2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题20导数与不等式的证明（Word版附解析）

专题20导数与不等式的证明知识梳理方法技巧题型归类题型一：移项构造函数证明不等式题型二：换元构造法题型三：将不等式转化为函数的最值问题题型四：将不等式转化为两个函数的最值进行比较题型五：分拆函数法证明不等式题型六：放缩后构造函数证明不等式培优训练训练一：训练二：训练三：训练四：训练五：训练六：强化测试解答题：共16题一、【知识梳理】【方法技巧】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.若直接求导后导数式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，达到证明的目标.在证明过程中，等价转化是关键，此处g(x)min≥f(x)max恒成立，从而f(x)≤g(x)恒成立.3.等价变形的目的是求导后简单地找到极值点，一般地，ex与lnx要分离，常构造xn与lnx，xn与ex的积、商形式.便于求导后找到极值点.4.某些不等式，直接构造函数不易求其最值，可以适当地利用熟知的函数不等式ex≥x＋1，1－≤lnx≤x－1等进行放缩，有利于简化后续导数式的求解或函数值正负的判断；也可以利用局部函数的有界性进行放缩，然后再构造函数进行证明. 5.在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，则可以考虑转化为两个函数的最值问题．6.在证明过程中，“隔离”化是关键，此处f(x)min>g(x)max恒成立．从而f(x)>g(x)，但此处f(x)与g(x)取到最值的条件不是同一个“x的值”．　7.换元法构造函数证明不等式的基本思路是直接消掉参数a，再结合所证问题，巧妙引入变量c＝，从而构造相应的函数．其解题要点为：　联立消参利用方程f(x1)＝f(x2)消掉解析式中的参数a抓商构元令c＝，消掉变量x1，x2，构造关于c的函数h(c)　用导求解利用导数求解函数h(c)的最小值，从而可证得结论二、【题型归类】【题型一】移项构造函数证明不等式【典例1】已知函数f(x)＝ex－3x＋3a(e为自然对数的底数，a∈R).(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当a＞ln，且x＞0时，＞x＋－3a.【解析】(1)解　由f(x)＝ex－3x＋3a，x∈R，知f′(x)＝ex－3，x∈R.令f′(x)＝0，得x＝ln3，于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，ln3)ln3(ln3，＋∞)f′(x)－0＋f(x)极小值故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln3)，单调递增区间是(ln3，＋∞)，f(x)在x＝ln3处取得极小值，极小值为f(ln3)＝eln3－3ln3＋3a＝3(1－ln3＋a)，无极大值. (2)证明　待证不等式等价于ex＞x2－3ax＋1，设g(x)＝ex－x2＋3ax－1，x＞0，于是g′(x)＝ex－3x＋3a，x＞0.由(1)及a＞ln＝ln3－1知g′(x)的最小值为g′(ln3)＝3(1－ln3＋a)＞0.于是对任意x＞0，都有g′(x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)内单调递增.于是当a＞ln＝ln3－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)＞g(0).而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)＞0.即ex＞x2－3ax＋1，故＞x＋－3a.【典例2】证明：当x>1时，x2＋lnx<x3.【解析】设g(x)＝x3－x2－lnx，则g′(x)＝2x2－x－，因为当x＞1时，g′(x)＝＞0，所以g(x)在(1，＋∞)上是增函数，所以当x>1时，g(x)＞g(1)＝＞0，所以当x＞1时，x2＋lnx＜x3.【题型二】换元构造法【典例1】已知函数f(x)＝lnx－ax(x>0)，a为常数，若函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)．求证：x1x2>e2.【证明】不妨设x1>x2>0， 因为lnx1－ax1＝0，lnx2－ax2＝0，所以lnx1＋lnx2＝a(x1＋x2)，lnx1－lnx2＝a(x1－x2)，所以＝a，欲证x1x2>e2，即证lnx1＋lnx2>2.因为lnx1＋lnx2＝a(x1＋x2)，所以即证a>，所以原问题等价于证明>，即ln>，令c＝(c>1)，则不等式变为lnc>.令h(c)＝lnc－，c>1，所以h′(c)＝－＝>0，所以h(c)在(1，＋∞)上单调递增，所以h(c)>h(1)＝ln1－0＝0，即lnc－>0(c>1)，因此原不等式x1x2>e2得证．【典例2】已知函数f(x)＝lnx－ax2＋x，a∈R.(1)当a＝0时，求函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程；(2)若a＝－2，正实数x1，x2满足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，求证：x1＋x2≥.【解析】(1)当a＝0时，f(x)＝lnx＋x，则f(1)＝1，所以切点为(1，1)，又因为f′(x)＝＋1，所以切线的斜率k＝f′(1)＝2，故切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.(2)证明：当a＝－2时，f(x)＝lnx＋x2＋x(x>0)．　由f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0， 得lnx1＋x＋x1＋lnx2＋x＋x2＋x1x2＝0，从而(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1x2－ln(x1x2)，令t＝x1x2(t>0)，令φ(t)＝t－lnt，得φ′(t)＝1－＝，易知φ(t)在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以φ(t)≥φ(1)＝1，所以(x1＋x2)2＋(x1＋x2)≥1，因为x1>0，x2>0，所以x1＋x2≥.