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两个不等式的应用举例
南京市金陵中学 于健
正文：含指数式和对数式的常见的两个不等式分别为：
e
x
≥x＋1(x∈R)①，lnx≤x－1(x＞0)②．
上述结论可以通过构造函数 f(x)＝e
x
－x－1 和 g(x)＝lnx－x＋1，利用导数求它们的最值
加以证明．从几何的角度来看，直线 y＝x＋1 和 y＝x－1 分别是曲线 y＝e
x
在(0,1)处、y＝lnx
在（ 1，0）处 的切线；由不等关系可知 y＝x＋1 的图象恒在 y＝e
x
的图象的下方(除去切点)，
y＝x－1 的图象恒在 y＝lnx 的图象的上方(除去切点)．（①、②被形象称为切线不等式）
在理解和记忆的基础上，运用这两不等式进行适当放缩，可以将含有复杂的指数式、对
数式的求值证明问题转化为简单的有理式（整式、分式）的求值证明问题，进而将问题破解．
一、适时转化 变繁为简
例 1．（2013 年新课标卷）已知函数 f(x)＝ e
x
－ln(x＋m)．当 m≤2 时，证明 f(x) ＞0．
简证：利用两个结论 e
x
≥x＋1，lnx≤x－1 得，
f(x)＝ e
x
－ln(x＋m) ≥(x＋1)－[(x＋m)－1]＝2－m≥0．
因为上式取“＝”的条件是 x＝0 且 x＋m＝1 且 m＝2， 它们不可能同时成立，
所以 f(x) ＞0．
例 2．（2014 年新课标卷）设函数 f(x)＝ae
x
lnx＋
be
x
-1
x
，曲线 y＝ f(x)在点(1，f(1))处切
线为 y＝e(x－1)＋2．(Ⅰ)求 a，b 的值；(Ⅱ)证明：f(x) ＞1．
解(Ⅰ)过程略，a＝1，b＝2；
（Ⅱ）简证：由(Ⅰ)知， f(x)＝e
x
lnx＋
2e
x
-1
x
＝e
x
－
1
(elnx＋
2
x
)≥x(elnx＋
2
x
)＝exlnx＋2
令 g(x)＝exlnx＋2,
因为 g′(x)＝e(lnx＋1),容易知道 g(x)在(0，
1
e
)上单调递减，在（
1
e
，＋∞) 上单调递增,
因此[g(x)]
min
= g(
1
e
)=1,注意到不等式中“＝”的成立条件，故 f(x) ＞1．
总结 例题 1、2 都联系了不等式 e
x
≥x＋1，lnx≤x－1，及代换思想得 e
g(x)
≥g(x)＋1，
lng(x)≤g(x)－1．解答过程中适时运用不等关系如 ln(x＋m)≤(x＋m)－1，e
x
－
1
≥x 将问题
得以轻松破解．
二、深度转化 以静制动
而在解决具体问题时，这两个不等式是远远不够的，有时我们还需要利用相关的代换进
2
行深度的变形．如将 e
x
≥x＋1(x∈R)中的 x 换成－x，可变形为 e
x
≤
1
1－x
(0＜x＜1)；将 lnx≤x
－1(x＞0)中的 x 换成
1
x
，变形为 lnx≥
x－1
x
(x＞0) ；比如通过调整 y＝lnx 上的切点来改变 lnx
与一次式的不等关系等等．此外，根据指数函数 y＝e
x
的爆炸性增长的特点，我们还可以得
到指数式与多项式之间的不等关系．(如高等数学中函数的幂级数展开式 e
x
＝1＋x＋
x
2
2!
＋
x
2
3!
