2024年新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)題型歸類與強(qiáng)化測(cè)試專題20導(dǎo)數(shù)與不等式的證明教師版

專題20導(dǎo)數(shù)與不等式的證明一、【知識(shí)梳理】【方法技巧】1.待證不等式的兩邊含有同一個(gè)變量時(shí)，一般地，可以直接構(gòu)造“左減右”或“右減左”的函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性等相關(guān)函數(shù)性質(zhì)證明不等式.2.若直接求導(dǎo)后導(dǎo)數(shù)式比較復(fù)雜或無(wú)從下手時(shí)，可將待證式進(jìn)行變形，構(gòu)造兩個(gè)函數(shù)，從而找到可以傳遞的中間量，達(dá)到證明的目標(biāo).在證明過(guò)程中，等價(jià)轉(zhuǎn)化是關(guān)鍵，此處g(x)min≥f(x)max恒成立，從而f(x)≤g(x)恒成立.3.等價(jià)變形的目的是求導(dǎo)后簡(jiǎn)單地找到極值點(diǎn)，一般地，ex與lnx要分離，常構(gòu)造xn與lnx，xn與ex的積、商形式.便于求導(dǎo)后找到極值點(diǎn).4.某些不等式，直接構(gòu)造函數(shù)不易求其最值，可以適當(dāng)?shù)乩檬熘暮瘮?shù)不等式ex≥x＋1，1－eq\f(1,x)≤lnx≤x－1等進(jìn)行放縮，有利于簡(jiǎn)化后續(xù)導(dǎo)數(shù)式的求解或函數(shù)值正負(fù)的判斷；也可以利用局部函數(shù)的有界性進(jìn)行放縮，然后再構(gòu)造函數(shù)進(jìn)行證明.5.在證明不等式中，若無(wú)法轉(zhuǎn)化為一個(gè)函數(shù)的最值問(wèn)題，則可以考慮轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)的最值問(wèn)題．6.在證明過(guò)程中，“隔離”化是關(guān)鍵，此處f(x)min>g(x)max恒成立．從而f(x)>g(x)，但此處f(x)與g(x)取到最值的條件不是同一個(gè)“x的值”．7.換元法構(gòu)造函數(shù)證明不等式的基本思路是直接消掉參數(shù)a，再結(jié)合所證問(wèn)題，巧妙引入變量c＝eq\f(x1,x2)，從而構(gòu)造相應(yīng)的函數(shù)．其解題要點(diǎn)為：聯(lián)立消參利用方程f(x1)＝f(x2)消掉解析式中的參數(shù)a抓商構(gòu)元令c＝eq\f(x1,x2)，消掉變量x1，x2，構(gòu)造關(guān)于c的函數(shù)h(c)用導(dǎo)求解利用導(dǎo)數(shù)求解函數(shù)h(c)的最小值，從而可證得結(jié)論二、【題型歸類】【題型一】移項(xiàng)構(gòu)造函數(shù)證明不等式【典例1】已知函數(shù)f(x)＝ex－3x＋3a(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，a∈R).(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值；(2)求證：當(dāng)a＞lneq\f(3,e)，且x＞0時(shí)，eq\f(ex,x)＞eq\f(3,2)x＋eq\f(1,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，于是當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x(－∞，ln3)ln3(ln3，＋∞)f′(x)－0＋f(x)極小值故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，ln3)，單調(diào)遞增區(qū)間是(ln3，＋∞)，f(x)在x＝ln3處取得極小值，極小值為f(ln3)＝eln3－3ln3＋3a＝3(1－ln3＋a)，無(wú)極大值.(2)證明待證不等式等價(jià)于ex＞eq\f(3,2)x2－3ax＋1，設(shè)g(x)＝ex－eq\f(3,2)x2＋3ax－1，x＞0，于是g′(x)＝ex－3x＋3a，x＞0.由(1)及a＞lneq\f(3,e)＝ln3－1知g′(x)的最小值為g′(ln3)＝3(1－ln3＋a)＞0.于是對(duì)任意x＞0，都有g(shù)′(x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增.于是當(dāng)a＞lneq\f(3,e)＝ln3－1時(shí)，對(duì)任意x∈(0，＋∞)，都有g(shù)(x)＞g(0).而g(0)＝0，從而對(duì)任意x∈(0，＋∞)，g(x)＞0.即ex＞eq\f(3,2)x2－3ax＋1，故eq\f(ex,x)＞eq\f(3,2)x＋eq\f(1,x)－3a.【典例2】證明：當(dāng)x>1時(shí)，eq\f(1,2)x2＋lnx<eq\f(2,3)x3.【解析】設(shè)g(x)＝eq\f(2,3)x3－eq\f(1,2)x2－lnx，則g′(x)＝2x2－x－eq\f(1,x)，因?yàn)楫?dāng)x＞1時(shí)，g′(x)＝eq\f(（x－1）（2x2＋x＋1）,x)＞0，所以g(x)在(1，＋∞)上是增函數(shù)，所以當(dāng)x>1時(shí)，g(x)＞g(1)＝eq\f(1,6)＞0，所以當(dāng)x＞1時(shí)，eq\f(1,2)x2＋lnx＜eq\f(2,3)x3.【題型二】換元構(gòu)造法【典例1】已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax(x>0)，a為常數(shù)，若函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2(x1≠x2)．求證：x1x2>e2.【證明】不妨設(shè)x1>x2>0，因?yàn)閘nx1－ax1＝0，lnx2－ax2＝0，所以lnx1＋lnx2＝a(x1＋x2)，lnx1－lnx2＝a(x1－x2)，所以eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)＝a，欲證x1x2>e2，即證lnx1＋lnx2>2.因?yàn)閘nx1＋lnx2＝a(x1＋x2)，所以即證a>eq\f(2,x1＋x2)，所以原問(wèn)題等價(jià)于證明eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)>eq\f(2,x1＋x2)，即lneq\f(x1,x2)>eq\f(2（x1－x2）,x1＋x2)，令c＝eq\f(x1,x2)(c>1)，則不等式變?yōu)閘nc>eq\f(2（c－1）,c＋1).令h(c)＝lnc－eq\f(2（c－1）,c＋1)，c>1，所以h′(c)＝eq\f(1,c)－eq\f(4,（c＋1）2)＝eq\f(（c－1）2,c（c＋1）2)>0，所以h(c)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(c)>h(1)＝ln1－0＝0，即lnc－eq\f(2（c－1）,c＋1)>0(c>1)，因此原不等式x1x2>e2得證．【典例2】已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2＋x，a∈R.(1)當(dāng)a＝0時(shí)，求函數(shù)f(x)的圖象在(1，f(1))處的切線方程；(2)若a＝－2，正實(shí)數(shù)x1，x2滿足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，求證：x1＋x2≥eq\f(\r(5)－1,2).【解析】(1)當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝lnx＋x，則f(1)＝1，所以切點(diǎn)為(1，1)，又因?yàn)閒′(x)＝eq\f(1,x)＋1，所以切線的斜率k＝f′(1)＝2，故切線方程為y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.(2)證明：當(dāng)a＝－2時(shí)，f(x)＝lnx＋x2＋x(x>0)．由f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，得lnx1＋xeq\o\al(2,1)＋x1＋lnx2＋xeq\o\al(2,2)＋x2＋x1x2＝0，從而(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1x2－ln(x1x2)，令t＝x1x2(t>0)，令φ(t)＝t－lnt，得φ′(t)＝1－eq\f(1,t)＝eq\f(t－1,t)，易知φ(t)在區(qū)間(0，1)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以φ(t)≥φ(1)＝1，所以(x1＋x2)2＋(x1＋x2)≥1，因?yàn)閤1>0，x2>0，所以x1＋x2≥eq\f(\r(5)－1,2).