导数证明不等式的问题(练习答案)

题型一：构造法证明不等式1．（2021·山东德州·高三期中）已知函数()2(1)x f x xe a x =++(其中常数e 2.718=是自然对数的底数).（1）当0a <时，讨论函数()f x 的单调性；（2）证明：对任意1a ≤，当0x >时，()()23231f x ex a x x x -≥-++.【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析（1）由()()()()12(1)12x x f x x e a x x e a =+++=++，令()0f x '=，解得1x =-，()ln 2x a =-， ①当102a e-<<， 由()0f x '>，解得()ln 2x a <-或1x >-，由()0f x '<，解得()ln 21a x -<<-，故()f x 在()(),ln 2a -∞-，()1,-+∞上单调递增；在()()ln 2,1a --上单调递减， ②当12a e=-，()0f x '≥，()f x 在R 上单调递增; ③当12a e<-，由()0f x '>，解得1x <-或()ln 2x a >-， 由()0f x '<，解得()1ln 2x a -<<-故()f x 在(),1-∞-，()()ln 2,a -+∞上单调递增；在()()1,ln 2a --上单调递减， 综上所述，当102a e-<<时， ()f x 在()(),ln 2a -∞-，()1,-+∞上单调递增；在()()ln 2,1a --上单调递减， 当12a e=-，()f x 在R 上单调递增; 当12a e<-，()f x 在(),1-∞-，()()ln 2,a -+∞上单调递增； 在()()1,ln 2a --上单调递减.（2）证明：对任意1a ≤，当0x >时，要证()()23231f x ex a x x x --++≥，需证，20x e a a ax e x x+---≥， 令()2x e a g x a ax e x x=+---， 则()()()21x x e ax a g x x ---'=， 令()x h x e ax a =--，则()x h x e a '=-，因为0x >，1a ≤，所以()0x h x e a '=->，所以()()010h x h a >=-≥，所以()0,1x ∈时，()0g x '<，()g x 单调递减，当()1,x ∈+∞时，()0g x '>，()g x 单调递增，所以()()10g x g ≥=，即20x e a a ax e x x+---≥，原不等式成立. 2．（2021·河南驻马店·高三月考（文））已知函数()()248ln x a x x f a x +--=.（1）求()f x 的单调区间；（2）当2a =时，证明：()242e 64x f x x x >-++.【答案】（1）答案不唯一，见解析（2）证明见解析（1）由题意知()f x 的定义域为(0,)+∞.由已知得()()2()()8188x a x x a x a f x x x-++--'== 当0a ≤时,()()0,f x f x '>在(0,)+∞上单调递增,无单调递减区间.当0a >时,令()0f x '>，得8a x >；令()'0f x <，得08a x <<， 所以()f x 在0,8a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在,8a ⎛+∞⎫ ⎪⎝⎭上单调递增. 综上，当0a ≤时，()f x 的单调递增区间为(0,)+∞，无单调递减区间；当0a >时，()f x 的单调递减区间为0,8a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，单调递增区间为,8a ⎛+∞⎫ ⎪⎝⎭. （2）证明：原不等式等价于()e ln 20x x x ϕ=-->，则()1e x x xϕ'=-，易知()x ϕ'在(0,)+∞上单调递增，且()120,1e 102ϕϕ⎛⎫''<=-> ⎪⎝⎭， 所以()x ϕ'在1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭上存在唯一零点0x ，此时()x ϕ在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增， 要证()0x ϕ>即要证()00x ϕ>，由001e 0x x -=，得001e x x =,001ex x =，代入()000e ln 2x x x ϕ=--,得()00012x x x ϕ=+-， 因为()0001220x x x ϕ=+->=， 所以()242e 64x f x x x >-++.3．（2021·湖北武汉·高三月考）已知函数()e 21x f x a x =+-（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）证明：对任意的1a ≥，当0x >时，()()f x x ae x ≥+.【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析（1）解：()e 2x f x a '=+.①当0a ≥时，()0f x '>，函数()f x 在R 上单调递增；②当0a <时，由()0f x '>解得2ln x a ⎛⎫<- ⎪⎝⎭，由()0f x '<解得2ln x a ⎛⎫>- ⎪⎝⎭. 故()f x 在2,ln a ⎛⎫⎛⎫-∞- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭上单调递增，在2ln ,a ⎛⎫⎛⎫-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭上单调递减. 综上所述，当0a ≥时，()f x 在R 上单调递增；当0a <时，()f x 在2,ln a ⎛⎫⎛⎫-∞- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭上单调递增，在2ln ,a ⎛⎫⎛⎫-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭上单调递减. （2）证明：原不等式等价于()2(1)x a e ex x -≥-.令()x g x e ex =-，则()e e x g x '=-.当1x <时，()0g x '<；当1x >时，()0g x '>.∴()()10g x g ≥=，即0x e ex -≥，当且仅当1x =时等号成立.当1x =时，()2(1)x a e ex x -≥-显然成立；当0x >且1x ≠时，0x e ex -≥.欲证对任意的1a ≥，()2(1)x a e ex x -≥-成立，只需证2(1)x e ex x -≥-()()()()2g 1'21x x x e ex x g x e e x =---=---，令()()(),2x h x g x h x e ''==-，令()0,ln 2h x x ='= ()ln 2,0,x h x '<<()g x '递减，()ln 2,0,x h x '>>()g x '递增()()()'ln 222ln 2142ln 20,030g e e g e =---==-=-'故存在()00,ln 2x ∈，使()00g x '=又由(1)0g '=，所以00x x <<时，()0g x '>，()g x 递增，01x x <<时，()0g x '<，()g x 递减，1x >时，()0g x '>，()g x 递增，又()()g 00,10g ==，故0x >时，()0g x ≥.综上所述，结论得证。