＋…≥＋1＋x＋
1
2
x
2
，x[0，＋∞))
例 3．（2013 年清华大学等“华约”自主招生考试）已知 f(x)＝(1－x) e
x
－1．
(1)求证：当 x＞0 时，f(x)＜0；
(2)若数列{x
n
}满足 x
n
e
x
n+1
＝ e
x
n
－1， x
1
＝1，求证：{x
n
}递减．
证明：(1) 当 x≥1 时，1－x≤0，则 f(x)＝(1－x) e
x
－1＜0；
当 0＜x＜1 时，由 e
x
≥x＋1，所以 e
－
x
≥－x＋1，
1
e
x
≥1-x,则 e
x
≤
1
1-x
，
所以 f(x)＝(1－x) e
x
－1＜(1－x)
1
1-x
－1=0；
综上，当 x＞0 时，f(x)＜0．
(2)欲证{x
n
}递减，即欲证 x
n
＞x
n
＋
1
(xN
＋
)，即欲证 e
x
n
＞e
x
n+1
，
即欲证 x
n
e
x
n
＞x
n
e
x
n+1
＝ e
x
n
－1， 即欲证 f(x
n
)＝ (1－x
n
) e
x
n
－1＜0(xN
＋
)，又由(1)知
x＞0 时，f(x)＜0，故证 x
n
＞0(xN
＋
)．
当 n＝1 时，x
1
＝1＞0，则此时 x
n
＞0；假设当 n＝k 时，x
n
＞0 正确，即 x
k
＞0；
又 x
k
e
x
k+1
＝e
x
k
－1＞(x
k
＋1)－1＝ x
k
，则 e
x
k+1
＞1，则 x
k
＋
1
＞0，所以当 n＝k＋1 时，x
n
＞0
也正确．所以 x
n
＞0(xN
＋
)成立，数列{x
n
}递减．
总结 （1）问解答中联系不等式 e
x
≥x＋1，变换为 e
x
≤
1
1－x
(0＜x＜1)，灵活机智地将不
等式放大缩小； 在第(2)小题长链条、多环节的解题过程中，解题者往往会有“山重水复疑
无路”之感，当再次嵌用了不等式 e
x
k
＞x
k
＋1，顿时“柳暗花明又一村” ．
例 4．(2013 江苏高考)设函数 f(x)＝lnx－ax，g(x)＝e
x
－ax，其中 a 为实数．
(1)若 f(x)在(1，＋∞)上是单调减函数，且 g(x)在(1，＋∞)上有最小值，求 a 的取值范围；
(2)若 g(x)在(－1，＋∞)上是单调增函数，试求 f(x)的零点个数，并证明你的结论．
解(1)略；
3
(2) 因为 g′(x)＝e
x
－a，由题可知 g′(x)≥0 对任意的 x∈(－1，＋∞)恒成立，解得 a≤
1
e
．
(ⅰ)当 a≤0 时， f(x)＝lnx－ax 在(0，＋∞)上单调递增．
因为 lnx≤x－1 对任意的 x∈(0，＋∞)恒成立，所以 lnx－ax≤x－1－ax＝(1－a)x－1．
令(1－a)x－1＜0，解得 x＜
1
1－a
，所以 0＜x＜
1
1－a
时，lnx－ax＜0．
又 f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且 f(e)＝1－ae＞0．所以 f(x)在(0，＋∞)上有唯一零点．
(ⅱ)当 a＞0 时，f′(x)＝
1
x
－a，所以 f(x)在区间(0，
1
a
)上单调递增，在区间(
1
a
，＋∞)上单调
递减．
所以 f(x)
max
＝f(
1
a
)＝－lna－1．
因为 a≤
1
e
，所以－lna－1≥0．
当 a＝
1
e
时， f(x)
max
＝0，所以 f(x)在(0，＋∞)上有唯一零点．
当 0＜a＜
1
e
时，f(x)
max
＝f(
1
a
)＞0．
类似(ⅰ)的证法可得，当 0＜x＜
1
1－a
时，lnx－ax＜0．
所以 f(x)在区间(0，
1
a
)上由唯一零点．
以下证明 f(x)在区间(
1
a
，＋∞)上有唯一零点．
先证明 lnx≤
a
2