【題型三】將不等式轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問(wèn)題【典例1】已知函數(shù)g(x)＝x3＋ax2.(1)若函數(shù)g(x)在[1,3]上為單調(diào)函數(shù)，求a的取值范圍；(2)已知a>－1，x>0，求證：g(x)>x2lnx.【解析】(1)解由題意知，函數(shù)g(x)＝x3＋ax2，則g′(x)＝3x2＋2ax，若g(x)在[1,3]上單調(diào)遞增，則g′(x)＝3x2＋2ax≥0在[1,3]上恒成立，則a≥－eq\f(3,2)；若g(x)在[1,3]上單調(diào)遞減，則g′(x)＝3x2＋2ax≤0在[1,3]上恒成立，則a≤－eq\f(9,2).所以a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(9,2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，＋∞)).(2)證明由題意得，要證g(x)>x2lnx，x>0，即證x3＋ax2>x2lnx，即證x＋a>lnx，令u(x)＝x＋a－lnx，x>0，可得u′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，x>0，當(dāng)0<x<1時(shí)，u′(x)<0，函數(shù)u(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>1時(shí)，u′(x)>0，函數(shù)u(x)單調(diào)遞增．所以u(píng)(x)≥u(1)＝1＋a，因?yàn)閍>－1，所以u(píng)(x)>0，故當(dāng)a>－1時(shí)，對(duì)于任意x>0，g(x)>x2lnx.【典例2】已知函數(shù)f(x)＝1－eq\f(lnx,x)，g(x)＝eq\f(ae,ex)＋eq\f(1,x)－bx，若曲線y＝f(x)與曲線y＝g(x)的一個(gè)公共點(diǎn)是A(1,1)，且在點(diǎn)A處的切線互相垂直．(1)求a，b的值；(2)證明：當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)＋g(x)≥eq\f(2,x).【解析】(1)解因?yàn)閒(x)＝1－eq\f(lnx,x)，x>0，所以f′(x)＝eq\f(lnx－1,x2)，f′(1)＝－1.因?yàn)間(x)＝eq\f(ae,ex)＋eq\f(1,x)－bx，所以g′(x)＝－eq\f(ae,ex)－eq\f(1,x2)－b.因?yàn)榍€y＝f(x)與曲線y＝g(x)的一個(gè)公共點(diǎn)是A(1,1)，且在點(diǎn)A處的切線互相垂直，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)證明由(1)知，g(x)＝－eq\f(e,ex)＋eq\f(1,x)＋x，則f(x)＋g(x)≥eq\f(2,x)?1－eq\f(lnx,x)－eq\f(e,ex)－eq\f(1,x)＋x≥0.令h(x)＝1－eq\f(lnx,x)－eq\f(e,ex)－eq\f(1,x)＋x(x≥1)，則h(1)＝0，h′(x)＝eq\f(－1＋lnx,x2)＋eq\f(e,ex)＋eq\f(1,x2)＋1＝eq\f(lnx,x2)＋eq\f(e,ex)＋1.因?yàn)閤≥1，所以h′(x)＝eq\f(lnx,x2)＋eq\f(e,ex)＋1>0，所以h(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x≥1時(shí)，h(x)≥h(1)＝0，即1－eq\f(lnx,x)－eq\f(e,ex)－eq\f(1,x)＋x≥0，所以當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)＋g(x)≥eq\f(2,x).【典例3】已知函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)，a∈R.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)a>0時(shí)，證明：f(x)≥eq\f(2a－1,a).【解析】(1)解f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(a,x2)＝eq\f(x－a,x2)(x>0)．當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．當(dāng)a>0時(shí)，若x>a，則f′(x)>0，函數(shù)f(x)在(a，＋∞)上單調(diào)遞增；若0<x<a，則f′(x)<0，函數(shù)f(x)在(0，a)上單調(diào)遞減．(2)證明由(1)知，當(dāng)a>0時(shí)，f(x)min＝f(a)＝lna＋1.要證f(x)≥eq\f(2a－1,a)，只需證lna＋1≥eq\f(2a－1,a)，即證lna＋eq\f(1,a)－1≥0.令函數(shù)g(a)＝lna＋eq\f(1,a)－1，則g′(a)＝eq\f(1,a)－eq\f(1,a2)＝eq\f(a－1,a2)(a>0)，當(dāng)0<a<1時(shí)，g′(a)<0；當(dāng)a>1時(shí)，g′(a)>0，所以g(a)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(a)min＝g(1)＝0.所以lna＋eq\f(1,a)－1≥0恒成立，所以f(x)≥eq\f(2a－1,a).【題型四】將不等式轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)的最值進(jìn)行比較【典例1】已知函數(shù)f(x)＝alnx＋x.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)a＝1時(shí)，證明：xf(x)<ex.【解析】(1)解f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(a,x)＋1＝eq\f(x＋a,x).當(dāng)a≥0時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．當(dāng)a<0時(shí)，若x∈(－a，＋∞)，則f′(x)>0；若x∈(0，－a)，則f′(x)<0.所以f(x)在(－a，＋∞)上單調(diào)遞增，在(0，－a)上單調(diào)遞減．綜上所述，當(dāng)a≥0時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a<0時(shí)，f(x)在(－a，＋∞)上單調(diào)遞增，在(0，－a)上單調(diào)遞減．(2)證明當(dāng)a＝1時(shí)，要證xf(x)<ex，即證x2＋xlnx<ex，即證1＋eq\f(lnx,x)<eq\f(ex,x2).令函數(shù)g(x)＝1＋eq\f(lnx,x)，則g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2).令g′(x)>0，得x∈(0，e)；令g′(x)<0，得x∈(e，＋∞)．所以g(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，所以g(x)max＝g(e)＝1＋eq\f(1,e)，令函數(shù)h(x)＝eq\f(ex,x2)，則h′(x)＝eq\f(exx－2,x3).當(dāng)x∈(0,2)時(shí)，h′(x)<0；當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，h′(x)>0.所以h(x)在(0,2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(x)min＝h(2)＝eq\f(e2,4).因?yàn)閑q\f(e2,4)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,e)))>0，所以h(x)min>g(x)max，即1＋eq\f(lnx,x)<eq\f(ex,x2)，從而xf(x)<ex得證．【典例2】已知函數(shù)f(x)＝ex2－xlnx．求證：當(dāng)x>0時(shí)，f(x)<xex＋eq\f(1,e).【證明】要證f(x)<xex＋eq\f(1,e)，只需證ex－lnx<ex＋eq\f(1,ex)，即ex－ex<lnx＋eq\f(1,ex).令h(x)＝lnx＋eq\f(1,ex)(x>0)，則h′(x)＝eq\f(ex－1,ex2)，易知h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上單調(diào)遞增，則h(x)min＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝0，所以lnx＋eq\f(1,ex)≥0.再令φ(x)＝ex－ex，則φ′(x)＝e－ex，易知φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，則φ(x)max＝φ(1)＝0，所以ex－ex≤0.因?yàn)閔(x)與φ(x)不同時(shí)為0，所以ex－ex<lnx＋eq\f(1,ex)，故原不等式成立．