【题型三】将不等式转化为函数的最值问题【典例1】已知函数g(x)＝x3＋ax2.(1)若函数g(x)在[1,3]上为单调函数，求a的取值范围；(2)已知a>－1，x>0，求证：g(x)>x2lnx.【解析】(1)解　由题意知，函数g(x)＝x3＋ax2，则g′(x)＝3x2＋2ax，若g(x)在[1,3]上单调递增，则g′(x)＝3x2＋2ax≥0在[1,3]上恒成立，则a≥－；若g(x)在[1,3]上单调递减，则g′(x)＝3x2＋2ax≤0在[1,3]上恒成立，则a≤－.所以a的取值范围是∪.(2)证明　由题意得，要证g(x)>x2lnx，x>0，即证x3＋ax2>x2lnx，即证x＋a>lnx，令u(x)＝x＋a－lnx，x>0，可得u′(x)＝1－＝，x>0，当0<x<1时，u′(x)<0，函数u(x)单调递减；当x>1时，u′(x)>0，函数u(x)单调递增．所以u(x)≥u(1)＝1＋a，因为a>－1，所以u(x)>0，故当a>－1时，对于任意x>0，g(x)>x2lnx. 【典例2】已知函数f(x)＝1－，g(x)＝＋－bx，若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A处的切线互相垂直．(1)求a，b的值；(2)证明：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.【解析】(1)解　因为f(x)＝1－，x>0，所以f′(x)＝，f′(1)＝－1.因为g(x)＝＋－bx，所以g′(x)＝－－－b.因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A处的切线互相垂直，所以g(1)＝1，且f′(1)·g′(1)＝－1，所以g(1)＝a＋1－b＝1，g′(1)＝－a－1－b＝1，解得a＝－1，b＝－1.(2)证明　由(1)知，g(x)＝－＋＋x，则f(x)＋g(x)≥⇔1－－－＋x≥0.令h(x)＝1－－－＋x(x≥1)，则h(1)＝0，h′(x)＝＋＋＋1＝＋＋1.因为x≥1，所以h′(x)＝＋＋1>0，所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以当x≥1时，h(x)≥h(1)＝0，即1－－－＋x≥0， 所以当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.【典例3】已知函数f(x)＝lnx＋，a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a>0时，证明：f(x)≥.【解析】(1)解　f′(x)＝－＝(x>0)．当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a>0时，若x>a，则f′(x)>0，函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增；若0<x<a，则f′(x)<0，函数f(x)在(0，a)上单调递减．(2)证明　由(1)知，当a>0时，f(x)min＝f(a)＝lna＋1.要证f(x)≥，只需证lna＋1≥，即证lna＋－1≥0.令函数g(a)＝lna＋－1，则g′(a)＝－＝(a>0)，当0<a<1时，g′(a)<0；当a>1时，g′(a)>0，所以g(a)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(a)min＝g(1)＝0.所以lna＋－1≥0恒成立，所以f(x)≥.【题型四】将不等式转化为两个函数的最值进行比较【典例1】已知函数f(x)＝alnx＋x. (1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝1时，证明：xf(x)<ex.【解析】(1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋1＝.当a≥0时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a<0时，若x∈(－a，＋∞)，则f′(x)>0；若x∈(0，－a)，则f′(x)<0.所以f(x)在(－a，＋∞)上单调递增，在(0，－a)上单调递减．综上所述，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a<0时，f(x)在(－a，＋∞)上单调递增，在(0，－a)上单调递减．(2)证明　当a＝1时，要证xf(x)<ex，即证x2＋xlnx<ex，即证1＋<.令函数g(x)＝1＋，则g′(x)＝.令g′(x)>0，得x∈(0，e)；令g′(x)<0，得x∈(e，＋∞)．所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(e)＝1＋，令函数h(x)＝，则h′(x)＝.当x∈(0,2)时，h′(x)<0； 当x∈(2，＋∞)时，h′(x)>0.所以h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(2)＝.因为－>0，所以h(x)min>g(x)max，即1＋<，从而xf(x)<ex得证．【典例2】已知函数f(x)＝ex2－xlnx．求证：当x>0时，f(x)<xex＋.【证明】要证f(x)<xex＋，只需证ex－lnx<ex＋，即ex－ex<lnx＋.令h(x)＝lnx＋(x>0)，则h′(x)＝，易知h(x)在上单调递减，在上单调递增，则h(x)min＝h＝0，所以lnx＋≥0.再令φ(x)＝ex－ex，则φ′(x)＝e－ex，易知φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则φ(x)max＝φ(1)＝0， 所以ex－ex≤0.因为h(x)与φ(x)不同时为0，所以ex－ex<lnx＋，故原不等式成立．