x＋ln
2
a
－1 对任意的 x∈(0，＋∞)恒成立．
令 h(x)＝ lnx－
a
2
x－ln
2
a
＋1．
则 h′(x)＝
1
x
－
a
2
，所以 h(x)在区间(0，
2
a
)上单调递增，在区间(
2
a
，＋∞)上单调递减．
所以 h(x)≤h(
2
a
)＝0，所以 lnx≤
a
2
x＋ln
2
a
－1 对任意的 x∈(0，＋∞)恒成立．
所以 f(x)＝lnx－ax≤－
a
2
x＋ln
2
a
－1．
令－
a
2
x＋ln
2
a
－1＜0，解得 x＞
2
a
( ln
2
a
－1)．
所以当 x＞
2
a
( ln
2
a
－1)时，f(x)＜0．
结合 f(x)在区间(
1
a
，＋∞)上单调递减及 f(
1
a
)＞0 可知，f(x)在区间(
1
a
，＋∞)上有唯一零点．
所以当 0＜a＜
1
e
时，f(x)有两个零点．
4
综上可知，当 a≤0 或 a＝
1
e
时，f(x)有一个零点；当 0＜a＜
1
e
时，f(x)有两个零点．
总结 关于零点的判断，解答时大多都是通过具体赋值来判断相应的函数值的符号的，其中
自变量的赋值往往和参数有关，也正是因为这一点，还需要对函数值的符号加以证明，而如
何赋值往往没有头绪．
本题先后两次利用曲线 y＝lnx 与其切线的位置关系，得到两个恒成立的不等式，即
lnx≤x－1 和 lnx≤
a
2
x＋ln
2
a
－1 对任意的 x∈(0，＋∞)恒成立．其中 y＝
a
2
x＋ln
2
a
－1 是曲线 y
＝lnx 在 x＝
2
a
处的切线．通过这种放缩，将含对数式的不等式转化为一次不等式，从而解出
x 的范围，最后结合零点存在性定理得到零点的个数，这就避免尝试赋值再验证符号了．
例 5．(2014 福建高考)已知函数 f(x)＝e
x
－ax(a 为常数)的图像与 y 轴交于点 A，曲线 y＝f(x)
在点 A 处的切线斜率为－1．
(1)求 a 的值及函数 f(x)的极值；
(2)证明：当 x＞0 时，x
2
＜e
x
；
(3)证明：对任意给定的正数 c，总存在 x
0
，使得当 x∈(x
0
＋∞)，恒有 x
2
＜ce
x
．
解(1)略；(2)略；
(3)的证明：方法一：不妨令 x＞0，则 x
2
＜ce
x
lnx
2
＜ln(ce
x
)2lnx＜x＋lnc．
令 c′＝lnc，上述问题转化为：
对任意给定的实数 c′，存在 x
0
≥0，使得当 x∈(x
0
，＋∞)时，2lnx＜x＋c′．
以下利用对数函数与一次函数的关系进行放缩．
先证明 lnx≤
1
e
x 对任意的 x∈(0，＋∞)恒成立．
令 g(x)＝ lnx－
1
e
x．
则 g′(x)＝
1
x
－
1
e
，则 g(x)在区间(0，e)上单调递增，在区间(e，＋∞)上单调递减．
故 g(x)≤g(x)
max
＝g(e)＝0，所以 lnx≤
1
e
x 对任意的 x∈(0，＋∞)恒成立．
则 2lnx≤
2
e
x．
令
2
e
x＜x＋c′，则 x＞－
c′e
e－2
．
所以当 x＞max{－
c′e
e－2
，0}时， 2lnx＜x＋c′成立．
即结论成立．
方法二：先证明 e
x
＞
1
6
x
3
对任意的 x∈[0，＋∞)恒成立．
5
令 h(x)＝ e
x
－
1
6
x
3
，则 h′(x)＝e
x
－
1
2
x
2
．
记 h′′(x)为 h′(x)的导函数，h′′′(x)为 h′′(x)的导函数．
则 h′′(x)＝e
x
－x，h′′′(x)＝e
x
－1．所以 h′′(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，
所以 h′′(x)≥h′′(x)
min