【典例3】已知函數(shù)f(x)＝elnx－ax(a∈R)．(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)a＝e時(shí)，證明：xf(x)－ex＋2ex≤0.【解析】(1)解f′(x)＝eq\f(e,x)－a(x>0)，①若a≤0，則f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；②若a>0，則當(dāng)0<x<eq\f(e,a)時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x>eq\f(e,a)時(shí)，f′(x)<0.故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(e,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,a)，＋∞))上單調(diào)遞減．(2)證明因?yàn)閤>0，所以只需證f(x)≤eq\f(ex,x)－2e，當(dāng)a＝e時(shí)，由(1)知，f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．所以f(x)max＝f(1)＝－e.設(shè)g(x)＝eq\f(ex,x)－2e(x>0)，則g′(x)＝eq\f(x－1ex,x2)，所以當(dāng)0<x<1時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，所以g(x)min＝g(1)＝－e.綜上，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)≤g(x)，即f(x)≤eq\f(ex,x)－2e.故不等式xf(x)－ex＋2ex≤0得證．【題型五】分拆函數(shù)法證明不等式【典例1】證明：對(duì)一切x∈(0，＋∞)，都有l(wèi)nx＞eq\f(1,ex)－eq\f(2,ex)成立.【解析】問(wèn)題等價(jià)于證明xlnx＞eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)(x∈(0，＋∞)).設(shè)f(x)＝xlnx，f′(x)＝1＋lnx，易知x＝eq\f(1,e)為f(x)的唯一極小值點(diǎn)，則f(x)＝xlnx(x∈(0，＋∞))的最小值是－eq\f(1,e)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(1,e)時(shí)取到.設(shè)m(x)＝eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)(x∈(0，＋∞))，則m′(x)＝eq\f(1－x,ex)，由m′(x)＜0，得x＞1時(shí)，m(x)單調(diào)遞減；由m′(x)＞0得0＜x＜1時(shí)，m(x)單調(diào)遞增，易知m(x)max＝m(1)＝－eq\f(1,e)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取到.從而對(duì)一切x∈(0，＋∞)，xlnx≥－eq\f(1,e)≥eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)，兩個(gè)等號(hào)不同時(shí)取到，所以對(duì)一切x∈(0，＋∞)都有l(wèi)nx＞eq\f(1,ex)－eq\f(2,ex)成立.【典例2】已知函數(shù)f(x)＝elnx－ax(x∈R).(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)a＝e時(shí)，證明：xf(x)－ex＋2ex≤0.【解析】(1)解f′(x)＝eq\f(e,x)－a(x>0)，①若a≤0，則f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；②若a>0，則當(dāng)0<x<eq\f(e,a)時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x>eq\f(e,a)時(shí)，f′(x)<0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(e,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,a)，＋∞))上單調(diào)遞減.綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a>0時(shí)，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(e,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,a)，＋∞))上單調(diào)遞減.(2)證明法一∵x>0，∴只需證f(x)≤eq\f(ex,x)－2e，當(dāng)a＝e時(shí)，由(1)知，f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，∴f(x)max＝f(1)＝－e.記g(x)＝eq\f(ex,x)－2e(x>0)，則g′(x)＝eq\f(（x－1）ex,x2)，∴當(dāng)0<x<1時(shí)，g′(x)<0，當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)>0，故g(x)在(0，1)上單調(diào)遞減；在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴g(x)min＝g(1)＝－e.綜上，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)≤g(x)，即f(x)≤eq\f(ex,x)－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.法二由題意知，即證exlnx－ex2－ex＋2ex≤0，從而等價(jià)于lnx－x＋2≤eq\f(ex,ex).設(shè)函數(shù)g(x)＝lnx－x＋2，則g′(x)＝eq\f(1,x)－1.∴當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，g′(x)>0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)<0，故g(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，從而g(x)在(0，＋∞)上的最大值為g(1)＝1.設(shè)函數(shù)h(x)＝eq\f(ex,ex)，則h′(x)＝eq\f(ex（x－1）,ex2).∴當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，h′(x)<0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h′(x)>0，故h(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，從而h(x)在(0，＋∞)上的最小值為h(1)＝1.綜上，當(dāng)x>0時(shí)，g(x)≤h(x)，即xf(x)－ex＋2ex≤0.【題型六】放縮后構(gòu)造函數(shù)證明不等式【典例1】已知函數(shù)f(x)＝aln(x－1)＋eq\f(2,x－1)，其中a為正實(shí)數(shù)．證明：當(dāng)x>2時(shí)，f(x)<ex＋(a－1)x－2a.【證明】令φ(x)＝lnx－x＋1，其定義域?yàn)?0，＋∞)，φ′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x).當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，φ′(x)>0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，φ′(x)<0，∴φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，∴φ(x)max＝φ(1)＝0，∴φ(x)≤0，即lnx≤x－1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取“＝”．當(dāng)x>2時(shí)，ln(x－1)<x－2，又a>0，∴aln(x－1)<a(x－2)．要證f(x)<ex＋(a－1)x－2a，只需證aln(x－1)＋eq\f(2,x－1)<ex＋(a－1)x－2a，只需證a(x－2)＋eq\f(2,x－1)<ex＋(a－1)x－2a，即ex－x－eq\f(2,x－1)>0對(duì)于任意的x>2恒成立．令h(x)＝ex－x－eq\f(2,x－1)，x>2，則h′(x)＝ex－1＋eq\f(2,x－12).因?yàn)閤>2，所以h′(x)>0恒成立，所以h(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(x)>h(2)＝e2－4>0，所以當(dāng)x>2時(shí)，f(x)<ex＋(a－1)x－2a.