导数证明不等式的常用方法（3）考法3放缩法考向1已知条件放缩1.（2018·全国卷Ⅲ·文科）已知函数21()xax x f x e +-=.（Ⅰ）求曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线方程； （Ⅱ）证明：当1a ≥时，()0f x e +≥.解析：（Ⅰ）2(21)2()xax a x f x e -+-+'=，(0)2f '=．因此曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线方程是210x y --=．（Ⅱ）当1a ≥时，2221111()x x x xax x x x x x e f x e e e e e e++-+-+-++=+≥+=（放缩法）．令21()1x g x x x e +=+-+，则1()21x g x x e +'=++．令(1)220g '-=-+=，()g x '单调递增，当x 变化时，()g x '、()g x 变化情况如下表：所以，()(1)0g x g ≥-=，因此()0f x e +≥． 考向2已有结论放缩的应用 结论1：ln 1x x ≤-1.（2017·全国卷Ⅲ·理科）已知函数()1ln f x x a x =--. （Ⅰ）若()0f x ≥，求a 的值；（Ⅱ）设m 为整数，且对于任意正整数n ，2111(1+)(1+)(+)222n m ⋅⋅<L 1，求m 最小值.解析：（Ⅰ）①函数的定义域为(0,)+∞.当0a ≤时，取特值11()ln 2022f a =-+<，所以不满足题意.或者()1ln 1()ln f x x a x x a x =--=-+-在(0,)+∞上单调递增，(1)0f =，当01x <<时，()0f x <，不满足要求.②当0a >时，()1a x af x x x-'=-=，令0x a -=，x a =.当x 变化时，()f x '、()f x()f x 在x a =处取得极小值，也是最小值，又(1)0f =，当且仅当1a =时，()0f x ≥， 所以，1a =.（Ⅱ）由（Ⅰ）知当1x >时，()1ln 0f x x x =-->，即ln 1x x <-.令112n x =+得11ln(1)22n n +<，从而2211111ln(1)ln(1)ln(1)22222n ++++++<++L L 1ln(1)2n ++2111222n <+++L 112n =-1<.故2111(1)(1)(1)222n e +⋅+⋅⋅+<L ，而 23111(1)(1)(1)2222+⋅+⋅+>，所以m 最小值为3.引申1：设1k x k +=，111ln 1k k k k k ++<-=，所以，111ln(1)123n n+<++++L .231111ln ln ln 11223n n n ++++<++++L L ，即111ln(1)123n n+<++++L . 结论2：ln(1)1xx x+>+.1.已知函数()ln(1)1xf x x x=+-+.（Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）证明：111ln(1)231n n +>++++L （n N +∈）. 解析：（Ⅱ）令1x n =（n N +∈），则11ln 1n n n +>+，1ln 2ln12->，1ln 3ln 23->L ，1ln(1)ln 1n n n +->+，上述各式相加，得111ln(1)231n n +>++++L .。

