專題04利用導(dǎo)數(shù)證明函數(shù)不等式(一)-2020高考數(shù)學(xué)尖子生輔導(dǎo)專題

1、專題四利用導(dǎo)數(shù)證明函數(shù)不等式（一）專題四利用導(dǎo)數(shù)證明函數(shù)不等式(一)函數(shù)不等式的證明由于其形式多變，方法靈活，成為了近幾年高考的一個熱點與難點，它一般出現(xiàn)在壓軸題的位置，解決起來比較困難.利用導(dǎo)數(shù)作為工具進行證明是證明函數(shù)不 等式的一種常見方法，本專題總結(jié)了利用導(dǎo)數(shù)證明一個未知數(shù)的函數(shù)不等式的常見方法，希 望同學(xué)們看后有所收獲，提升利用導(dǎo)數(shù)證明函數(shù)不等式的能力.模塊1整理方法 提升能力對于一個未知數(shù)的函數(shù)不等式問題，其關(guān)鍵在于將所給的不等式進行“改造”，得到一平一曲、兩曲兩種模式中的一種.當出現(xiàn)一平一曲時，只需運用導(dǎo)數(shù)求出“曲”的最值，將其與“平”進行比較即可.當出現(xiàn)兩曲時，如果兩個函數(shù)的凸性

2、相同，則可以考慮通過曲線進行隔離.由于隔離曲線的尋找難度較大，所以我們一般希望兩個函數(shù)的凸性相反.當兩個函數(shù)的凸性相反時，則可以尋找直線(常選擇公切線或切線) 實現(xiàn)隔離放縮，當然最理想的直線狀態(tài)是該直線與x軸平行或重合.當改造的過程中出現(xiàn)一斜一曲時，一般要將其繼續(xù)改造，要么將其化歸到一邊，轉(zhuǎn)化為 一平一曲，要么將其轉(zhuǎn)化為兩曲.常用不等式的生成在不等式“改造”或證明的過程中，可借助題目的已知結(jié)論、均值不等式、函數(shù)單調(diào)性、與ex、lnx有關(guān)的常用不等式等方法進行適當?shù)姆趴s，再進行證明.下面著重談?wù)勁cex、lnx有關(guān)的常用不等式的生成.生成一：利用曲線的切線進行放縮設(shè)丫=6、上任一點P的橫坐標為 m

3、,則過該點的切線方程為 y-em =em(x-m),即y =em (x +1Amem，由此可得與ex有關(guān)的不等式：ex ±em(x +1Amem，其中x R , me R ,等號當且僅當x =m時成立.特別地，當 m = 0時，有ex之1 +x ；當m =1時，有ex之ex .1設(shè)y = lnx上任一點Q的橫坐標為n ,則過該點的切線方程為 y-ln n = (x-n ),即 n11,一一y=-x1+lnn,由此可得與In x有關(guān)的不等式：In x Ex-1十In n ,其中x>0 , n>0,等nn1方當且僅當x =n時成立.特別地，當 n =1時，有l(wèi)n x Wx -

4、1 ；當n =e時，有l(wèi)n x <- x .e利用切線進行放縮，能實現(xiàn)以直代曲，化超越函數(shù)為一次函數(shù).生成二：利用曲線的相切曲線進行放縮由圖1可得lnx>x ；由圖2可得lnx>-；由圖3可得，ln x < 2 x _1 ) (0<xM1), xexx 1In x 42(x -1( x 之1)；由圖 4可得，Inx >- 'x-l' ( 0<x<1), In x<- 'x -1 ( x之1 ).x 12 x2 x綜合上述兩種生成，我們可得到下列與ex、In x有關(guān)的常用不等式：與ex有關(guān)的常用不等式：(1) ex 之

5、 1 +x ( xW R );(2) ex >ex ( x WR).與In x有關(guān)的常用不等式：x -1(1) WlnxWx - 1 (x>0)；x-1 . 1 一(2) 一一蕓Inx-x (x>0)； ex e(3) ln x <?-tx_1)(0<xw1), In x( x 之1 )；x 1x 1(0<x<1),11in x x -2 . x，、11(4) inx 之一 x-2 x用x +1取代x的位置，相應(yīng)的可得到與 in （x +1爐關(guān)的常用不等式.x. be 一設(shè)函數(shù) f(x)=aeinx+,曲線 y = f(x )在點(1, f (1 &#