【典例2】已知函數(shù)f(x)＝aex－1－lnx－1.(1)若a＝1，求f(x)在(1，f(1))處的切線方程；(2)證明：當(dāng)a≥1時(shí)，f(x)≥0.【解析】(1)解當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝ex－1－lnx－1(x>0)，f′(x)＝ex－1－eq\f(1,x)，k＝f′(1)＝0，又f(1)＝0，∴切點(diǎn)為(1,0)．∴切線方程為y－0＝0(x－1)，即y＝0.(2)證明∵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－eq\f(1,x)，令h(x)＝ex－1－eq\f(1,x)，∴h′(x)＝ex－1＋eq\f(1,x2)>0，∴φ′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又φ′(1)＝0，∴當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，φ′(x)<0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，φ′(x)>0，∴φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴φ(x)min＝φ(1)＝0，∴φ(x)≥0，∴f(x)≥φ(x)≥0，即證f(x)≥0.方法二令g(x)＝ex－x－1，∴g′(x)＝ex－1.當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，g′(x)<0；當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，g′(x)>0，∴g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴g(x)min＝g(0)＝0，故ex≥x＋1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)取“＝”．同理可證lnx≤x－1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取“＝”．由ex≥x＋1?ex－1≥x(當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取“＝”)，由x－1≥lnx?x≥lnx＋1(當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取“＝”)，∴ex－1≥x≥lnx＋1，即ex－1≥lnx＋1，即ex－1－lnx－1≥0(當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取“＝”)，即證f(x)≥0.方法三f(x)＝aex－1－lnx－1，定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝aex－1－eq\f(1,x)，令k(x)＝aex－1－eq\f(1,x)，∴k′(x)＝aex－1＋eq\f(1,x2)>0，∴f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．又f′(1)＝a－1≥0且x→0時(shí)，f′(x)→－∞，∴?x0∈(0,1]使f′(x0)＝0，即aex0-1－eq\f(1,x0)即aex0-1＝eq\f(1,x0)∴當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，∴f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴f(x)min＝f(x0)＝aex0-1－lnx0－1＝eq\f(1,x0)－lnx0令φ(x)＝eq\f(1,x)－lnx－1，x∈(0,1]，∴φ′(x)＝－eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)<0，∴φ(x)在(0,1]上單調(diào)遞減，∴φ(x)min＝φ(1)＝0，∴φ(x)≥0，∴eq\f(1,x0)－lnx0－1≥0，即f(x)min＝f(x0)≥0，故f(x)≥0.【典例3】已知x∈(0，1)，求證：x2－eq\f(1,x)＜eq\f(lnx,ex).【解析】法一要證x2－eq\f(1,x)＜eq\f(lnx,ex)，只需證exeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(1,x)))＜lnx，又易證ex＞x＋1(0＜x＜1)，∴只需證明lnx＋(x＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－x2))＞0.即證lnx＋1－x3＋eq\f(1,x)－x2＞0，而x3＜x，x2＜x(0＜x＜1)，∴只需證lnx＋1－2x＋eq\f(1,x)＞0，令g(x)＝lnx＋1－2x＋eq\f(1,x)，則g′(x)＝eq\f(1,x)－2－eq\f(1,x2)＝－eq\f(2x2－x＋1,x2)，而2x2－x＋1＞0恒成立，∴g′(x)＜0，∴g(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，∴當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，g(x)＞g(1)＝0，即lnx＋1－2x＋eq\f(1,x)＞0.∴x2－eq\f(1,x)＜eq\f(lnx,ex).法二∵x∈(0，1)，∴ex∈(1，e)，∴要證x2－eq\f(1,x)＜eq\f(lnx,ex)成立，只需證exeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(1,x)))＜lnx成立，只需證x2－eq\f(1,x)＜lnx，又x2＜x(0＜x＜1)，∴只需證lnx＋eq\f(1,x)－x＞0，令h(x)＝lnx＋eq\f(1,x)－x，則h′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)－1＝－eq\f(x2－x＋1,x2)，而x2－x＋1＞0恒成立，∴h′(x)＜0，∴h(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，∴當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，h(x)＞h(1)＝0，∴l(xiāng)nx＋eq\f(1,x)－x＞0，∴x2－eq\f(1,x)＜eq\f(lnx,ex).三、【培優(yōu)訓(xùn)練】【訓(xùn)練一】已知函數(shù)f(x)＝xlnx－ax.(1)當(dāng)a＝－1時(shí)，求函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上的最小值；(2)證明：對(duì)一切x∈(0，＋∞)，都有l(wèi)nx＋1>eq\f(1,ex＋1)－eq\f(2,e2x)成立．【解析】(1)函數(shù)f(x)＝xlnx－ax的定義域?yàn)?0，＋∞)．當(dāng)a＝－1時(shí)，f(x)＝xlnx＋x，f′(x)＝lnx＋2.由f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,e2).當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e2)))時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x>eq\f(1,e2)時(shí)，f′(x)>0.所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，＋∞))上單調(diào)遞增．因此f(x)在x＝eq\f(1,e2)處取得最小值，即f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)))＝－eq\f(1,e2).(2)證明：當(dāng)x>0時(shí)，lnx＋1>eq\f(1,ex＋1)－eq\f(2,e2x)等價(jià)于x(lnx＋1)>eq\f(x,ex＋1)－eq\f(2,e2).由(1)知a＝－1時(shí)，f(x)＝xlnx＋x的最小值是－eq\f(1,e2)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(1,e2)時(shí)取等號(hào)．設(shè)G(x)＝eq\f(x,ex＋1)－eq\f(2,e2)，x∈(0，＋∞)．則G′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,e·ex)－\f(2,e2)))′＝eq\f(1－x,ex＋1)，易知G(x)max＝G(1)＝－eq\f(1,e2)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取到，從而可知對(duì)一切x∈(0，＋∞)，都有f(x)>G(x)，即lnx＋1>eq\f(1,ex＋1)－eq\f(2,e2x).【訓(xùn)練二】已知函數(shù)f(x)＝λlnx－e－x(λ∈R)．