【典例3】已知函数f(x)＝elnx－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.【解析】(1)解　f′(x)＝－a(x>0)，①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②若a>0，则当0<x<时，f′(x)>0；当x>时，f′(x)<0.故f(x)在上单调递增，在上单调递减．(2)证明　因为x>0，所以只需证f(x)≤－2e，当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．所以f(x)max＝f(1)＝－e.设g(x)＝－2e(x>0)，则g′(x)＝，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)min＝g(1)＝－e.综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤－2e.故不等式xf(x)－ex＋2ex≤0得证．【题型五】分拆函数法证明不等式【典例1】证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有lnx＞－成立. 【解析】问题等价于证明xlnx＞－(x∈(0，＋∞)).设f(x)＝xlnx，f′(x)＝1＋lnx，易知x＝为f(x)的唯一极小值点，则f(x)＝xlnx(x∈(0，＋∞))的最小值是－，当且仅当x＝时取到.设m(x)＝－(x∈(0，＋∞))，则m′(x)＝，由m′(x)＜0，得x＞1时，m(x)单调递减；由m′(x)＞0得0＜x＜1时，m(x)单调递增，易知m(x)max＝m(1)＝－，当且仅当x＝1时取到.从而对一切x∈(0，＋∞)，xlnx≥－≥－，两个等号不同时取到，所以对一切x∈(0，＋∞)都有lnx＞－成立.【典例2】已知函数f(x)＝elnx－ax(x∈R).(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.【解析】(1)解　f′(x)＝－a(x>0)，①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②若a>0，则当0<x<时，f′(x)>0；当x>时，f′(x)<0，∴f(x)在上单调递增，在上单调递减.综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减.(2)证明　法一　∵x>0，∴只需证f(x)≤－2e，当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴f(x)max＝f(1)＝－e.记g(x)＝－2e(x>0)， 则g′(x)＝，∴当0<x<1时，g′(x)<0，当x>1时，g′(x)>0，故g(x)在(0，1)上单调递减；在(1，＋∞)上单调递增，∴g(x)min＝g(1)＝－e.综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.法二　由题意知，即证exlnx－ex2－ex＋2ex≤0，从而等价于lnx－x＋2≤.设函数g(x)＝lnx－x＋2，则g′(x)＝－1.∴当x∈(0，1)时，g′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，故g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而g(x)在(0，＋∞)上的最大值为g(1)＝1.设函数h(x)＝，则h′(x)＝.∴当x∈(0，1)时，h′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，故h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，从而h(x)在(0，＋∞)上的最小值为h(1)＝1.综上，当x>0时，g(x)≤h(x)，即xf(x)－ex＋2ex≤0.【题型六】放缩后构造函数证明不等式【典例1】已知函数f(x)＝aln(x－1)＋，其中a为正实数．证明：当x>2时，f(x)<ex＋(a－1)x－2a.【证明】令φ(x)＝lnx－x＋1，其定义域为(0，＋∞)，φ′(x)＝－1＝.当x∈(0,1)时，φ′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0， ∴φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴φ(x)max＝φ(1)＝0，∴φ(x)≤0，即lnx≤x－1，当且仅当x＝1时取“＝”．当x>2时，ln(x－1)<x－2，又a>0，∴aln(x－1)<a(x－2)．要证f(x)<ex＋(a－1)x－2a，只需证aln(x－1)＋<ex＋(a－1)x－2a，只需证a(x－2)＋<ex＋(a－1)x－2a，即ex－x－>0对于任意的x>2恒成立．令h(x)＝ex－x－，x>2，则h′(x)＝ex－1＋.因为x>2，所以h′(x)>0恒成立，所以h(x)在(2，＋∞)上单调递增，所以h(x)>h(2)＝e2－4>0，所以当x>2时，f(x)<ex＋(a－1)x－2a.【典例2】已知函数f(x)＝aex－1－lnx－1.(1)若a＝1，求f(x)在(1，f(1))处的切线方程；(2)证明：当a≥1时，f(x)≥0.【解析】(1)解　当a＝1时，f(x)＝ex－1－lnx－1(x>0)，f′(x)＝ex－1－，k＝f′(1)＝0，又f(1)＝0，∴切点为(1,0)． ∴切线方程为y－0＝0(x－1)，即y＝0.(2)证明　∵a≥1，∴aex－1≥ex－1，∴f(x)≥ex－1－lnx－1.方法一　令φ(x)＝ex－1－lnx－1(x>0)，∴φ′(x)＝ex－1－，令h(x)＝ex－1－，∴h′(x)＝ex－1＋>0，∴φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又φ′(1)＝0，∴当x∈(0,1)时，φ′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0，∴φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(1)＝0，∴φ(x)≥0，∴f(x)≥φ(x)≥0，即证f(x)≥0.