高三数学不等式证明试题答案及解析1.已知均为正数，证明：．【答案】证明见解析.【解析】不等式是对称式，特别是本题中不等式成立的条件是，因此我们可以用基本不等式，注意对称式的应用，如，对应的有，，这样可得①，同样方法可得，因此有②，①②相加，再应用基本不等式就可证明本题不等式了.因为a，b，c均为正数，由均值不等式得a2＋b2≥2ab， b2＋c2≥2bc， c2＋a2≥2ac．所以a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac．同理，故a2＋b2＋c2＋≥ab＋bc＋ac＋≥6．所以原不等式成立． 10分【考点】不等式的证明.2.已知a,b均为正数，且a+b=1,证明：（1）（2）【答案】见解析【解析】（1）因为a+b=1,所以，a-1=-b,b-1=-a,故=,当且仅当a=b时等号成立。

（2）==当且仅当a=b时等号成立。

3.在中，不等式成立；在凸四边形ABCD中，不等式成立；在凸五边形ABCDE中，不等式成立，，依此类推，在凸n边形中，不等式__ ___成立.【答案】【解析】我们可以利用归纳推理的方法得到不等式，从而得出结论．【考点】归纳推理.4.已知a,b,x,y均为正数且>,x>y.求证:>.【答案】见解析【解析】证明：∵-=,又>且a,b均为正数,∴b>a>0.又x>y>0,∴bx>ay.∴>0,即>.5.若a,b,c为不全相等的正数,求证:lg+lg+lg>lga+lgb+lgc.【答案】见解析【解析】证明：由a,b,c为正数,得lg≥lg;lg≥lg;lg≥lg.而a,b,c不全相等,所以lg+lg+lg>lg+lg+lg="lg" (abc)=lga+lgb+lgc.即lg+lg+lg>lga+lgb+lgc.6.下面四个图案，都是由小正三角形构成，设第个图形中有个正三角形中所有小正三角形边上黑点的总数为.图1 图2 图3 图4（Ⅰ）求出,,,;（Ⅱ）找出与的关系，并求出的表达式；（Ⅲ）求证：().【答案】（Ⅰ）12,27,48,75. （Ⅱ），．（Ⅲ）详见解析．【解析】（Ⅰ）求出,,,，第二个图形的黑点个数为第一个图形的黑点个数加上外面的三角形上的黑点个数，即，第三个图形的黑点个数为第二个图形的黑点个数加上外面的三角形上的黑点个数，即，以此类推可求出,；（Ⅱ）观察,,,可得到，后一个图形的黑点个数是前一个图形外多加一个三角形，而且每一条边都比内一个三角形多两个黑点，即，即，求出的表达式，像这种关系可用叠加法，即写出，，，，，把这个式子叠加，即可得出的表达式；（Ⅲ）求证：()，先求出的关系式，得，由于求证的不等式右边是常数，可考虑利用放缩法，即，这样既可证明．试题解析：（Ⅰ）由题意有，，，，，．（Ⅱ）由题意及（Ⅰ）知，，即，所以，，，， 5分将上面个式子相加，得：6分又，所以． 7分（Ⅲ），∴． 9分当时，，原不等式成立． 10分当时，，原不等式成立． 11分当时，，原不等式成立． 13分综上所述，对于任意，原不等式成立． 14分【考点】归纳推理，放缩法证明不等式．7.设正有理数是的一个近似值，令.（Ⅰ）若，求证：；（Ⅱ）比较与哪一个更接近，请说明理由.【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）比更接近．【解析】（Ⅰ）若，求证：，只需证即可，即；（Ⅱ）比较与哪一个更接近，只需比较它们与差的绝对值的大小，像这一类题，可采用作差比较法．试题解析：(Ⅰ),,.（Ⅱ），，，而，，所以比更接近．【考点】作差法证明不等式.8.设实数满足，求证：．【答案】详见解析.【解析】作差，分解因式，配方，判断符号.试题解析：作差得 1分4分． 6分因为，所以不同时为0，故，，所以，即有． 10分【考点】不等式的证明.9.设f(x)＝lnx＋－1，证明：（1）当x>1时，f(x)< (x－1)；（2）当1<x<3时，f(x)<.