(1)若函數(shù)f(x)是單調(diào)函數(shù)，求λ的取值范圍；(2)求證：當(dāng)0<x1<x2時(shí)，e1－x2－e1－x1>1－eq\f(x2,x1).【解析】(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，因?yàn)閒(x)＝λlnx－e－x，所以f′(x)＝eq\f(λ,x)＋e－x＝eq\f(λ＋xe－x,x)，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)是單調(diào)函數(shù)，所以f′(x)≤0或f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，①當(dāng)函數(shù)f(x)是單調(diào)遞減函數(shù)時(shí)，f′(x)≤0，所以eq\f(λ＋xe－x,x)≤0，即λ＋xe－x≤0，λ≤－xe－x＝－eq\f(x,ex).令φ(x)＝－eq\f(x,ex)，則φ′(x)＝eq\f(x－1,ex)，當(dāng)0<x<1時(shí)，φ′(x)<0；當(dāng)x>1時(shí)，φ′(x)>0，則φ(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x>0時(shí)，φ(x)min＝φ(1)＝－eq\f(1,e)，所以λ≤－eq\f(1,e).②當(dāng)函數(shù)f(x)是單調(diào)遞增函數(shù)時(shí)，f′(x)≥0，所以eq\f(λ＋xe－x,x)≥0，即λ＋xe－x≥0，λ≥－xe－x＝－eq\f(x,ex)，由①得φ(x)＝－eq\f(x,ex)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，又φ(0)＝0，x→＋∞時(shí)，φ(x)<0，所以λ≥0.綜上，λ的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,e)))∪[0，＋∞)．(2)證明：由(1)可知，當(dāng)λ＝－eq\f(1,e)時(shí)，f(x)＝－eq\f(1,e)lnx－e－x在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，因?yàn)?<x1<x2，所以f(x1)>f(x2)，即－eq\f(1,e)lnx1－e－x1>－eq\f(1,e)lnx2－e－x2，所以e1－x2－e1－x1>lnx1－lnx2.要證e1－x2－e1－x1>1－eq\f(x2,x1)，只需證lnx1－lnx2>1－eq\f(x2,x1)，即證lneq\f(x1,x2)>1－eq\f(x2,x1).令t＝eq\f(x1,x2)，t∈(0，1)，則只需證lnt>1－eq\f(1,t)，令h(t)＝lnt＋eq\f(1,t)－1，則h′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(1,t2)＝eq\f(t－1,t2)，當(dāng)0<t<1時(shí)，h′(t)<0，所以h(t)在(0，1)上單調(diào)遞減，又因?yàn)閔(1)＝0，所以h(t)>0，即lnt>1－eq\f(1,t)，原不等式得證．【訓(xùn)練三】已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x)－x＋alnx.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，證明：eq\f(fx1－fx2,x1－x2)<a－2.【解析】(1)解f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝－eq\f(1,x2)－1＋eq\f(a,x)＝－eq\f(x2－ax＋1,x2).①若a≤2，則f′(x)≤0，當(dāng)且僅當(dāng)a＝2，x＝1時(shí)，f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．②若a>2，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(a－\r(a2－4),2)或x＝eq\f(a＋\r(a2－4),2).當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))時(shí)，f′(x)>0.所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))上單調(diào)遞增．(2)證明由(1)知，f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)a>2.由于f(x)的兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2滿足x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1，不妨設(shè)x1<x2，則x2>1.由于eq\f(fx1－fx2,x1－x2)＝－eq\f(1,x1x2)－1＋aeq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)＝－2＋aeq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)＝－2＋aeq\f(－2lnx2,\f(1,x2)－x2)，所以eq\f(fx1－fx2,x1－x2)<a－2等價(jià)于eq\f(1,x2)－x2＋2lnx2<0.設(shè)函數(shù)g(x)＝eq\f(1,x)－x＋2lnx，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．又g(1)＝0，從而當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g(x)<0.所以eq\f(1,x2)－x2＋2lnx2<0，即eq\f(fx1－fx2,x1－x2)<a－2.【訓(xùn)練四】已知函數(shù)f(x)＝xex－x.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)證明：當(dāng)x>0時(shí)，f(x)－lnx≥1.【解析】(1)解由題意得f′(x)＝(x＋1)ex－1，設(shè)g(x)＝(x＋1)ex，則g′(x)＝(x＋2)ex，當(dāng)x≤－1時(shí)，g(x)≤0，f′(x)<0，f(x)在(－∞，－1]上單調(diào)遞減；當(dāng)x>－1時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，又因?yàn)間(0)＝1，所以當(dāng)x<0時(shí)，g(x)<1，即f′(x)<0，當(dāng)x>0時(shí)，g(x)>1，即f′(x)>0，綜上可知，f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)證明要證f(x)－lnx≥1，即證xex－x－lnx≥1，即證ex＋lnx－(x＋lnx)≥1，令t＝x＋lnx，易知t∈R，待證不等式轉(zhuǎn)化為et－t≥1.設(shè)u(t)＝et－t，則u′(t)＝et－1，當(dāng)t<0時(shí)，u′(t)<0，當(dāng)t>0時(shí)，u′(t)>0，故u(t)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．所以u(píng)(t)≥u(0)＝1，原命題得證．【訓(xùn)練五】已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax(a∈R).(1)討論函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上的單調(diào)性；(2)證明：ex－e2lnx＞0.【解析】(1)解f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝eq\f(1－ax,x)，當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)＞0，∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，當(dāng)a＞0時(shí)，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,a)，∴x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))時(shí)，f′(x)＞0；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))時(shí)，f′(x)＜0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞減.(2)證明法一要證ex－e2lnx＞0，即證ex－2＞lnx，令φ(x)＝ex－x－1，∴φ′(x)＝ex－1.令φ′(x)＝0，得x＝0.∴x∈(－∞，0)時(shí)，φ′(x)＜0；x∈(0，＋∞)時(shí)，φ′(x)＞0，∴φ(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴φ(x)min＝φ(0)＝0，即ex－x－1≥0，即ex≥x＋1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)取“＝”.