方法二　令g(x)＝ex－x－1，∴g′(x)＝ex－1.当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，∴g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴g(x)min＝g(0)＝0，故ex≥x＋1，当且仅当x＝0时取“＝”．同理可证lnx≤x－1，当且仅当x＝1时取“＝”．由ex≥x＋1⇒ex－1≥x(当且仅当x＝1时取“＝”)，由x－1≥lnx⇒x≥lnx＋1(当且仅当x＝1时取“＝”)，∴ex－1≥x≥lnx＋1，即ex－1≥lnx＋1，即ex－1－lnx－1≥0(当且仅当x＝1时取“＝”)， 即证f(x)≥0.方法三　f(x)＝aex－1－lnx－1，定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－1－，令k(x)＝aex－1－，∴k′(x)＝aex－1＋>0，∴f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f′(1)＝a－1≥0且x→0时，f′(x)→－∞，∴∃x0∈(0,1]使f′(x0)＝0，即aex0-1－＝0，即aex0-1＝，∴当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，∴f(x)min＝f(x0)＝aex0-1－lnx0－1＝－lnx0－1.令φ(x)＝－lnx－1，x∈(0,1]，∴φ′(x)＝－－<0，∴φ(x)在(0,1]上单调递减，∴φ(x)min＝φ(1)＝0，∴φ(x)≥0，∴－lnx0－1≥0，即f(x)min＝f(x0)≥0，故f(x)≥0.【典例3】已知x∈(0，1)，求证：x2－＜.【解析】法一　要证x2－＜， 只需证ex＜lnx，又易证ex＞x＋1(0＜x＜1)，∴只需证明lnx＋(x＋1)＞0.即证lnx＋1－x3＋－x2＞0，而x3＜x，x2＜x(0＜x＜1)，∴只需证lnx＋1－2x＋＞0，令g(x)＝lnx＋1－2x＋，则g′(x)＝－2－＝－，而2x2－x＋1＞0恒成立，∴g′(x)＜0，∴g(x)在(0，1)上单调递减，∴当x∈(0，1)时，g(x)＞g(1)＝0，即lnx＋1－2x＋＞0.∴x2－＜.法二　∵x∈(0，1)，∴ex∈(1，e)，∴要证x2－＜成立，只需证ex＜lnx成立，只需证x2－＜lnx，又x2＜x(0＜x＜1)，∴只需证lnx＋－x＞0， 令h(x)＝lnx＋－x，则h′(x)＝－－1＝－，而x2－x＋1＞0恒成立，∴h′(x)＜0，∴h(x)在(0，1)上单调递减，∴当x∈(0，1)时，h(x)＞h(1)＝0，∴lnx＋－x＞0，∴x2－＜.三、【培优训练】【训练一】已知函数f(x)＝xlnx－ax.(1)当a＝－1时，求函数f(x)在(0，＋∞)上的最小值；(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有lnx＋1>－成立．【解析】(1)函数f(x)＝xlnx－ax的定义域为(0，＋∞)．当a＝－1时，f(x)＝xlnx＋x，f′(x)＝lnx＋2.由f′(x)＝0，得x＝.当x∈时，f′(x)<0；当x>时，f′(x)>0.所以f(x)在上单调递减，在上单调递增．因此f(x)在x＝处取得最小值，即f(x)min＝f＝－.(2)证明：当x>0时，lnx＋1>－等价于x(lnx＋1)>－.由(1)知a＝－1时，f(x)＝xlnx＋x的最小值是－，当且仅当x＝时取等号．设G(x)＝－，x∈(0，＋∞)． 则G′(x)＝′＝，易知G(x)max＝G(1)＝－，当且仅当x＝1时取到，从而可知对一切x∈(0，＋∞)，都有f(x)>G(x)，即lnx＋1>－.【训练二】已知函数f(x)＝λlnx－e－x(λ∈R)．(1)若函数f(x)是单调函数，求λ的取值范围；(2)求证：当0<x1<x2时，e1－x2－e1－x1>1－.【解析】(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，因为f(x)＝λlnx－e－x，所以f′(x)＝＋e－x＝，因为函数f(x)是单调函数，所以f′(x)≤0或f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，①当函数f(x)是单调递减函数时，f′(x)≤0，所以≤0，即λ＋xe－x≤0，λ≤－xe－x＝－.令φ(x)＝－，则φ′(x)＝，当0<x<1时，φ′(x)<0；当x>1时，φ′(x)>0，则φ(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当x>0时，φ(x)min＝φ(1)＝－，所以λ≤－.②当函数f(x)是单调递增函数时，f′(x)≥0，所以≥0，即λ＋xe－x≥0，λ≥－xe－x＝－，由①得φ(x)＝－在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，x→＋∞时，φ(x)<0，所以λ≥0.综上，λ的取值范围为∪[0，＋∞)．(2)证明：由(1)可知，当λ＝－时， f(x)＝－lnx－e－x在(0，＋∞)上单调递减，因为0<x1<x2，所以f(x1)>f(x2)，即－lnx1－e－x1>－lnx2－e－x2，所以e1－x2－e1－x1>lnx1－lnx2.要证e1－x2－e1－x1>1－，只需证lnx1－lnx2>1－，即证ln>1－.令t＝，t∈(0，1)，则只需证lnt>1－，令h(t)＝lnt＋－1，则h′(t)＝－＝，当0<t<1时，h′(t)<0，所以h(t)在(0，1)上单调递减，又因为h(1)＝0，所以h(t)>0，即lnt>1－，原不等式得证．【训练三】已知函数f(x)＝－x＋alnx.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：<a－2.【解析】(1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－－1＋＝－.