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】证明：（1）(证法一)记g(x)＝lnx＋－1－ (x－1).则当x>1时，g′(x)＝＋－<0，g(x)在(1，＋∞)上单调递减.又g（1）＝0，有g(x)<0，即f(x)< (x－1).(证法二)由均值不等式，当x>1时，2<x＋1，故<＋.①令k(x)＝lnx－x＋1，则k（1）＝0，k′(x)＝－1<0，故k(x)<0，即lnx<x－1.②由①②得，当x>1时，f(x)< (x－1).（2）(证法一)记h(x)＝f(x)－，由（1）得h′(x)＝＋－＝－<－＝.令g(x)＝(x＋5)3－216x，则当1<x<3时，g′(x)＝3(x＋5)2－216<0.因此g(x)在(1,3)内是递减函数，又由g（1）＝0，得g(x)<0，所以h′(x)<0.因此h(x)在(1,3)内是递减函数，又由h（1）＝0，得h(x)<0.于是当1<x<3时，f(x)<. (证法二)记h(x)＝(x＋5)f(x)－9(x－1)，则当1<x<3时，由（1）得h′(x)＝f(x)＋(x＋5)f′(x)－9< (x－1)＋(x＋5)－9＝ [3x(x－1)＋(x＋5)(2＋)－18x]<＝ (7x2－32x＋25)<0.因此h(x)在(1,3)内单调递减，又，所以，即.10.( 本小题满分12分)已知集合中的元素都是正整数，且，对任意的且，有．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求证：；（Ⅲ）对于，试给出一个满足条件的集合【答案】(Ⅰ) 证明：见解析；（Ⅱ）证明：见解析；（Ⅲ）．【解析】（1）因为，对任意的且，有．所以两边分别相加得.即.（2）由(Ⅰ)可得；同理，所以，即.（3）由（1）知，令，可取大于1的任意整数，令；同理令；；，则，令，则，令，则，令，则，令.就得到满足条件的一个集合.(Ⅰ) 证明：依题意有，又，因此．可得．所以．即．…………………4分（Ⅱ）证明：由(Ⅰ)可得．又，可得，因此．同理，可知．又，可得，所以均成立．当时，取，则，可知．又当时，．所以．……………………………………………………8分（Ⅲ）解：对于任意，，由可知，，即．因此，只需对，成立即可．因为；；；，因此可设；；；；．由，可得，取．由，可得，取．由，可得，取．由，可得，取．所以满足条件的一个集合．……………12分其它解法，请酌情给分.11.选修4-5：不等式选讲（本小题满分10分）已知实数满足，且，求证：【答案】见解析。

不等式练习题及答案一、单项选择题1. 若 x > -3，下列不等式成立的是：A) x > 2 B) x < -2 C) x < 3 D) x > -1答案：D) x > -12. 若 2x + 5 < 13，下列不等式成立的是：A) x < 4 B) x < 3 C) x < 6 D) x < -4答案：C) x < 63. 若 -2x + 3 > -7，下列不等式成立的是：A) x > 2 B) x < -2 C) x > 5 D) x < -3答案：A) x > 2二、填空题1. 若 -4x + 5 < -3，解得 x > ______。

答案：-2/32. 若 2x - 7 > 13，解得 x > _______。

答案：103. 若 3x + 2 < -4，解得 x < _______。

答案：-2三、证明题证明：对于任意实数 x，都成立 x + 7 > x + 3。

解答：假设 x 为任意实数。

我们需要证明当 x + 7 > x + 3。

首先，将 x + 7 和 x + 3 分别展开，得到：x + 7 > x + 3由于两边都有 x，我们可以将其消去，得到：7 > 3由于 7 大于 3，所以原不等式成立。