同理可證lnx≤x－1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取“＝”.由ex≥x＋1(當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)取“＝”)，可得ex－2≥x－1(當(dāng)且僅當(dāng)x＝2時(shí)取“＝”)，又lnx≤x－1，即x－1≥lnx，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取“＝”，所以ex－2≥x－1≥lnx且兩等號(hào)不能同時(shí)成立，故ex－2＞lnx.即證原不等式成立.法二令φ(x)＝ex－e2lnx，φ(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，φ′(x)＝ex－eq\f(e2,x)，令h(x)＝ex－eq\f(e2,x)，∴h′(x)＝ex＋eq\f(e2,x2)＞0，∴φ′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.又φ′(1)＝e－e2＜0，φ′(2)＝e2－eq\f(1,2)e2＝eq\f(1,2)e2＞0，故?x0∈(1，2)，使φ′(x0)＝0，即ex0－eq\f(e2,x0)＝0，即ex0＝eq\f(e2,x0)，∴當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，φ′(x)＜0；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，φ′(x0)＞0，∴φ(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴φ(x)min＝φ(x0)＝ex0－e2lnx0＝eq\f(e2,x0)－e2lnx0＝eq\f(e2,x0)－e2lneq\f(e2,ex0)＝eq\f(e2,x0)－e2(2－x0)＝e2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x0)＋x0－2))＝e2·eq\f(（x0－1）2,x0)＞0，故φ(x)＞0，即ex－e2lnx＞0，即證原不等式成立.【訓(xùn)練六】已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(2（x－1）,1＋x)，g(x)＝eq\f(ex－1,2x－3).(1)求函數(shù)f(x)在[1，＋∞)上的最小值；(2)設(shè)b>a>0，證明：eq\f(b－a,lnb－lna)<eq\f(a＋b,2).【解析】(1)f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(2[（1＋x）－（x－1）],（1＋x）2)＝eq\f(（x－1）2,x（1＋x）2)≥0，所以f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增．又f(1)＝0，所以f(x)min＝f(1)＝0.(2)證明：由(1)知，當(dāng)x∈[1，＋∞)時(shí)，f(x)＝lnx－eq\f(2（x－1）,1＋x)≥0，即lnx≥eq\f(2（x－1）,1＋x)，由b>a>0，得eq\f(b,a)>1，所以lneq\f(b,a)>eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)－1)),1＋\f(b,a))，化簡(jiǎn)得lnb－lna>eq\f(2（b－a）,b＋a)，所以eq\f(b－a,lnb－lna)<eq\f(a＋b,2).四、【強(qiáng)化測(cè)試】【解答題】1.已知函數(shù)f(x)＝aex－lnx－1(e＝2.71828…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))．(1)設(shè)x＝2是函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的值，并求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)證明：當(dāng)a≥eq\f(1,e)時(shí)，f(x)≥0.【解析】(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝aex－eq\f(1,x).由題設(shè)知，f′(2)＝0，所以a＝eq\f(1,2e2).從而f(x)＝eq\f(1,2e2)ex－lnx－1，f′(x)＝eq\f(1,2e2)ex－eq\f(1,x).當(dāng)0<x<2時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x>2時(shí)，f′(x)>0.所以f(x)在(0，2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)證明：當(dāng)a≥eq\f(1,e)時(shí)，f(x)≥eq\f(ex,e)－lnx－1.設(shè)g(x)＝eq\f(ex,e)－lnx－1，則g′(x)＝eq\f(ex,e)－eq\f(1,x).當(dāng)0<x<1時(shí)，g′(x)<0；當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)>0.所以x＝1是g(x)的最小值點(diǎn)．故當(dāng)x>0時(shí)，g(x)≥g(1)＝0.因此，當(dāng)a≥eq\f(1,e)時(shí)，f(x)≥0.2.已知函數(shù)f(x)＝1－eq\f(x－1,ex)，g(x)＝x－lnx.(1)證明：g(x)≥1；(2)證明：(x－lnx)f(x)>1－eq\f(1,e2).【證明】(1)由題意得g′(x)＝eq\f(x－1,x)(x>0)．當(dāng)0<x<1時(shí)，g′(x)<0；當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)>0，即g(x)在(0，1)上是減函數(shù)，在(1，＋∞)上是增函數(shù)．所以g(x)≥g(1)＝1.(2)由f(x)＝1－eq\f(x－1,ex)，得f′(x)＝eq\f(x－2,ex)，所以當(dāng)0<x<2時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x>2時(shí)，f′(x)>0，即f(x)在(0，2)上是減函數(shù)，在(2，＋∞)上是增函數(shù)，所以f(x)≥f(2)＝1－eq\f(1,e2)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝2時(shí)，等號(hào)成立．又由(1)知x－lnx≥1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)，等號(hào)成立，且①②等號(hào)不能同時(shí)取到，所以(x－lnx)f(x)>1－eq\f(1,e2).3.已知函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)，a∈R.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)a>0時(shí)，證明：f(x)≥eq\f(2a－1,a).【解析】(1)f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(a,x2)＝eq\f(x－a,x2)(x>0)．當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．當(dāng)a>0時(shí)，若x>a，則f′(x)>0，函數(shù)f(x)在(a，＋∞)上單調(diào)遞增；若0<x<a，則f′(x)<0，函數(shù)f(x)在(0，a)上單調(diào)遞減．(2)證明：由(1)知，當(dāng)a>0時(shí)，f(x)min＝f(a)＝lna＋1.要證f(x)≥eq\f(2a－1,a)，只需證lna＋1≥eq\f(2a－1,a)，即證lna＋eq\f(1,a)－1≥0.令函數(shù)g(a)＝lna＋eq\f(1,a)－1，則g′(a)＝eq\f(1,a)－eq\f(1,a2)＝eq\f(a－1,a2)(a>0)，當(dāng)0<a<1時(shí)，g′(a)<0，當(dāng)a>1時(shí)，g′(a)>0，所以g(a)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(a)min＝g(1)＝0.所以lna＋eq\f(1,a)－1≥0恒成立，所以f(x)≥eq\f(2a－1,a).4.已知函數(shù)f(x)＝elnx－ax(a∈R)．(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)a＝e時(shí)，證明：xf(x)－ex＋2ex≤0.【解析】(1)f′(x)＝eq\f(e,x)－a(x>0)．