6、187;處的切線為 y=e(x 1)+2.x(1)求 a、b ;(2)證明：f (x)>1 .【解析】（1）因為f'（1 ）=e,f (1 )=2 ,而 f '(x 產(chǎn)x e,aex bx - bae in x 2x6f 1 =ae =e ' ' ，解得 a =1 , b=2. j f 1 = b = 2【證明】（2）法1 :（尋找公切曲線隔離）由（1）知,f x = ex于是x2ex1f x j >1= e in x 1x由于f （x ）混合了指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)和備函數(shù)，比較復(fù)雜，所以可以考慮將指數(shù)函數(shù)、21對數(shù)函數(shù)進行分離，改造為inx .ex

7、ex人2.12 ex -2令 g (x )=in x +，貝U g (x 產(chǎn)一-=, exx ex ex2.一 2由 g (x )>0可彳導(dǎo) x >-,由 g (x )<0可得 0 <x(一 ,ee2-,42所以g（x ）在0,2 |上遞減，在.二收|上遞增.而,1h x =遞減,所以兩個函數(shù)的凸性相同（都是下凸函數(shù)）.此時，我們可以尋找與兩個曲線都相切的曲線1t（x）=一，將兩個函數(shù)進行隔離，從 ex而實現(xiàn)證明.,21,1111 ex1Hin x 十一之一u in x +之0 ,令 k(x )=in x十一,則 k (x)=- -一2 =2-,由ex exexexx

8、ex ex1111.、，k (x )>0可彳導(dǎo)x>-,由k (*)<0可得0<*<一,所以k(x )在0-上遞減，在.一，也 上遞 ee. ee增,所以k x min =k e是 ln x +之 0 . ex11 xx_.xx.一> e 至 exu e -ex >0 ,令 s(x)=e ex,則 s (x)=e -e,由 s(x)>0 可得x>1,由s'（x ）<0可得0 cx <1,所以s（x）在（0,1）上遞減，在（1,收）上遞增，所以 ?x min =s 1 =0，于是 e ex 0 0 .,一八 一，21由于等號

9、不能同時成立，所以lnx ex e法2:（尋找公切線隔離）由（1)知，f (x )=ev * * * * x ln x +x 12e 一f x >1= ex In x令 m x =x In x2ex 1二>1 ,將不等式改造為 x2 -.+，則 m (x )=1 十In x . e2 xxln x xe e）>0可得m'(x )<0 可得0 <x <1 ,所以 m(x 戶'0,1 i上遞減，在口，-1e. ee上遞增，所以 7m(x )1 =m'1 )=1 .令 n(x )=-x , -mine eex1 -x.則 n (x 尸.由

10、n (x )<0可彳導(dǎo) x >1,由 n (x )>0 e可得0 <x <1,所以n(x)在(0,1 )上遞增，在(1,收)1上遞減，所以 n(x)1=n(1)=-._ maxe兩個函數(shù)的凸性相反.此時，我們可以尋找與兩個曲線都相切的公切線數(shù)進行隔離，又因為等號不能同時成立，所以 xlnx+Z。 e e1【點評】法1中的兩個函數(shù)凸性相同，因此需要尋找公切曲線t（x）=進行隔離，公切ex曲線的尋找需要有一定的函數(shù)不等式放縮經(jīng)驗.該放縮ln x+ >-1 >4與常用不等式ex ex ex(1)xxe 、(2)(3)xx ex e2 xx e、2士、xexe

11、F x3 x3士、xex e-3 xex、過原點，先減后增;過原點，先增后減;在（3,0 ）上遞減，在（0,收 戶先減后增;(5)(6)xln x、x2 lnx、x3 ln x、在（0,也）上先減后增;In xxlnxxIn x,-2x2xIn xln3 x3 xIn x、在、在（o,+ y：先增后減;（0,1 ）上遞減，在（1,收）上先減后增.已知函數(shù)f（x）=ax2+ -2 ax 1.1.1三由 F (x)>0可得<x<2,由 F (x)<0可得 xc或 xA2,所以 F(x) eaaex（1）求曲線y = f（x及點（0,1）處的切線方程;（2）求證：當 a 之1