①若a≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时，f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减．②若a>2，令f′(x)＝0，得x＝或x＝.当x∈∪时， f′(x)<0；当x∈时，f′(x)>0.所以f(x)在，上单调递减，在上单调递增．(2)证明　由(1)知，f(x)存在两个极值点当且仅当a>2.由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1，不妨设x1<x2，则x2>1.由于＝－－1＋a＝－2＋a＝－2＋a，所以<a－2等价于－x2＋2lnx2<0.设函数g(x)＝－x＋2lnx，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上单调递减．又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)<0.所以－x2＋2lnx2<0，即<a－2.【训练四】已知函数f(x)＝xex－x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当x>0时，f(x)－lnx≥1.【解析】(1)解　由题意得f′(x)＝(x＋1)ex－1，设g(x)＝(x＋1)ex，则g′(x)＝(x＋2)ex，当x≤－1时，g(x)≤0，f′(x)<0，f(x)在(－∞，－1]上单调递减；当x>－1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，又因为g(0)＝1，所以当x<0时，g(x)<1，即f′(x)<0，当x>0时，g(x)>1，即f′(x)>0， 综上可知，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(2)证明　要证f(x)－lnx≥1，即证xex－x－lnx≥1，即证ex＋lnx－(x＋lnx)≥1，令t＝x＋lnx，易知t∈R，待证不等式转化为et－t≥1.设u(t)＝et－t，则u′(t)＝et－1，当t<0时，u′(t)<0，当t>0时，u′(t)>0，故u(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．所以u(t)≥u(0)＝1，原命题得证．【训练五】已知函数f(x)＝lnx－ax(a∈R).(1)讨论函数f(x)在(0，＋∞)上的单调性；(2)证明：ex－e2lnx＞0.【解析】(1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a＝，当a≤0时，f′(x)＞0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，当a＞0时，令f′(x)＝0，得x＝，∴x∈时，f′(x)＞0；x∈时，f′(x)＜0，∴f(x)在上单调递增，在上单调递减.(2)证明　法一　要证ex－e2lnx＞0，即证ex－2＞lnx，令φ(x)＝ex－x－1，∴φ′(x)＝ex－1.令φ′(x)＝0，得x＝0.∴x∈(－∞，0)时，φ′(x)＜0；x∈(0，＋∞)时，φ′(x)＞0，∴φ(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(0)＝0， 即ex－x－1≥0，即ex≥x＋1，当且仅当x＝0时取“＝”.同理可证lnx≤x－1，当且仅当x＝1时取“＝”.由ex≥x＋1(当且仅当x＝0时取“＝”)，可得ex－2≥x－1(当且仅当x＝2时取“＝”)，又lnx≤x－1，即x－1≥lnx，当且仅当x＝1时取“＝”，所以ex－2≥x－1≥lnx且两等号不能同时成立，故ex－2＞lnx.即证原不等式成立.法二　令φ(x)＝ex－e2lnx，φ(x)的定义域为(0，＋∞)，φ′(x)＝ex－，令h(x)＝ex－，∴h′(x)＝ex＋＞0，∴φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增.又φ′(1)＝e－e2＜0，φ′(2)＝e2－e2＝e2＞0，故∃x0∈(1，2)，使φ′(x0)＝0，即ex0－＝0，即ex0＝，∴当x∈(0，x0)时，φ′(x)＜0；当x∈(x0，＋∞)时，φ′(x0)＞0，∴φ(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(x0)＝ex0－e2lnx0＝－e2lnx0＝－e2ln＝－e2(2－x0)＝e2＝e2·＞0，故φ(x)＞0，即ex－e2lnx＞0，即证原不等式成立. 【训练六】已知函数f(x)＝lnx－，g(x)＝.(1)求函数f(x)在[1，＋∞)上的最小值；(2)设b>a>0，证明：<.【解析】(1)f′(x)＝－＝≥0，所以f(x)在[1，＋∞)上单调递增．又f(1)＝0，所以f(x)min＝f(1)＝0.(2)证明：由(1)知，当x∈[1，＋∞)时，f(x)＝lnx－≥0，即lnx≥，由b>a>0，得>1，所以ln>，化简得lnb－lna>，所以<.四、【强化测试】【解答题】1.已知函数f(x)＝aex－lnx－1(e＝2.71828…是自然对数的底数)．(1)设x＝2是函数f(x)的极值点，求实数a的值，并求f(x)的单调区间；(2)证明：当a≥时，f(x)≥0.【解析】(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－.由题设知，f′(2)＝0，所以a＝.从而f(x)＝ex－lnx－1，f′(x)＝ex－.当0<x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0.所以f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增． (2)证明：当a≥时，f(x)≥－lnx－1.设g(x)＝－lnx－1，则g′(x)＝－.当0<x<1时，g′(x)<0；当x>1时，g′(x)>0.所以x＝1是g(x)的最小值点．故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0.因此，当a≥时，f(x)≥0.2.已知函数f(x)＝1－，g(x)＝x－lnx.(1)证明：g(x)≥1；(2)证明：(x－lnx)f(x)>1－.