①若a≤0，則f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；②若a>0，則當(dāng)0<x<eq\f(e,a)時(shí)，f′(x)>0，當(dāng)x>eq\f(e,a)時(shí)，f′(x)<0，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(e,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,a)，＋∞))上單調(diào)遞減．(2)證明：因?yàn)閤>0，所以只需證f(x)≤eq\f(ex,x)－2e，當(dāng)a＝e時(shí)，由(1)知，f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f(x)max＝f(1)＝－e.記g(x)＝eq\f(ex,x)－2e(x>0)，則g′(x)＝eq\f(（x－1）ex,x2)，所以當(dāng)0<x<1時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，所以g(x)min＝g(1)＝－e.綜上，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)≤g(x)，即f(x)≤eq\f(ex,x)－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.5.已知函數(shù)f(x)＝ax－lnx－1.(1)若f(x)≥0恒成立，求a的最小值；(2)證明：eq\f(e－x,x)＋x＋lnx－1≥0.【解析】(1)由題意知x>0，所以f(x)≥0等價(jià)于a≥eq\f(lnx＋1,x).令g(x)＝eq\f(lnx＋1,x)，則g′(x)＝eq\f(－lnx,x2)，所以當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，g′(x)>0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)<0.則g(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以g(x)max＝g(1)＝1，則a≥1，所以a的最小值為1.(2)證明：當(dāng)a＝1時(shí)，由(1)得x≥lnx＋1.即t≥lnt＋1.令eq\f(e－x,x)＝t，則－x－lnx＝lnt，所以eq\f(e－x,x)≥－x－lnx＋1，即eq\f(e－x,x)＋x＋lnx－1≥0.6.已知函數(shù)f(x)＝xex－1－ax＋1，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線l的斜率為3e－2.(1)求a的值及切線l的方程；(2)證明：f(x)≥0.【解析】(1)解由f(x)＝xex－1－ax＋1，得f′(x)＝(x＋1)ex－1－a，因?yàn)榍€y＝f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線l的斜率為3e－2，所以f′(2)＝3e－a＝3e－2，解得a＝2，所以f(2)＝2e－4＋1＝2e－3，故切線l的方程為y－(2e－3)＝(3e－2)(x－2)，即(3e－2)x－y－4e＋1＝0.所以a＝2，切線l的方程為(3e－2)x－y－4e＋1＝0.(2)證明由(1)，可得f(x)＝xex－1－2x＋1，f′(x)＝(x＋1)ex－1－2，所以當(dāng)x∈(－∞，－1]時(shí)，f′(x)<0.令g(x)＝(x＋1)ex－1－2(x>－1)，則g′(x)＝(x＋2)ex－1>0，所以當(dāng)x∈(－1，＋∞)時(shí)，g(x)單調(diào)遞增，即f′(x)單調(diào)遞增，又因?yàn)閒′(1)＝0，所以當(dāng)x∈(－1,1)時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．所以f(x)≥f(1)＝0.7.設(shè)a為實(shí)數(shù)，函數(shù)f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值；(2)求證：當(dāng)a>ln2－1且x>0時(shí)，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.于是當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x(－∞，ln2)ln2(ln2，＋∞)f′(x)－0＋f(x)↘2(1－ln2＋a)↗故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，ln2)，單調(diào)遞增區(qū)間是(ln2，＋∞)．f(x)在x＝ln2處取得極小值，極小值為f(ln2)＝2(1－ln2＋a)，無(wú)極大值．(2)證明設(shè)g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R.于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.由(1)知當(dāng)a>ln2－1時(shí)，g′(x)的最小值為g′(ln2)＝2(1－ln2＋a)>0.于是對(duì)任意x∈R，都有g(shù)′(x)>0，所以g(x)在R內(nèi)單調(diào)遞增．于是當(dāng)a>ln2－1時(shí)，對(duì)任意x∈(0，＋∞)，都有g(shù)(x)>g(0)．又g(0)＝0，從而對(duì)任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0.即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.8.已知函數(shù)f(x)＝elnx－ax(a∈R)．(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)a＝e時(shí)，證明：xf(x)－ex＋2ex≤0.【解析】(1)解f′(x)＝eq\f(e,x)－a(x>0)．①若a≤0，則f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；②若a>0，則當(dāng)0<x<eq\f(e,a)時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x>eq\f(e,a)時(shí)，f′(x)<0，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(e,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,a)，＋∞))上單調(diào)遞減．(2)證明因?yàn)閤>0，所以只需證f(x)≤eq\f(ex,x)－2e，當(dāng)a＝e時(shí)，由(1)知，f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．所以f(x)max＝f(1)＝－e，記g(x)＝eq\f(ex,x)－2e(x>0)，則g′(x)＝eq\f(x－1ex,x2)，所以當(dāng)0<x<1時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，所以g(x)min＝g(1)＝－e，綜上，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)≤g(x)，即f(x)≤eq\f(ex,x)－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.9.已知函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x＋a)(a∈R)，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(e，f(e))處的切線方程為y＝eq\f(1,e).(1)求實(shí)數(shù)a的值，并求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)求證：當(dāng)x>0時(shí)，f(x)≤x－1.【解析】(1)解∵f(x)＝eq\f(lnx,x＋a)，∴f′(x)＝eq\f(\f(x＋a,x)－lnx,x＋a2)，∴f′(e)＝eq\f(\f(a,e),e＋a2)，又曲線y＝f(x)在點(diǎn)(e，f(e))處的切線方程為y＝eq\f(1,e)，則f′(e)＝0，即a＝0，∴f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，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)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0，e)，單調(diào)遞減區(qū)間是(e，＋∞)．(2)證明當(dāng)x>0時(shí)，要證f(x)≤x－1，即證lnx－x2＋x≤0，令g(x)＝lnx－x2＋x(x>0)，則g′(x)＝eq\f(1,x)－2x＋1＝eq\f(1＋x－2x2,x)＝－eq\f(x－12x＋1,x)，當(dāng)0<x<1時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，∴g(x)≤g(1)＝0，即當(dāng)x>0時(shí)，f(x)≤x－1.10.