(x)=ex(x+1)h''(x)=e^x(x+1)，同理可知 h′(x)h'(x) 有唯一零点 x=ln⁡2x=\ln 2，且 h(x)h(x) 先减后增，在 x=ln⁡2x=\ln 2 处取最小值。g(x)≥g(ln⁡2)=0g(x)\geq g(\ln 2)=0，即 f(x)≥2(ln⁡2−1)(x−ln⁡2)f(x)\geq 2(\ln 2-1)(x-\ln 2) 恒成立，即 f(x)f(x) 在直线 l2l_2 上方。
不妨取 x3,x4x_3,x_4 为直线 y=ty=t 与 l1,l2l_1,l_2 交点的横坐标，联立求得 x3=te−2+1x_3=\frac{t}{e-2}+1，x4=t2(ln⁡2−1)+ln⁡2x_4=\frac{t}{2(\ln2-1)}+\ln 2。
∣x1−x2∣<x3−x4=t(e−2ln⁡2)2(e−2)(ln⁡2−1)+1−ln⁡2|x_1-x_2|<x_3-x_4=\frac{t(e-2\ln2)}{2(e-2)(\ln2-1)}+1-\ln 2

常见放缩

指数函数

  1. ex≥x+1>xe^x \geq x+1>x，等号成立当且仅当 x=0x=0
  2. ex≥exe^x\geq ex，等号成立当且仅当 x=1x=1
  3. ex≤11−x,(x<1)e^x\leq \frac{1}{1-x},(x<1)，等号成立当且仅当 x=0x=0
  4. ex<−1x,(x<0)e^x<-\frac{1}{x},(x<0)
  5. ex≥1+x+12x2,(x≥0)e^x\geq 1+x+\frac{1}{2}x^2,(x\geq 0)，等号成立当且仅当 x=0x=0
  6. ex≤1+x+12x2,(x≤0)e^x\leq 1+x+\frac12x^2,(x\leq 0)，等号成立当且仅当 x≤0x\leq 0
  7. ex≥1+x+12x2+16x3e^x\geq 1+x+\frac12x^2+\frac16x^3，等号成立当且仅当 x=0x=0

对数函数

  1. ln⁡x≤x−1<x\ln x\leq x-1<x，等号成立当且仅当 x=1x=1
  2. ln⁡x≥12(x−1x),(0<x≤1)\ln x\geq \frac12\left(x-\frac{1}{x}\right),(0<x\leq 1)，等号成立当且仅当 x=1x=1
  3. ln⁡x≤12(x−1x),(x≥1)\ln x\leq \frac12\left(x-\frac{1}{x}\right),(x\geq 1)，等号成立当且仅当 x=1x=1
  4. ln⁡x≥x+1x,(0<x≤1)\ln x\geq \sqrt{x}+\frac{1}{\sqrt{x}},(0<x\leq 1)，等号成立当且仅当 x=1x=1
  5. ln⁡x≤x+1x,(x≥1)\ln x\leq \sqrt{x}+\frac{1}{\sqrt{x}},(x\geq 1)，等号成立当且仅当 x=1x=1
  6. ln⁡x≥1−1x\ln x\geq 1-\frac{1}{x}，等号成立当且仅当 x=1x=1
  7. ln⁡x≥2(x−1)x+1,(0<x≤1)\ln x\geq \frac{2(x-1)}{x+1},(0<x\leq 1)，等号成立当且仅当 x=1x=1
  8. ln⁡x≥2(x−1)x+1(x≥1)\ln x\geq \frac{2(x-1)}{x+1}(x\geq 1)，等号成立当且仅当 x=1x=1
  9. ln⁡x≤x2−x\ln x\leq x^2-x，等号成立当且仅当 x=1x=1
  10. ln⁡(x+1)≤x2−12x2,(−1<x≤0)\ln (x+1)\leq x^2-\frac12x^2,(-1<x\leq0)，等号成立当且仅当 x=0x=0
  11. ln⁡(x+1)≥x2−12x2,(x≥0)\ln (x+1)\geq x^2-\frac12x^2,(x\geq 0)，等号成立当且仅当 x=0x=0