【证明】(1)由题意得g′(x)＝(x>0)．当0<x<1时，g′(x)<0；当x>1时，g′(x)>0，即g(x)在(0，1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数．所以g(x)≥g(1)＝1.(2)由f(x)＝1－，得f′(x)＝，所以当0<x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0，即f(x)在(0，2)上是减函数，在(2，＋∞)上是增函数，所以f(x)≥f(2)＝1－，当且仅当x＝2时，等号成立．又由(1)知x－lnx≥1，当且仅当x＝1时，等号成立，且①②等号不能同时取到，所以(x－lnx)f(x)>1－.3.已知函数f(x)＝lnx＋，a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a>0时，证明：f(x)≥. 【解析】(1)f′(x)＝－＝(x>0)．当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a>0时，若x>a，则f′(x)>0，函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增；若0<x<a，则f′(x)<0，函数f(x)在(0，a)上单调递减．(2)证明：由(1)知，当a>0时，f(x)min＝f(a)＝lna＋1.要证f(x)≥，只需证lna＋1≥，即证lna＋－1≥0.令函数g(a)＝lna＋－1，则g′(a)＝－＝(a>0)，当0<a<1时，g′(a)<0，当a>1时，g′(a)>0，所以g(a)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(a)min＝g(1)＝0.所以lna＋－1≥0恒成立，所以f(x)≥.4.已知函数f(x)＝elnx－ax(a∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.【解析】(1)f′(x)＝－a(x>0)．①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②若a>0，则当0<x<时，f′(x)>0，当x>时，f′(x)<0，故f(x)在上单调递增，在上单调递减．(2)证明：因为x>0，所以只需证f(x)≤－2e，当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以f(x)max＝f(1)＝－e.记g(x)＝－2e(x>0)，则g′(x)＝，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)min＝g(1)＝－e.综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.5.已知函数f(x)＝ax－lnx－1.(1)若f(x)≥0恒成立，求a的最小值；(2)证明：＋x＋lnx－1≥0.【解析】(1)由题意知x>0，所以f(x)≥0等价于a≥.令g(x)＝，则g′(x)＝，所以当x∈(0，1)时，g′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.则g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝1，则a≥1，所以a的最小值为1.(2)证明：当a＝1时，由(1)得x≥lnx＋1.即t≥lnt＋1.令＝t，则－x－lnx＝lnt，所以≥－x－lnx＋1，即＋x＋lnx－1≥0.6.已知函数f(x)＝xex－1－ax＋1，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线l的斜率为3e－2.(1)求a的值及切线l的方程； (2)证明：f(x)≥0.【解析】(1)解　由f(x)＝xex－1－ax＋1，得f′(x)＝(x＋1)ex－1－a，因为曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线l的斜率为3e－2，所以f′(2)＝3e－a＝3e－2，解得a＝2，所以f(2)＝2e－4＋1＝2e－3，故切线l的方程为y－(2e－3)＝(3e－2)(x－2)，即(3e－2)x－y－4e＋1＝0.所以a＝2，切线l的方程为(3e－2)x－y－4e＋1＝0.(2)证明　由(1)，可得f(x)＝xex－1－2x＋1，f′(x)＝(x＋1)ex－1－2，所以当x∈(－∞，－1]时，f′(x)<0.令g(x)＝(x＋1)ex－1－2(x>－1)，则g′(x)＝(x＋2)ex－1>0，所以当x∈(－1，＋∞)时，g(x)单调递增，即f′(x)单调递增，又因为f′(1)＝0，所以当x∈(－1,1)时，f′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．所以f(x)≥f(1)＝0.7.设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当a>ln2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1.【解析】(1)解　由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，得f′(x)＝ex－2，x∈R，令f′(x)＝0，得x＝ln2.于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，ln2)ln2(ln2，＋∞)f′(x)－0＋f(x)↘2(1－ln2＋a)↗ 故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln2)，单调递增区间是(ln2，＋∞)．f(x)在x＝ln2处取得极小值，极小值为f(ln2)＝2(1－ln2＋a)，无极大值．(2)证明　设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R.于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.