12、 時，f（x）+e0.【解析】（1） f'（x） =-ax2 -i 2a -1 x 2,因為（0,1 ）在曲線y=f （x ）上，且f <0）=2,所以切線方程為 y(1)=2(x0 ),即2xy1 = 0.2【證明】（2）法當a之1時,ax2g '(x ) = 2x + 1 +ex + ,1 ： f (x )+e 占 0y axJ- +e 2 0= ax2+x1+ex* 之0 .+x 1 +ex+ >x2 +x-1 +ex書,令 g(x)=x2+x1 +ex書，則 g"(x)=2+ex+>0 ,于是g'(x而R上遞增.又因為g'(1

13、)=0,由 g'（x）<0可彳# x<-1,由g'（x ）>0可得x>-1 ,所以g（x ）在（3,1）上遞減，在（-1,收）上 遞增，所以g(x戶g(-1 )=0 .法 2： f(x)+e 之0u ax ：x 7 + e上0= ax2+x1+ex+之0 . ex當 a 21 時，ax2 +x -1 +exHt 占x2 +x-1 +ex* ,由常見不等式 ex > 1 + x ( xe R ),可得 ex+豈2+x,所以 x2 +x -1 +ex木上x2+x1+(2+x )=(x+1 j 豈0 .法 3：令 F(x)=f (x)+e=ax=A1 e

14、2 _.-ax i 2a -1 x 2+e ,則 F (x 尸J1e'-1,2 上遞增，在（2,）上遞減. ,a專題四利用導(dǎo)數(shù)證明函數(shù)不等式(一)1= -ea +e<-e+e<0 ,由洛必達法則，可得lim x 'F2 axx -1xe2ax+12a+e =e + lim x- =e + lim - =e , x-念 ex_&e所以 F(x 戶0，即 f (x )+e>0 .法4：f x e _0之2,ax x -1xeax2 + x -1 +ex甲至 0 .14令 G (x 戶ax21令 m x = ax x -1,則m(x )是以x = -2a為對

15、稱軸，開口方向向上的拋物線.令 n(x)=-ex",則n(x)遞減.由于兩個函數(shù)的凸性相反，因此我們可以通過尋找兩個曲線的公切線將兩個函數(shù)進行隔離，但由于公切線不容易尋找，又因為兩個函數(shù)處于相離的狀態(tài)，因此我們可以 選擇在n(x )=4平上找切線，通過該切線將兩個函數(shù)隔離，從而實現(xiàn)證明.由常見不等式ex之x+1可得ex*占x+2,容易想到隔離切線 y =x-2 ,下面進行證明. +x -1 +ex+ ,貝U G '(x 戶a< 1+e x*, G"(x ) = 2a + ex* > 0 ,所以 G'( x )在R上遞增，又因為G'(0)=

16、0,由G'(x )<0可得xc0,由G'(x)>0可得x>0 ,所以G(x )在(3,0)上遞減，在(0, 比遞增，所以G(x)之G(0)=0._ 2_ ax x -1_2, x 1 一. 一 ,法5： f(x)+e之0u x+e之0uax +*1+3*之0.當* = 0時，不等式成立,e. ov 上-ex'-x+1當 x#0 時，ax +x1+e 噂至 0u a 至2= k(x).x-xex 1 x 2ex 1 -23x- x-2 ex 1 -1-ex 1 -1 x2 -2x -ex 1 -x 1k x 二？xk '(x )>0可彳導(dǎo)x

17、<1或0 cx父2,由k'(x )<0可得1cx<0或x >2，所以k(x )在(,1)上 遞增，在(-1,0 )±遞減，在(0,2)上遞增，在(2,收 讓遞減.eax2 +x -1 之x 2u ax2 +2x+1 之0= (a -1 )x2 +(x +1 f 之0 ,而x 2 之一ex" ,命題 1因為 k(1 )=1, k(2)=-e-p ,所以 kfx) =1 ,而 a21 ,所以 a>k(x),即 f (x )+e >0 .ax x -1法 6： f(x)+e0= x+e 之0= ax +x1 之一e . 十ernx【點評

18、】 對于含有參數(shù)的一個未知數(shù)的函數(shù)不等式，其證明方法與不含參數(shù)的一個未知數(shù)的函數(shù)不等式證明大體一致.法3是直接證明f(x)+e0,法4是將不等式等價轉(zhuǎn)化為X -1. A2X1 . e x +1一、.，一 ,一 一ax2 +x-1 +ex+>0,法5是通過分離參數(shù)進而證明 a >2，3種方法本質(zhì)都是一平x一曲狀態(tài).法6將不等式轉(zhuǎn)化為ax2 +x-1 >ex+,由于兩個函數(shù)的凸性相反，因此我們可以 尋找切線實現(xiàn)隔離放縮.對于含有參數(shù)的一個未知數(shù)的函數(shù)不等式，我們還可以通過放縮，消去參數(shù)，轉(zhuǎn)化為研究一個特例函數(shù)的問題，從而使題目的難度大大降低.©例3已知函數(shù) f (x )