指对混合放缩

ex−ln⁡x>(x+1)−(x−1)=2e^x-\ln x>(x+1)-(x-1)=2

三角放缩

  1. sin⁡x≤x≤tan⁡x,(0≤x<π2)\sin x\leq x\leq \tan x,\left(0\leq x<\frac{\pi}{2}\right)，等号成立当且仅当 x=0x=0
  2. sin⁡x≥x−12x2\sin x\geq x-\frac12x^2，等号成立当且仅当 x=0x=0
  3. cos⁡x≥1−12x2\cos x\geq 1-\frac12x^2，等号成立当且仅当 x=0x=0
  4. sin⁡x≥x−16x3,(x≥0)\sin x\geq x-\frac16 x^3,(x\geq 0)，等号成立当且仅当 x=0x=0
  5. sin⁡x≤x−16x3,(x≤0)\sin x\leq x-\frac16 x^3,(x\leq 0)，等号成立当且仅当 x=0x=0
  6. cos⁡x≤1−12sin⁡2x\cos x\leq 1-\frac12\sin^2x，等号成立当且仅当 x=2kπ,(k∈Z)x=2k\pi,(k\in\mathbb{Z})

对数平均不等式，极值点偏移

对数平均不等式

对于任意互异正实数 a,ba,b，有 ab<a−bln⁡a−ln⁡b<a+b2\sqrt{ab}<\frac{a-b}{\ln a-\ln b}<\frac{a+b}{2}。
证明
不妨设 a>ba>b，考虑分两部分进行证明。
证明：a−bln⁡a−ln⁡b<a+b2\frac{a-b}{\ln a-\ln b}<\frac{a+b}{2}a−bln⁡a−ln⁡b<a+b2⇔ln⁡a−ln⁡b>2(a−b)a+b⇔ln⁡ab>2(ab−1)ab+1\begin{aligned} &\frac{a-b}{\ln a-\ln b}<\frac{a+b}{2}\\ \Leftrightarrow\quad&\ln a-\ln b>\frac{2(a-b)}{a+b}\\ \Leftrightarrow\quad&\ln\frac{a}{b}>\frac{2(\frac{a}{b}-1)}{\frac{a}{b}+1} \end{aligned}
设 f(x)=ln⁡x−2(x−1)x+1(x>1)f(x)=\ln x-\frac{2(x-1)}{x+1}(x>1)，则只需证 f(x)>0f(x)>0 即可。f′(x)=1x−4(x+1)2f'(x)=\frac{1}{x}-\frac{4}{(x+1)^2}，f′(x)>0f'(x)>0 在 (1,+∞)(1,+\infty) 上恒成立，即 f(x)f(x) 在 (1,+∞)(1,+\infty) 单调递增，f(x)>f(1)=0f(x)>f(1)=0 成立，即原不等式得证。
证明：a−bln⁡a−ln⁡b>ab\frac{a-b}{\ln a-\ln b}>\sqrt{ab}a−bln⁡a−ln⁡b>ab⇔ln⁡a−ln⁡b<a−bab⇔ln⁡ab<ab−1ab\begin{aligned} &\frac{a-b}{\ln a-\ln b}>\sqrt{ab}\\ \Leftrightarrow\quad&\ln a-\ln b<\frac{a-b}{\sqrt{ab}}\\ \Leftrightarrow\quad&\ln\frac{a}{b}<\frac{\frac{a}{b}-1}{\sqrt{\frac{a}{b}}} \end{aligned}
设 f(x)=2ln⁡x−x2−1x(x>1)f(x)=2\ln x-\frac{x^2-1}{x}(x>1)，则只需证 f(x)<0f(x)<0 即可。f′(x)=2x−1−1x2=−(1+1x)2<0f'(x)=\frac{2}{x}-1-\frac{1}{x^2}=-(1+\frac{1}{x})^2<0，即 f(x)f(x) 在 (1,+∞)(1,+\infty) 单调递减。f(x)<f(1)=0f(x)<f(1)=0 恒成立，即原不等式得证。