已知函數(shù)f(x)＝ax＋xlnx在x＝e－2(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))處取得極小值．(1)求實(shí)數(shù)a的值；(2)當(dāng)x>1時(shí)，求證：f(x)>3(x－1)．【解析】(1)因?yàn)閒(x)＝ax＋xlnx，所以f′(x)＝a＋lnx＋1，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在x＝e－2處取得極小值，所以f′(e－2)＝0，即a＋lne－2＋1＝0，所以a＝1，所以f′(x)＝lnx＋2.當(dāng)f′(x)>0時(shí)，x>e－2；當(dāng)f′(x)<0時(shí)，0<x<e－2，所以f(x)在(0，e－2)上單調(diào)遞減，在(e－2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)在x＝e－2處取得極小值，符合題意，所以a＝1.(2)證明：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)上單調(diào)遞減，在(e，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)在(1，＋∞)上的最小值為g(e)＝3－e>0.于是在(1，＋∞)上，都有g(shù)(x)≥g(e)>0，所以f(x)>3(x－1)．11.已知f(x)＝xlnx.(1)求函數(shù)f(x)的極值；(2)證明：對(duì)一切x∈(0，＋∞)，都有l(wèi)nx>eq\f(1,ex)－eq\f(2,ex)成立．【解析】(1)解由f(x)＝xlnx，x>0，得f′(x)＝lnx＋1，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,e).當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．所以當(dāng)x＝eq\f(1,e)時(shí)，f(x)取得極小值，f(x)極小值＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e)，無(wú)極大值．(2)證明問(wèn)題等價(jià)于證明xlnx>eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)(x∈(0，＋∞))．由(1)可知f(x)＝xlnx(x∈(0，＋∞))的最小值是－eq\f(1,e)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(1,e)時(shí)取到．設(shè)m(x)＝eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)(x∈(0，＋∞))，則m′(x)＝eq\f(1－x,ex)，由m′(x)<0，得x>1時(shí)，m(x)單調(diào)遞減；由m′(x)>0得0<x<1時(shí)，m(x)單調(diào)遞增，易知m(x)max＝m(1)＝－eq\f(1,e)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取到．從而對(duì)一切x∈(0，＋∞)，xlnx≥－eq\f(1,e)≥eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)，兩個(gè)等號(hào)不同時(shí)取到，所以對(duì)一切x∈(0，＋∞)都有l(wèi)nx>eq\f(1,ex)－eq\f(2,ex)成立．12.已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax(a∈R)．(1)討論函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上的單調(diào)性；(2)證明：ex－e2lnx>0恒成立．【解析】(1)解f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝eq\f(1－ax,x)，當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，當(dāng)a>0時(shí)，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,a)，∴x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))時(shí)，f′(x)>0；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))時(shí)，f′(x)<0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞減．(2)證明要證ex－e2lnx>0，即證ex－2>lnx，令φ(x)＝ex－x－1，∴φ′(x)＝ex－1.令φ′(x)＝0，得x＝0，∴當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，φ′(x)<0；當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，φ′(x)>0，∴φ(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴φ(x)min＝φ(0)＝0，即ex－x－1≥0，即ex≥x＋1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)取“＝”．同理可證lnx≤x－1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取“＝”．由ex≥x＋1(當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)取“＝”)，可得ex－2≥x－1(當(dāng)且僅當(dāng)x＝2時(shí)取“＝”)，又x－1≥lnx，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取“＝”，∴ex－2≥x－1≥lnx且兩等號(hào)不能同時(shí)成立，故ex－2>lnx．即證原不等式成立．13.已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(alnx,x2).(1)若a＝1，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若a＝0，x∈(0，1)，證明：x2－eq\f(1,x)<eq\f(f（x）,ex).【解析】(1)解當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝lnx－eq\f(lnx,x2)，x∈(0，＋∞)，∴f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1－2lnx,x3)＝eq\f(x2－1＋2lnx,x3)＝eq\f(（x－1）（x＋1）＋2lnx,x3).當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，1)，單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞).(2)證明當(dāng)a＝0，x∈(0，1)時(shí)，x2－eq\f(1,x)<eq\f(f（x）,ex)等價(jià)于eq\f(－lnx,ex)＋x2－eq\f(1,x)<0，∵當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，ex∈(1，e)，－lnx>0，∴eq\f(－lnx,ex)<－lnx，∴只需要證－lnx＋x2－eq\f(1,x)<0在(0，1)上恒成立.令g(x)＝－lnx＋x2－eq\f(1,x)，x∈(0，1)，∴g′(x)＝－eq\f(1,x)＋2x＋eq\f(1,x2)＝eq\f(2x3－x＋1,x2)>0，則函數(shù)g(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，于是g(x)<－ln1＋1－1＝0，∴當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，x2－eq\f(1,x)<eq\f(f（x）,ex).14.已知函數(shù)f(x)＝1－eq\f(lnx,x)，g(x)＝eq\f(ae,ex)＋eq\f(1,x)－bx，若曲線y＝f(x)與曲線y＝g(x)的一個(gè)公共點(diǎn)是A(1，1)，且在點(diǎn)A處的切線互相垂直.(1)求a，b的值；(2)證明：當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)＋g(x)≥eq\f(2,x).【解析】(1)解因?yàn)閒(x)＝1－eq\f(lnx,x)，x＞0，所以f′(x)＝eq\f(lnx－1,x2)，f′(1)＝－1.因?yàn)間(x)＝eq\f(ae,ex)＋eq\f(1,x