＝h′′(0)＝1，则 h′(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，
所以 h′(x)≥h′(x)
min
＝h′(0)＝1，则 h(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，
所以 h(x)≥h(x)
min
＝h(0)＝1＞0，所以 e
x
－
1
6
x
3
＞0，故结论成立．
从而有 ce
x
＞
c
6
x
3
．
令
c
6
x
3
＞x
2
，解得 x＞
6
c
．所以当 x＞
6
c
时， ce
x
＞
c
6
x
3
＞x
2
．结论成立．
总结 方法一是将指数式转化为对数式，再利用曲线 y＝lnx 与其在 x＝e 处的切线 y＝
1
e
x 的
位置关系，得到 lnx≤
1
e
x 对任意的 x∈(0，＋∞)恒成立的结论，从而将含对数式的不等式转
化为一次不等式，并得到结果．
方法二是利用指数函数图象爆炸性增长的特点，得到曲线 y＝e
x
与曲线 y＝
1
6
x
3
的位置关
系，即 e
x
＞
1
6
x
3
对任意的 x∈[0，＋∞)恒成立．其中系数取
1
6
，是为了便于说明在区间[0，＋
∞)上的不等关系．实际上，改为其他数值也可以，只是对应的区间会发生变化．
例 6．(无锡 2015 届上学期期末)设函数 f(x)＝x
2
lnx－ax
2
＋b 在点(x
0
，
f(x
0
))处的切线方程为
y＝－x＋b．
(1)求实数 a 及 x
0
的值；
(2)求证：对任意实数 b∈(0，
e
2
)，函数 f(x)有且仅有两个零点．
解(1)略；
(2)的证明：由题可得 a＝1(解答略)，所以 f(x)＝x
2
lnx－x
2
＋b．
f′(x)＝x(2lnx－1)．
所以 f(x)在区间(0， e)上单调递增，在区间( e，＋∞)上单调递减．
所以 f(x)
min
＝f( e)＝－
e
2
＋b＜0．
又 f(e)＝b＞0，结合单调性可知 f(x)在区间( e，＋∞)上有唯一零点；
下证 f(x)在区间(0， e)有唯一零点．
先证明 lnx≥1－
1
x
．
令 g(x)＝lnx＋
1
x
－1，则 g′(x)＝
1
x
－
1
x
2
，所以 g(x)在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，
＋∞)上单调递增．所以 g(x)≥g(x)
min
＝g(1)＝0．得证．
所以有 x
2
lnx≥x
2
(1－
1
x
)＝x
2
－x，即 f(x)＝x
2
lnx－x
2
＋b≥(x
2
－x)－x
2
＋b＝－x＋b．
6
令－x＋b＞0，则当 0＜x＜b 时，f(x)＞0．
结合 f(x)在区间(0， e)上单调递增可知，f(x)在区间(0， e)上有唯一零点．
综上， 对任意实数 b∈(0，
e
2
)，函数 f(x)有且仅有两个零点．
总结 这里利用到 lnx≤x－1 对任意的 x∈(0，＋∞)恒成立，将原不等式中的 x 换为
1
x
，便
可以得到 lnx≥1－
1
x
对任意的 x∈(0，＋∞)恒成立，从而通过放缩得出结论．
从以上所举例子中可以看到切线不等式在优化问题解答中所发挥的巨大作用，类似的例
子在高考压轴题中还有很多， 我们可以把切线不等式根据题目中的条件进行一系列的改造，
这些派生的不等式在处理问题时会发生更大的作用. 遵循本文给出的解题线索，读者可以研
究还有更多的派生不等式及其应用.
本文为江苏省教育科学“十三五”规划 2016 年度“教师发展研究专项”课题“高中数学教
师命题评价能力培训的实践研究”（编号：J - c/ 2016/ 12）的阶段性研究成果.
（本文发表于《中学数学研究》2018.9）