证毕。

四、应用题若某数与它的倒数的和大于5/2，求这个数的取值范围。

解答：假设该数为 x。

根据题意，我们有不等式：x + 1/x > 5/2为了处理分式，我们可以先将不等式转化为二次方程的形式，即：2x^2 + 2 - 5x > 0化简后得到：2x^2 - 5x + 2 > 0为了求解该二次不等式，我们需要找到其根的位置。

通过求解 x 的二次方程 2x^2 - 5x + 2 = 0，得到两个根 x = 1/2 和 x = 2。

两个实数
x 1
，x
2
，且
x1
x2 ，若不等式
f
x1 f x2
x1 x2
1恒成立，则实数 a 的取值范围为（
）
A．9,
B．7,
C．9,
D．7,
4．（22-23
高二下·广东揭阳·阶段练习）已知函数
f
(x)
ex
x2
2ax, x 1 (a 3) x
a
2,
x
，若关于 1
x
的不等式 f (x) 0恒成立，则实数 a 的取值范围为（ ）
A． 1 e
B．1
C． e
D． e 1
7．（23-24 高二下·重庆·阶段练习）已知函数 f (x) 2x ln x ( ln 2 1)x ，若对 x(0,) ，
都有 f x 0 ，则实数 的取值范围是（ ）
A．
(,
1 e
]
B．
[
e
1 ln
2
,
)
C．[1 , ) e
D．[ln 2, )
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8．（2024·辽宁·一模）已知函数 f x e2x e2x ax ，若 x 0 时，恒有 f x 0 ，则 a 的取
值范围是（ ）
A． , 2
B． , 4
C．2,
D．4,
二、多选题
9．（2023·全国·模拟预测）设函数 f x x 1ln x 1(x 0) ，若 f x k 1 x 1恒成
11．（2024 高三·全国·专题练习）若不等式 xex－ex ln x＞mx－ex 恒成立，则正整数 m 的最
大值为
．
12．（22-23 高二下·黑龙江齐齐哈尔·阶段练习）如果存在函数 g x ax b （ a,b 为常数），

专题41导数中不等式的证明问题【高考真题】1. (2022•北京)已知函数/(x) = e*ln(l+x).(1)求曲线y = fa)在点(。

,/(0))处的切线方程；(2)设g*)=rα),讨论函数g*)在。

+8)上的单调性；(3)证明:对任意的S, £€(0, +∞),有"s+E)>f(s)+f(f).2. (2022•浙江)设函数/(X) = ± + lnx(x>0). Ix(1)求/O)的单调区间；(2)已知α"eR,曲线y =7。

)上不同的三点(国,/(8))，(巧Ja2))，(孙/(巧))处的切线都经过点3 3.证明：(i )⅛α> e ,则O<b-f(α) <g(∕-1)；・・-4⅛.z% mf2 e -4 112 e —。

(11)若OVaVe, X] <A⅛<Λ⅞ ,贝∣]一 + -^-V — + 一< -- T -e oe Xy Xy ci oe(注：e = Z71828…是自然对数的底数)3. (2022・新高考∏)已知函数/(x) = XeS-e,(1)当。

=1时,讨论/*)的单调性；(2)当“>。

时，/(x)v-1,求α的取值范围；(3)设〃eN*,证明：-/= + -/^=+,，+T^=>ln(72 + 1)- √12+ 1 √22+2 y∣n2+n【方法总结】构造法证明不等式是指在证明与函数有关的不等式时，根据所要证明的不等式，构造与之相关的函数，利用函数单调性、极值、最值加以证明.常见的构造方法有：(1)直接构造法：证明不等式力r)>g(x)(∕(x) Vga))转化为证明y(x)—g(x)>o(/u)—g(X)V0)，进而构造辅助函数〃(X)= 火防一g(x)；(2)适当放缩构造法：X一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如lnx≤r-l, e v≥r+l, InκVχVeYQO),币≤ln(x + l)≤x(x>-1); (3)构造“形似”函数：稍作变形再构造，对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左、右两边是相同结构的式子的形式，根据“相同结构”构造辅助函数；(4)构造双函数：若直接构造函数求导难以判断符号，导函数零点也不易求得，因此函数单调性与极值点都不易获得，则可构造函数Kr)和g(x),利用其最值求解.【题型突破】1 .己知函数y(x)="—αdnχ-l(a£R, tz≠O).(I)讨论函数AX)的单调性；(2)当x>l 时，求证：—^>⅛-1. x—1 e A2 .已知函数外)=1—3」，g(x)=χ-Inx.(1)证明：g(x)≥l;(2)证明：(x-inx)成x)>l-±∙3 . (2021 •全国乙)设函数/(x)=ln(α-x),已知X=O是函数y=M(x)的极值点.⑴求〃；(2)设函数g。