由(1)知当a>ln2－1时，g′(x)的最小值为g′(ln2)＝2(1－ln2＋a)>0.于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R内单调递增．于是当a>ln2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0)．又g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0.即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.8.已知函数f(x)＝elnx－ax(a∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.【解析】(1)解　f′(x)＝－a(x>0)．①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②若a>0，则当0<x<时，f′(x)>0；当x>时，f′(x)<0，故f(x)在上单调递增，在上单调递减．(2)证明　因为x>0，所以只需证f(x)≤－2e，当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．所以f(x)max＝f(1)＝－e，记g(x)＝－2e(x>0)，则g′(x)＝，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)min＝g(1)＝－e，综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0. 9.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＝.(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.【解析】(1)解　∵f(x)＝，∴f′(x)＝，∴f′(e)＝，又曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y＝，则f′(e)＝0，即a＝0，∴f′(x)＝，令f′(x)>0，得1－lnx>0，即0<x<e；令f′(x)<0，得1－lnx<0，即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，即证lnx－x2＋x≤0，令g(x)＝lnx－x2＋x(x>0)，则g′(x)＝－2x＋1＝＝－，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－1.10.已知函数f(x)＝ax＋xlnx在x＝e－2(e为自然对数的底数)处取得极小值．(1)求实数a的值；(2)当x>1时，求证：f(x)>3(x－1)．【解析】(1)因为f(x)＝ax＋xlnx，所以f′(x)＝a＋lnx＋1， 因为函数f(x)在x＝e－2处取得极小值，所以f′(e－2)＝0，即a＋lne－2＋1＝0，所以a＝1，所以f′(x)＝lnx＋2.当f′(x)>0时，x>e－2；当f′(x)<0时，0<x<e－2，所以f(x)在(0，e－2)上单调递减，在(e－2，＋∞)上单调递增，所以f(x)在x＝e－2处取得极小值，符合题意，所以a＝1.(2)证明：由(1)知a＝1，所以f(x)＝x＋xlnx.令g(x)＝f(x)－3(x－1)，即g(x)＝xlnx－2x＋3(x>0)．g′(x)＝lnx－1，由g′(x)＝0，得x＝e.由g′(x)>0，得x>e；由g′(x)<0，得0<x<e.所以g(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，所以g(x)在(1，＋∞)上的最小值为g(e)＝3－e>0.于是在(1，＋∞)上，都有g(x)≥g(e)>0，所以f(x)>3(x－1)．11.已知f(x)＝xlnx.(1)求函数f(x)的极值；(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有lnx>－成立．【解析】(1)解　由f(x)＝xlnx，x>0，得f′(x)＝lnx＋1，令f′(x)＝0，得x＝.当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增．所以当x＝时，f(x)取得极小值，f(x)极小值＝f ＝－，无极大值． (2)证明　问题等价于证明xlnx>－(x∈(0，＋∞))．由(1)可知f(x)＝xlnx(x∈(0，＋∞))的最小值是－，当且仅当x＝时取到．设m(x)＝－(x∈(0，＋∞))，则m′(x)＝，由m′(x)<0，得x>1时，m(x)单调递减；由m′(x)>0得0<x<1时，m(x)单调递增，易知m(x)max＝m(1)＝－，当且仅当x＝1时取到．从而对一切x∈(0，＋∞)，xlnx≥－≥－，两个等号不同时取到，所以对一切x∈(0，＋∞)都有lnx>－成立．12.已知函数f(x)＝lnx－ax(a∈R)．(1)讨论函数f(x)在(0，＋∞)上的单调性；(2)证明：ex－e2lnx>0恒成立．【解析】(1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a＝，当a≤0时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝，∴x∈时，f′(x)>0；x∈时，f′(x)<0，∴f(x)在上单调递增，在上单调递减．(2)证明　要证ex－e2lnx>0，即证ex－2>lnx，令φ(x)＝ex－x－1，∴φ′(x)＝ex－1.令φ′(x)＝0，得x＝0， ∴当x∈(－∞，0)时，φ′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，∴φ(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(0)＝0，即ex－x－1≥0，即ex≥x＋1，当且仅当x＝0时取“＝”．同理可证lnx≤x－1，当且仅当x＝1时取“＝”．由ex≥x＋1(当且仅当x＝0时取“＝”)，可得ex－2≥x－1(当且仅当x＝2时取“＝”)，又x－1≥lnx，当且仅当x＝1时取“＝”，∴ex－2≥x－1≥lnx且两等号不能同时成立，故ex－2>lnx．