19、=x1aln x.(1)若f(x)“，求a的值；(2)設(shè)m為整數(shù)，且對于任意正整數(shù)，1+l1+1L1+ j<m,求m的最小值.2222n當a>0時，由f '”)>0可得x>a,由fx)<0可彳#0<x<a,所以f(x)在(0,a)上遞減，在(a, "He yh遞增，而f(1)=0,所以a=1.法3：(通過猜想減少分類討論)由 f |1)=_1+aln20可得a3 . f'fx=1芻， 22-2ln 2x由f '(x )>0可彳導(dǎo)x >a ,由f '(x卜0可得0 <x <a ,所以f (

20、x)在(0,a)上遞減，在(a,也)上遞增，而f(1)=0，所以a=1 .(2)當 a =1 時 f (x )=x1 ln x 之0,即 In x Ex _1 ,則有 ln(x + 1 )<x ,當且僅當 x = 0時等號成立，所以ln 11 .2k 2，/ 1，,ln 11 ln 1122L In 11 ：2n112 L222+ =1 <12n2 n所以 1 - 1 L 1 - n.2.222n<e .當 n =3 時, F1 o-22232 4 85 9 135>2 , 64是m的最小值為3.【點評】不等式1+1:1+'i|/1+ 222 ”2n<m左

21、邊是一個n項乘積的形式，處理起來比較麻煩.考慮取對數(shù)，將不等式等價轉(zhuǎn)化為ln%|+ ln Si +-12 |+L +ln 1+-1)<lnm,則,2222n容易聯(lián)想到與lnx有關(guān)的常用不等式ln(1+x)=x.模塊2練習(xí)鞏固整合提升a ln x b練習(xí)1：已知函數(shù)f (x尸+_ ,曲線y=f(x )在點(1, f(1)處的切線方程為x+2y -3 =0 .(1)求a、b的值;(2)證明：當 x >0 ,且 x #1 時，f (x )>In xx -1-ln x【解析】(1) f'(x尸(x+1 2與.由于直線x+2y3 = 0的斜率為一，且過 x2點(1,1所以嚴1

22、f 1 =1 , 一2b = 1即 Ja i ,解得 a=1 , b=1 .a _b 二22【證明】(2)由(1)知ln x 1ln x In x 11nxf(x)=百=所以 f(x)>一二百十丁一21n x +1 >0= H(x) = -2 'lln x - 'x-0 .構(gòu)造函數(shù) h(x = Inx- 1 x- I1 -x2x1 -x22 x2 x(x>0),則 h7x -l1+4r l'x 2x22x -1_2<0,2x2于是 h( x)在(0,也)上遞減.當0<x<1時，h(x )遞減，所以h(x )>h(1 )=0,于是

23、h(x)>0 ;當 x>1 時,h(x)遞減，所以h(x)<h(1)=0,于是1H x =2 h x 01 -x綜上所述，當x >0 ,且x#1時,In xx -11 o . b練習(xí) 2：已知函數(shù) f (x )=(ax+1 )ln x-ax -bx + 二(a、b= R). 2ex1 b (1) 右a =b =,求函數(shù)F (x )= f (x j- ax In x 的單調(diào)區(qū)間；2 e122(2)右 a =1 , b = -1 ,求證：f (x )+- ax +bx >1n x -1 2eS .【解析】(1)當 a = b =1 F (x )=1n x - 11個奪

24、點 x0 c ,-，即 G (x0 )=ln x0 +1 + =0 ,且當 0 <x <x0時，G (x )<0 ,當 xx0時，e ee0G'(x)>0,所以G(x )在(0,x。)上遞減，在(x°,)上遞增，所以1G (x 心G (x0 )=/ In x0 - =x0 In x° +ln / +1 .e x2 -1x , F xx )=- -x -1 = _(x + 2 *x 1)242x 222x由F'(x )>0可得0 <x <1,由F'(x )<0可得x >1 ,所以F(x)的遞增區(qū)間為