2a2－4或x＝a＋
a2－4 2.
当x∈(0，a－ 2a2－4)，(a＋ 2a2－4，＋∞)时，f′(x)<0；当
x∈(a－ 2a2－4，a＋ 2a2－4)时，f′(x)>0.
所以f(x)在
0，a－
a2－4
2
，
a＋
2a2－4，＋∞
上单调递
减，在a－ 2a2－4，a＋ 2a2－4上单调递增．
(2)证明：由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当a>2时
课外阅读
一、赋值法证明正整数不等式 (1)函数中与正整数有关的不等式，其实质是利用函数性质 证明数列不等式，证明此类问题时常根据已知的函数不等式， 用关于正整数n的不等式替代函数不等式中的自变量．通过多次 求和达到证明的目的．此类问题一般至少两问，所证的不等式 常由第一问根据待证式的特征而得到． (2)已知函数式为指数不等式(或对数不等式)，而待证不等式 为与对数有关的不等式(或与指数有关的不等式)，还要注意指、 对数式的互化，如ex>x＋1可化为ln(x＋1)<x等．
所以函数h′(x)＝ex＋1－
1 x＋1
在(－1，＋∞)上有唯一零点
x0，且x0∈－12，0. 因为h′(x0)＝0，所以ex0＋1＝x0＋1 1， 即ln(x0＋1)＝－(x0＋1)． 当x∈(－1，x0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(x0，＋
∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：
f（x1）－f（x2） x1－x2
<a
－2.
【思路】 (1)求f(x)的定义域，对函数f(x)求导，对参数a进
行分类讨论，即可判断f(x)的单调性；(2)结合(1)，求出f(x)存在

，
①当 m≤0 时 f′（x）＞0 恒成立，∴f（x）在（0，+∞）上是增函数，无极值， ②当 m＞0 时令 f′（x）＞0，∴0＜x＜ ， 令 f′（x）＜0，∴x＞ ， 所以函数 f（x）在（0， ）上为增函数，在（ ，+∞）为减函数， 所以当 x＝ 时，有极大值，极大值为﹣ （ln2m+1），无极小值，
∴
由题意可知 a＞x0+1，又 x0∈（3，4），a∈Z， ∴a 的最小值为 5．
多元不等式的证明
证明多元不等式通常的方法有两个 （1）消元：① 利用条件代入消元 ② 不等式变形后对某多元表达式进行整体换元 （2）变量分离后若结构相同，则可将相同的结构构造一个函数，进而通过函数的单调性与 自变量大小来证明不等式 （3）利用函数的单调性将自变量的不等关系转化为函数值的不等关系，再寻找方法.
证明一元不等式主要的方法
方法一：将含 x 的项或所有项均挪至不等号的一侧，将一侧的解析式构造为函数，通过分
析函数的单调性得到最值，从而进行证明，其优点在于目的明确，构造方法简单，但对于 移项后较复杂的解析式则很难分析出单调性
x 1
2e x
f (x) e ln x . f x 1 已知函数
证明：
上单 调递增 ，从
1
而
g(x)在(0，＋∞)上的最小值为
g
e
＝－1 e
设函数 h(x)＝xe－x－2，则 h′(x)＝e－x(1－x)．所以当 x∈(0，1)时，h′(x)>0；当 x∈(1， e
＋∞)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，＋∞)
所以 h（x）max＝h（x0）＝