极值点偏移问题

极值点偏移问题指类抛物线函数 f(x)f(x) 的极值点为 x=x0x=x_0，其与直线 y=my=m 的两个交点横坐标分别为 x1,x2x_1,x_2，满足 x1,x2x_1,x_2 与 2x02x_0 之间的大小关系恒定问题。
部分的极值点偏移问题可以使用对数平均不等式轻松解决，也有部分问题可以使用对称构造。
若 x1,x2x_1,x_2 是方程 ex−mx=0e^x-mx=0 的两个互不相同的根，求证 x1+x2>2x_1+x_2>2。
解法 1：对数平均不等式
不妨设 x1>x2x_1>x_2，由于 x1,x2x_1,x_2 是方程的两根，ex1=mx1,ex2=mx2e^{x_1}=mx_1,e^{x_2}=mx_2 恒成立。对等式两边同时取对数可得 x1=ln⁡x1+ln⁡m,x2=ln⁡x2+ln⁡mx_1=\ln x_1+\ln m,x_2=\ln x_2+\ln m。
由对数平均不等式可得：x1+x22>x1−x2ln⁡x1−ln⁡x2=1\frac{x_1+x_2}{2}>\frac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2}=1。即原命题得证。
解法 2：对称构造
设函数 f(x)=exxf(x)=\frac{e^x}{x}，f′(x)=ex(x−1)x2f'(x)=\frac{e^x(x-1)}{x^2}，易知 f(x)f(x) 先减后增，在 x=1x=1 处取最小值，不妨设 x1<1<x2x_1<1<x_2，则 2−x1>12-x_1>1，x1+x2>2⇔x2>2−x1⇔f(x2)>f(2−x1)⇔f(x1)>f(2−x1)x_1+x_2>2\Leftrightarrow x_2>2-x_1\Leftrightarrow f(x_2)>f(2-x_1)\Leftrightarrow f(x_1)>f(2-x_1)，则只需证明 f(x)>f(2−x)f(x)>f(2-x) 在 (0,1)(0,1) 恒成立即可。令 g(x)=f(x)−f(2−x)g(x)=f(x)-f(2-x), g′(x)=f′(x)+f′(2−x)=ex(x−1)x2+e2−x(1−x)(2−x)2=(ex−xex+2ex)(ex+xex−2ex)(1−x)exx2(2−x)2g'(x)=f'(x)+f'(2-x)=\frac{e^x(x-1)}{x^2}+\frac{e^{2-x}(1-x)}{(2-x)^2}=\frac{(ex-xe^x+2e^x)(ex+xe^x-2e^x)(1-x)}{e^xx^2(2-x)^2}。
设 p(x)=ex−xex+2ex(x∈(0,1)),q(x)=ex+xex−2ex(x∈(0,1))p(x)=ex-xe^x+2e^x(x\in (0,1)),q(x)=ex+xe^x-2e^x(x\in (0,1))，p′(x)=e−ex(x−1),q′(x)=e+ex(x−1),q′′(x)=xexp'(x)=e-e^x(x-1),q'(x)=e+e^x(x-1),q''(x)=xe^x。p′(x)>0,q′′(x)>0p'(x)>0,q''(x)>0 均在 (0,1)(0,1) 上恒成立，即 p(x)>p(0)=2,q′(x)>q′(0)=e−1>0p(x)>p(0)=2,q'(x)>q'(0)=e-1>0，即 q(x)<q(1)=0q(x)<q(1)=0，即 g′(x)<0g'(x)<0 在 (0,1)(0,1) 恒成立，即 g(x)>g(1)=0g(x)>g(1)=0，即原不等式成立。
更简易的对称构造（by konyakest）
设 f(x)=exxf(x)={e^x\over x}。常规做法证明 f(x)>f(2−x)f(x)>f(2-x) 在 (0,1)(0,1) 上恒成立，此时严重破坏了不等式的对称性，导致之后证明较为繁琐。
我们证明 f(1−x)>f(1+x)f(1-x)>f(1+x) 在 (0,1)(0,1) 上恒成立。
即证 e1−x1−x>e1+x1+x{e^{1-x}\over 1-x}>{e^{1+x}\over 1+x}，即证 g(x)=e−x(1+x)−ex(1−x)>0g(x)=e^{-x}(1+x)-e^x(1-x)>0。g′(x)=xex−xe−xg'(x)=xe^x-xe^{-x} 在 (0,1)(0,1) 单调递增，则 g′(x)>g′(0)=0g'(x)>g'(0)=0，则 f(x)f(x) 单调递增，f(x)>f(0)=0f(x)>f(0)=0。