25、(0,1),遞減區(qū)間為(1* ).1cc12.【證明】(2)若 a=1,b = -1, f(x )+ ax2 +bx >ln x -1 -2e_2 u xln x - - > -1 - - . 42exe1 .1.11 ex - xG (x )=xln x -,則 G (x )=ln x +1 + , G (x 戶一-二.設(shè) h( x )=e -x ,則 eex e xeh'(x )=ex -1 >0,所以 h(x 出(0,收)上遞增，所以 h(x)Ah(0)=1,所以 G”(x)0,所以Gx )在(0,依)上遞增.又因為G-"j=e5 >0, G&#

26、39;.=eW 1<0,所以G'(x)恰有一 ee設(shè)中(x )=x 1n x +1n x +1 ,1 1 xe2,e1，則 x =1 In x 1 4 e 0 x,所以中(x)在f4，- i上遞增，所以 中(x。)><P'41=41n4+1n十1 =馬1 .命題獲證.e2，e0e一 1 一2x xxH '(x 尸e"1 ,由 H '(x )>0 可得 x>1 ,由 H '(x)<0 可得 0<x<1 ,于是 H (x )在(0,1)上遞 減，在(1,2)上遞增，于是 H (xpH(1 ) = 0.

27、于是當0<x<1時，G'(x)<0 ,當x>1時,G'(x)>0,所以G(x )在(0,1)上遞減，在(1,y)上遞增，于是G(x心G(1)=0,命題獲證.【點評】對于不等式ex二 + xlnx x2之0,從指對分離的角度來看，可構(gòu)造出,2 xex 41nxex工ln x 1ex"力力。工十xln x >x -e 、Inx >x-、之1 、 f 3二3 一卞1等一系列式子，由于xxxxxx構(gòu)造的不等式兩端的函數(shù)凸性一致，且尋找隔離曲線的難度大，不容易證明.考慮到函數(shù)x 12 一g(x)=e +x1nxx的形式不算太復(fù)雜， 可通

28、過多次求導(dǎo)證明其在 x軸的上萬(有且僅有一e2 e2e2e2練習(xí)3：已知函數(shù)f (x )=ex+exln x .(1)求曲線y = f(x卉(1, f (1 »處的切線方程；(2)求證：f (x 廬ex2 .【解析】(1) f x)=ex+e(1+1nx),所以 f'(1)=2e,又 f(1)=e,所以 y=f(x)在 (1,f(1 )磔的切線方程為 ye=2e(x1),即 y = 2exe.【證明】(2)法 1 ： f (x )>ex2 u ex +exln x >ex2 仁 ex十xln x -x2 >0 ,構(gòu)造函數(shù)g (x )=ex。+xln x 一x

29、2,則 g'(x )=ex1+1 +ln x 2x , g"(x )=ex+2一2 ,1g (x尸e .因為g (x )在(0,依)上遞增,且g (1 )=0 ,所以當0MxM1時,g (x)<0 , x當 xA1 時，g'"(x )>0 ,所以 g "(x)在(0,1)上遞減，在(1,口)上遞增，所以 g"(x)2:g"(1 )=0 ,于是g'(x詐(0," 讓遞增，又因為g'(1) = 0,所以當0<x<1時，g'(x)<0, g(x)遞減，當x>1時，g

30、'(x)>0, g (x )遞增，所以g (x戶g (1 )=0 ,命題獲證.x 1x A法 2： f (x )至ex2= ex 十exln x >ex2 u e十In x -x >0，構(gòu)造函數(shù) G(x )=e十In x-x , xxx-1 ex -x令 H (x)=ex,x,則x 1x 12e x -11 e x -1 x -xx 1e 一個交點(1,0).也可以如法2那樣將函數(shù)進一步改造為G(x尸+lnxx,法2比法1簡單的原因在于 G(x)當中的lnx比較“單純”，求導(dǎo)一次就能消去lnx.練習(xí)4：設(shè)函數(shù)f(x)=ln(1+xg(x)=xf'(x卜x>