第三章 导数专题3 导数解决不等式的恒成立和证明【三年高考精选】（2021年全国新高考Ⅰ卷数学试题） 1. 已知函数()()1ln f x x x =-. （1）讨论()f x 的单调性；（2）设a ，b 为两个不相等的正数，且ln ln b a a b a b -=-，证明：112e a b<+<. 【答案】（1）()f x 的递增区间为()0,1，递减区间为()1,+∞；（2）证明见解析. 【解析】【分析】(1) 首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定原函数的单调性.(2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令11,m n a b==，命题转换为证明：2m n e <+<，然后构造对称差函数，结合函数零点的特征和函数的单调性即可证得题中的结论.【详解】(1)()f x 的定义域为()0,∞+． 由()()1ln f x x x =-得，()ln f x x '=-，当1x =时，()0f x '=；当()0,1x ∈时()0f x >′；当()1,x ∈+∞时，()'0f x <． 故()f x 在区间(]0,1内为增函数，在区间[)1,+∞内为减函数， (2)[方法一]：等价转化由ln ln b a a b a b -=-得1111(1ln )(1ln )a a b b -=-，即11()()f f a b=．由a b ，得11a b ≠．由（1）不妨设11(0,1),(1,)b a ∈∈+∞，则1()0f a >，从而1()0f b >，得1(1,)e b∈，①令()()()2g x f x f x =--，则22()(2)()ln(2)ln ln(2)ln[1(1)]g x f x f x x x x x x ''=---'=-+=-=--，当()0,1x ∈时，()0g x '<，()g x 在区间()0,1内为减函数，()()10g x g >=，从而()()2f x f x ->，所以111(2)()()f f f a a b->=，由（1）得112a b -<即112a b<+．①令()()h x x f x =+，则()()'11ln h x f x x '=+=-，当()1,x e ∈时，()0h x '>，()h x 在区间()1,e 内为增函数，()()h x h e e <=，从而()x f x e +<，所以11()f e b b +<．又由1(0,1)a ∈，可得11111(1ln )()()f f a a a a b <-==，所以1111()f e a b b b+<+=．②由①②得112e a b<+<． [方法二]【最优解】：ln ln b a a b a b -=-变形为ln ln 11a b a b b a-=-，所以ln 1ln 1a b a b ++=． 令11,m n a b ==．则上式变为()()1ln 1ln m m n n -=-， 于是命题转换为证明：2m n e <+<．令()()1ln f x x x =-，则有()()f m f n =，不妨设m n <． 由（1）知01,1m n e <<<<，先证2m n +>．要证：()()()222)2(m n n m f n f m f m f m +>⇔>-⇔<-⇔<-()()20f m f m ⇔--<．令()()()()2,0,1g x f x f x x =--∈，则()()()()()2ln ln 2ln 2ln10g x f x f x x x x x '='+'-=---=⎡⎤⎣≥-⎦--=， ()g x ∴在区间()0,1内单调递增，所以()()10g x g <=，即2m n +>．再证m n e +<．因为()()1ln 1ln m n n m m -=⋅->，所以()1ln n n n e m n e -+<⇒+<．令()()()1ln ,1,h x x x x x e =-+∈，所以()'1ln 0h x x =->，故()h x 在区间()1,e 内单调递增． 所以()()h x h e e <=．故()h n e <，即m n e +<． 综合可知112e a b<+<． [方法三]：比值代换 证明112a b+>同证法2．以下证明12x x e +<． 不妨设21x tx =，则211x t x =>， 由1122(1ln )(1ln )x x x x -=-得1111(1ln )[1ln()]x x tx tx -=-，1ln 1n 1l t x t t=--， 要证12x x e +<，只需证()11t x e +<，两边取对数得1ln(1)ln 1t x ++<，即ln(1)1ln 11t t t t++-<-， 即证ln(1)1ln t t t t+<-． 记ln(1)(),(0,)s g s ss ∈=+∞+，则2ln(1)1()s s s g s s '-++=. 记()ln(1)1sh s s s=-++，则211()0(1)1h s s s '=-<++， 所以，()h s 在区间()0,∞+内单调递减．()()00h s h <=，则()'0g s <， 所以()g s 在区间()0,∞+内单调递减．