其他例题

若方程 ln⁡x−xC\ln x-\frac{x}{C} 存在两个不同的根 x1,x2x_1,x_2，求证 x1x2>e2x_1x_2>e^2。
解法
要证 x1x2>e2x_1x_2>e^2，只需证 ln⁡x1+ln⁡x2>2\ln x_1+\ln x_2>2。
由于 x1,x2x_1,x_2 是方程的两根，ln⁡x1=x1C\ln x_1=\frac{x_1}{C}，ln⁡x2=x2C\ln x_2=\frac{x_2}{C}，由对数平均不等式，x1+x22>x1−x2ln⁡x1−ln⁡x2=C\frac{x_1+x_2}{2}>\frac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2}=C。而 ln⁡x1+ln⁡x2=x1+x2C=x1+x22⋅2C>2\ln x_1+\ln x_2=\frac{x_1+x_2}{C}=\frac{x_1+x_2}{2}\cdot\frac{2}{C}>2。
设变量 a∈[0,1]a\in [0,1]，求证 ln⁡x+a−1x>a(sin⁡x+1)−2x\ln x+\frac{a-1}{x}>\frac{a(\sin x+1)-2}{x}。
解法ln⁡x+a−1x>a(sin⁡x+1)−2x⇔ln⁡x>asin⁡x−1x⇔xln⁡x>asin⁡x−1\begin{aligned} &\ln x+\frac{a-1}{x}>\frac{a(\sin x+1)-2}{x}\\ \Leftrightarrow\quad&\ln x>\frac{a\sin x-1}{x}\\ \Leftrightarrow\quad&x\ln x>a\sin x-1 \end{aligned}
由于 a∈[0,1]a\in [0,1]，则 asin⁡x−1≤0a\sin x-1\leq 0，则当 xln⁡x>0x\ln x>0 即 x>1x>1 时不等式成立，只需证明不等式在 x∈(0,1]x\in (0,1] 成立即可。当 x∈(0,1]x\in (0,1] 时，asin⁡x−1≤sin⁡x−1a\sin x-1\leq \sin x-1，则只需证明 xln⁡x>sin⁡x−1x\ln x>\sin x-1。
设 p(x)=xln⁡x,q(x)=sin⁡x−1p(x)=x\ln x,q(x)=\sin x-1，设直线 l:y=x−1l:y=x-1。则 ll 是 p(x)p(x) 在 (1,0)(1,0) 处的切线，也是 q(x)q(x) 在 (0,−1)(0,-1) 处的切线。由于 p(x)p(x) 下凸，故 p(x)≥x−1p(x)\geq x-1，等号在 x=1x=1 时成立；由于 q(x)q(x) 在 [0,1][0,1] 上凸，故 q(x)≤x−1q(x)\leq x-1，等号在 x=0x=0 处成立。故 p(x)>q(x)p(x)>q(x) 在 x∈(0,1]x\in (0,1] 时恒成立。即原命题成立。
求证：(x2−2x)ex>e2ln⁡x−2ex(x^2-2x)e^x>e^2\ln x-2ex。
解法 1(x2−2x)ex>e2ln⁡x−2ex⇔(x2−2x)ex+2ex>e2ln⁡x⇔(x−2)ex+2e>e2ln⁡xx\begin{aligned} &(x^2-2x)e^x>e^2\ln x-2ex\\ \Leftrightarrow\quad&(x^2-2x)e^x+2ex>e^2\ln x\\ \Leftrightarrow\quad&(x-2)e^x+2e>\frac{e^2\ln x}{x} \end{aligned}
设 f(x)=(x−2)ex+2e,g(x)=e2ln⁡xxf(x)=(x-2)e^x+2e,g(x)=\frac{e^2\ln x}{x}，f′(x)=ex(x−1),g′(x)=e2(1−ln⁡x)x2f'(x)=e^x(x-1),g'(x)=\frac{e^2(1-\ln x)}{x^2}。易知 f(x)f(x) 先减后增，g(x)g(x) 先增后减。f(x)≥f(1)=e,g(x)≤g(e)=ef(x)\geq f(1)=e,g(x)\leq g(e)=e，且等号成立时，xx 取值不同，故 f(x)>g(x)f(x)>g(x)。
解法 2