31、;0,其中f'(x)是f (x)的導(dǎo)函數(shù).(1)若f (x戶ag(x )恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；(2)設(shè)nw N，比較g(1 )+g(2 )+L +g(n)與門f (n)的大小，并加以證明.【解析】(1) f x)='，所以 gfx)=x-.1 x1 x法1：(分離參數(shù)法)當 x=0時，f (x)圭ag(x)恒成立.當x>0時,f (x盧ag (x )在(0, -Ho)上恒成立仁f x 1 x ln 1 xa -g xx= F(x )在(0, 8 )上恒成立.F'(x) = x_1ng 令 G(x ) = xln (1+x ),則 G'(x ) = x

32、->0 ,所以 x1 » xG(x )在(0,收 江遞增，于是 G(x)>G(0)=0,即F'(x)A0,所以F(x )在(0,收)上遞增.1 x ln 1 x 1 ln 1 x由洛必達法則， 可彳導(dǎo)lim J-)= lim)=1 ,所以a M1,于是實數(shù)a的x-0 -xx 0 -1法2：(不猜想直接用最值法)令 h(x)=f (x)ag(x)=ln(1+x)-ax-,則,令 h '(x )=0 ,得 x = a 1 .1 x a 1 x -ax = x-a 1 21 x I|1 x當a1 W0,即a W1時，hx)>0在|0,)上恒成立，所以h(x

33、)在10,收)上遞增,所以h(x)>h(0 )=0 ,所以當aM1時，h(x戶0在【0, y )上恒成立.當a-1 >0 ,即a >1時，h(x )在(0,a1 )上遞減，在(a1, )上遞增，所以當x = a1時 h(x 咫到最小值，于是 h(x )>h(a -1 )=ln a a +1 .設(shè)甲(a )=ln a a +1, a >1 ,則1邛(a )=11 <0,所以函數(shù)邛(a )在(1,收)上遞減，所以邛(a)<(1)=0,即h(a 1)<0,所 a以h x -0不恒成立.綜上所述，實數(shù)a的取值范圍為(-0°,1】.(2)設(shè)n =

34、 N，比較g(1 )+g (2 )+L +g (n )與n - f (n )的大小，并加以證明.專題四利用導(dǎo)數(shù)證明函數(shù)不等式（一） g(1)+g(2)+L12 1g n =2 § Ln _ f (n ) = n _ln( n+1),比較結(jié)果為:g(1)+g(2)+L +g(n)>n_f(n).證明如下. 11上述不等式等價于ln n 111 L2 31十言.為證明該式子'我們首先證明17,i 11ln i i 1法1 ：在(1)中取a =1,可得 ln(1 +x )>，令x =1 ,可得In匕1.令i =2，川n2 13 1仔 ln > , In >一

35、,證.,n 1 lnn11>,相加可得ln(n+1)> n 121 i法2:令t =：,則ln-ln(1+t )>不彳，構(gòu)造函數(shù) F t =ln1t+ t)，1 t一一 10<t<1 ,貝U F t =1 t二下0,于是 F(t )在(0,1 )上遞增，所以F (t )>F(0 )=0,于i 11ln i i 1練習(xí)5：已知函數(shù) f(x)=(xa)n1、x +x (其中a=R ).2(1)1若曲線y = f x昨點x0, f x0處的切線方程為 y = x,求a的值;2(2)1右 一<a<2Ve (e是自然對數(shù)的底數(shù))，求證：f(x)>0

36、. 2ea 3【斛析】(1) f (x)=lnx+-，依題息，有x 21y0 =3x0Vy。=(x° -a )in x1x0 1+ x0 ,解得W21a=1a31lnx0 一十一=一 x022或/3 ,所以a =1 . a =1法1 ：令g(x尸f次)，則g'(x )=- +3,因為<a <2品,所以g'(x )>0 ,即 x x 2eg(x )在(0, y)上遞增.因為aaa3a12. e1g . =ln一一十一二ln <ln_=0,223222222, ag a 尸In a-3=lna 1 ln2 2e=0 ,所以a ，g(x)在 -,a |上有唯一零點0 <x <xo 時，g(x )<0 ,當 x >xo 時，g(x )>0 ,所以 f (x )在(0,xo )上遞減，在(X0,看C )上1遞增，所以當x=x0時，f （x ）取到取小值f（x0 ）=（x0 a）ln x0+,x0.因為 g(x0 =ln x0 - +- =0 ,所以 ln x0 =-,所以,a 3f(x0 )=(x0-乂京-55x02 a-x0 xo51 一 2_ 21 一-a = 2x0 -5ax0 2a = 2x022x02x0-a a 丫 2a 因為 x° w l-,a2x。2