即证原不等式成立．13.已知函数f(x)＝lnx－.(1)若a＝1，求f(x)的单调区间；(2)若a＝0，x∈(0，1)，证明：x2－<.【解析】(1)解　当a＝1时，f(x)＝lnx－，x∈(0，＋∞)，∴f′(x)＝－＝＝.当x∈(0，1)时，f′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，∴f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞).(2)证明　当a＝0，x∈(0，1)时，x2－<等价于＋x2－<0，∵当x∈(0，1)时，ex∈(1，e)，－lnx>0，∴<－lnx，∴只需要证－lnx＋x2－<0在(0，1)上恒成立. 令g(x)＝－lnx＋x2－，x∈(0，1)，∴g′(x)＝－＋2x＋＝>0，则函数g(x)在(0，1)上单调递增，于是g(x)<－ln1＋1－1＝0，∴当x∈(0，1)时，x2－<.14.已知函数f(x)＝1－，g(x)＝＋－bx，若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1，1)，且在点A处的切线互相垂直.(1)求a，b的值；(2)证明：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.【解析】(1)解　因为f(x)＝1－，x＞0，所以f′(x)＝，f′(1)＝－1.因为g(x)＝＋－bx，所以g′(x)＝－－－b.因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1，1)，且在点A处的切线互相垂直，所以g(1)＝1，且f′(1)·g′(1)＝－1，所以g(1)＝a＋1－b＝1，g′(1)＝－a－1－b＝1，解得a＝－1，b＝－1.(2)证明　由(1)知，g(x)＝－＋＋x，则f(x)＋g(x)≥⇔1－－－＋x≥0.令h(x)＝1－－－＋x(x≥1)，则h(1)＝0，h′(x)＝＋＋＋1＝＋＋1. 因为x≥1，所以h′(x)＝＋＋1＞0，所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以当x≥1时，h(x)≥h(1)＝0，即1－－－＋x≥0，所以当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.15.已知函数f(x)＝ax2－xlnx.(1)若函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；(2)若a＝e，证明：当x＞0时，f(x)＜xex＋.【解析】(1)解　由题意知，f′(x)＝2ax－lnx－1.因为函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以当x＞0时，f′(x)≥0，即2a≥在x＞0时恒成立.令g(x)＝(x＞0)，则g′(x)＝－，易知g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则g(x)max＝g(1)＝1，所以2a≥1，即a≥.故实数a的取值范围是.(2)证明　若a＝e，要证f(x)＜xex＋，只需证ex－lnx＜ex＋，即ex－ex＜lnx＋. 令h(x)＝lnx＋(x＞0)，则h′(x)＝，易知h(x)在上单调递减，在上单调递增，则h(x)min＝h＝0，所以lnx＋≥0.再令φ(x)＝ex－ex，则φ′(x)＝e－ex，易知φ(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则φ(x)max＝φ(1)＝0，所以ex－ex≤0.因为h(x)与φ(x)不同时为0，所以ex－ex＜lnx＋，故原不等式成立.16.已知函数f(x)＝lnx－ax(a∈R)．(1)讨论函数f(x)在(0，＋∞)上的单调性；(2)证明：ex－e2lnx>0恒成立．【解析】(1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a＝，当a≤0时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝，∴x∈时，f′(x)>0；x∈时，f′(x)<0，∴f(x)在上单调递增，在上单调递减．(2)证明　方法一　要证ex－e2lnx>0，即证ex－2>lnx， 令φ(x)＝ex－x－1，∴φ′(x)＝ex－1.令φ′(x)＝0，得x＝0，∴x∈(－∞，0)时，φ′(x)<0；x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，∴φ(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(0)＝0，即ex－x－1≥0，即ex≥x＋1，当且仅当x＝0时取“＝”．同理可证lnx≤x－1，当且仅当x＝1时取“＝”．由ex≥x＋1(当且仅当x＝0时取“＝”)，可得ex－2≥x－1(当且仅当x＝2时取“＝”)，又lnx≤x－1，即x－1≥lnx，当且仅当x＝1时取“＝”，所以ex－2≥x－1≥lnx且两等号不能同时成立，故ex－2>lnx．即证原不等式成立．方法二　令φ(x)＝ex－e2lnx，φ(x)的定义域为(0，＋∞)，φ′(x)＝ex－，令h(x)＝ex－，∴h′(x)＝ex＋>0，∴φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增．又φ′(1)＝e－e2<0，φ′(2)＝e2－e2＝e2>0，故∃x0∈(1,2)，使φ′(x0)＝0，即ex0－＝0，即ex0＝，∴当x∈(0，x0)时，φ′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，φ′(x0)>0，∴φ(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(x0)＝ex0－e2lnx0＝－e2lnx0＝－e2lne2ex0＝－e2(2－x0)＝e2＝e2·>0， 故φ(x)>0，即ex－e2lnx>0，即证原不等式成立．