第1课时 导数与不等式
证明不等式
命题点1 构造函数法
例1 (2020·赣州模拟)已知函数f (x )＝1－ln x x ，g (x )＝a e e x ＋1
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 )≥2
x
.
(1)解 因为f (x )＝1－ln x
x
，x >0，
所以f ′(x )＝ln x －1x
2
，f ′(1)＝－1. 因为g (x )＝a e e x ＋1x －bx ，所以g ′(x )＝－a e e x －1
x
2－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 )＝－e e x ＋1
x ＋x ，
则f (x )＋g (x )≥2x ?1－ln x x －e e x －1
x ＋x ≥0.
令h (x )＝1－ln x x －e e x －1
x
＋x (x ≥1)，
则h (1)＝0，h ′(x )＝－1＋ln x x 2
＋e e x ＋1x 2＋1＝ln x x 2＋e
e x ＋1. 因为x ≥1，所以h ′(x )＝ln x x 2＋e
e 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－ln x x －e e x －1
x ＋x ≥0，
所以当x ≥1时，f (x )＋g (x )≥2
x
.
命题点2 分拆函数法
例2 (2019·福州期末)已知函数f (x )＝eln x －ax (a ∈R ). (1)讨论f (x )的单调性；
(2)当a ＝e 时，证明：xf (x )－e x
＋2e x ≤0. (1)解 f ′(x )＝e
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
a
时，f ′(x )<0，
故f (x )在?
??
??0，e a 上单调递增，在? ??
??e a ，＋∞上单调递减.
(2)证明 因为x >0， 所以只需证f (x )≤e
x
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 )＝e x
x －2e(x >0)，则g ′(x )＝x －1e
x
x
2
， 所以当0
即f (x )≤e x
x
－2e ，即xf (x )－e x
＋2e x ≤0.
思维升华 (1)利用导数证明不等式的基本思路是依据函数的单调性，求得函数的最值，然后由f (x )≤f (x )max 或f (x )≥f (x )min 证得不等式.
(2)证明f (x )>g (x )，可以构造函数h (x )＝f (x )－g (x )，然后利用h (x )的最值证明不等式.
(3)若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形分拆，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目的. 跟踪训练1 (1)设函数f (x )＝ln x －x ＋1. ①讨论f (x )的单调性； ②证明：当x ∈(1，＋∞)时，1<
x －1
ln x
f ′(x )＝1 x －1，令f ′(x )＝0，解得x ＝1. 当0 故当x ∈(1，＋∞)时，ln x x －1， 即1 (2)已知函数f (x )＝e x ln x ＋2x e x －1，证明： f (x )>1. 证明 函数f (x )的定义域为(0，＋∞). f (x )>1等价于x ln x >x e －x －2e . 设函数g (x )＝x ln x ，则g ′(x )＝1＋ln x ， 所以当x ∈? ????0，1e 时，g ′(x )<0；当x ∈? ?? ??1e ，＋∞时，g ′(x )>0. 故g (x )在? ????0，1e 上单调递减，在? ?? ??1e ，＋∞上单调递增，从而g (x )在(0，＋∞)上的最小值为g ? ?? ??1e ＝－1e . 设函数h (x )＝x e －x －2e ，则h ′(x )＝e －x (1－x )， 所以当x ∈(0,1)时，h ′(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0. 故h (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 从而h (x )在(0，＋∞)上的最大值为h (1)＝－1 e . 因为g (x )min ＝g ? ????1e ＝h (1)＝h (x )max ， 所以当x >0时，g (x )>h (x )，即f (x )>1. 不等式恒成立或有解问题 例3 已知函数f (x )＝1＋ln x x . (1)若函数f (x )在区间? ????a ，a ＋12上存在极值，求正实数a 的取值范围； (2)如果当x ≥1时，不等式f (x )≥ k x ＋1 恒成立，求实数k 的取值范围. 解 (1)函数的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝ 1－1－ln x x 2 ＝－ln x x 2， 令f ′(x )＝0，得x ＝1. 当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减. 所以x ＝1为函数f (x )的极大值点，且是唯一极值点， 所以0 2 ，