(x2−2x)ex>e2ln⁡x−2ex⇔(x2−2x)ex+2ex>e2ln⁡x(x^2-2x)e^x>e^2\ln x-2ex\Leftrightarrow(x^2-2x)e^x+2ex>e^2\ln x，设 f(x)=(x2−2x)ex+2ex,g(x)=e2ln⁡xf(x)=(x^2-2x)e^x+2ex,g(x)=e^2\ln x，设直线 l:y=exl:y=ex。易知 ll 是 f(x)f(x) 在点 (1,e)(1,e) 处的切线，也是 g(x)g(x) 在点 (e,e2)(e,e^2) 处的切线。
设 p(x)=f(x)ex=(x−2)ex−1+2p(x)=\frac{f(x)}{ex}=(x-2)e^{x-1}+2，p′(x)=(x−1)ex−1p'(x)=(x-1)e^{x-1}，易知 p(x)p(x) 先减后增，且 p(x)≥p(1)=1p(x)\geq p(1)=1，则 f(x)≥exf(x)\geq ex，当且仅当 x=1x=1 时等号成立。
设 q(x)=g(x)−ex=e(eln⁡x−x)q(x)=g(x)-ex=e(e\ln x-x)，q′(x)=e(ex−1)q'(x)=e(\frac{e}{x}-1)，易知 q(x)q(x) 先增后减，且 q(x)≤q(e)=0q(x)\leq q(e)=0，即 g(x)≤exg(x)\leq ex，当且仅当 x=ex=e 时等号成立。
即 f(x)≥ex≥g(x)f(x)\geq ex\geq g(x) 且等号无法同时取到，即 f(x)>g(x)f(x)>g(x)
做法 3（本做法在部分地区可能不给分，仅供参考）
证明：ln⁡2>23\ln 2>\frac23
所在地区可以使用 e<2.8e<2.8 的方法
不等式两边同取指数，并取 32\frac32 次幂得 22>e2\sqrt{2}>e，显然成立。
所在地区无法使用 e<2.8e<2.8 的方法
首先证明 x>1x>1 时 ln⁡x>2(x−1)x+1\ln x>\frac{2(x-1)}{x+1}。
设 f(x)=ln⁡x−2(x−1)x+1f(x)=\ln x-\frac{2(x-1)}{x+1}，f′(x)=(x−1)2x(x+1)2>0f'(x)=\frac{(x-1)^2}{x(x+1)^2}>0，则 f(x)f(x) 单调递增，f(x)>f(1)=0f(x)>f(1)=0，即 ln⁡x>2(x−1)x+1\ln x>\frac{2(x-1)}{x+1}。
令 f(x)=(x2−2x)ex,g(x)=e2ln⁡x−2exf(x)=(x^2-2x)e^x,g(x)=e^2\ln x-2ex，f′(x)=(x2−2)ex,g′(x)=e2x−2ef'(x)=(x^2-2)e^x,g'(x)=\frac{e^2}{x}-2e。易知 f(x)f(x) 先减后增，g(x)g(x) 先增后减。f(x)≥f(2)=2(1−2)e2>−e32f(x)\geq f(\sqrt2)=2(1-\sqrt2)e^{\sqrt2}>-e^{\frac32}，g(x)≤g(e2)=−e2ln⁡2<−23e2g(x)\leq g(\frac{e}{2})=-e^2\ln 2<-\frac23e^2。
而 e32<23e2e^{\frac32}<\frac23 e^2，故 f(x)>g(x)f(x)>g(x)。
已知 a>1a>1，若方程 ax=log⁡axa^x=\log_a x 有且仅有两个根，求 aa 的取值范围。
解法
ax=log⁡ax⇔axlog⁡aax=xlog⁡axa^x=\log_ax\Leftrightarrow a^x \log_a a^x=x\log_a x，由于 ax>1a^x>1，且 xlog⁡axx\log_a x 在 (1,+∞)(1,+\infty) 单调递增，故 x=axx=a^x 有两个根。对等式两边同取对数并移项得 ln⁡xx=ln⁡a\frac{\ln x}{x}=\ln a 有两个根，令 f(x)=ln⁡xxf(x)=\frac{\ln x}{x}，f′(x)=1−ln⁡xx2f'(x)=\frac{1-\ln x}{x^2}，易知 f(x)f(x) 先增后减，在 x=ex=e 处取最大值 1e\frac{1}{e}，且 x→0x\to 0 时 f(x)→−∞f(x)\to -\infty，x→+∞x\to +\infty 时 f(x)→0f(x)\to 0。即 0<ln⁡a<1e0<\ln a<\frac1e，即 a∈(0,e1e)a\in(0,e^{\frac1e})。

后记

本文持续更新，如笔者遇见了有学习价值的技巧会对本文进行补充。

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