由()1,t ∈+∞得()10,t -∈+∞，所以()()1g t g t <-， 即ln(1)1ln t t t t+<-． [方法四]：构造函数法 由已知得ln ln 11a b a b b a-=-，令1211,x x a b ==，不妨设12x x <，所以()()12f x f x =．由（Ⅰ）知，1201x x e <<<<，只需证122x x e <+<． 证明122x x +>同证法2．再证明12x x e +<．令2ln 21()(0)()(ln ,)exh x x e h x x e x xe x '-++-=<<=--． 令()ln 2(0)e x x x e x ϕ=+-<<，则221()0e x ex x x xϕ-'=-=<． 所以()()()0,0x e h x ϕϕ>='>，()h x 在区间()0,e 内单调递增．因为120x x e <<<，所以122111ln ln x e x e x x --<--，即112211ln ln x x x ex e -->-- 又因为()()12f x f x =，所以12212112ln ln 1,1x x x ex x x ex x --=>--，即()()2222111212,0x ex x ex x x x x e -<--+->．因为12x x <，所以12x x e +<，即11e a b+<． 综上，有112e a b<+<结论得证． 【整体点评】(2)方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能.方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略.方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可.方法四：构造函数之后想办法出现关于120e x x +-<的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在.视频(2020年高考全国Ⅰ卷文数20) 2. 已知函数()(2)x f x e a x =-+. （1）当1a =时，讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.【答案】（1）()f x 的减区间为(,0)-∞，增区间为(0,)+∞；（2）1(,)e+∞.【解析】【分析】（1）将1a =代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间；（2）若()f x 有两个零点，即(2)0xe a x -+=有两个解，将其转化为2xea x =+有两个解，令()(2)2xe h x x x =≠-+，求导研究函数图象的走向，从而求得结果.【详解】（1）当1a =时，()(2)x f x e x =-+，'()1xf x e =-，令'()0f x <，解得0x <，令'()0f x >，解得0x >， 所以()f x 的减区间为(,0)-∞，增区间为(0,)+∞； （2）若()f x 有两个零点，即(2)0x e a x -+=有两个解，从方程可知，2x =-不成立，即2x e a x =+有两个解，令()(2)2x e h x x x =≠-+，则有'22(2)(1)()(2)(2)x x x e x e e x h x x x +-+==++， 令'()0h x >，解得1x >-，令'()0h x <，解得2x <-或21x -<<-， 所以函数()h x 在(,2)-∞-和(2,1)--上单调递减，在(1,)-+∞上单调递增， 且当2x <-时，()0h x <，而2x +→-时，()h x →+∞，当x →+∞时，()h x →+∞，所以当2xe a x =+有两个解时，有1(1)a h e >-=，所以满足条件的a 的取值范围是：1(,)e+∞.【点睛】本题考查的是有关应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有应用导数研究函数的单调性，根据零点个数求参数的取值范围，在解题的过程中，也可以利用数形结合，将问题转化为曲线x y e =和直线(2)y a x =+有两个交点，利用过点(2,0)-的曲线x y e =的切线斜率，结合图形求得结果. 【三年高考刨析】【2022年高考预测】预测2022年高考仍是考查函数的单调性，根据不等式恒成立求参数的取值范围或不等式的证明..【2022年复习指引】由前三年的高考命题形式，在2022年的高考备考中同学们只需要稳扎稳打，加强常规题型的练习，关于集合2022高考备考主要有以下几点建议：1.涉及本单元知识点的高考题，综合性强.所以在复习中要熟记相关的定义，法则；2.利用导数解决含有参数的单调性问题可将问题转化为不等式恒成立问题，要注意分类讨论和数形结合思想的应用.3.将不等式的证明、方程根的个数的判定转化为函数的单调性、极值问题处理.4.要深入体会导数应用中蕴含的数学思想方法.数形结合思想，如通过从导函数图象特征解读函数图象的特征，或求两曲线交点个数等；等价转化思想，如将证明的不等式问题等价转化为研究相应问题的最值等.【2022年考点定位】 考点1 证明不等式典例1 （安徽省蚌埠市2021-2022学年高三上学期第一次教学质量检查）已知函数()()212,2e 21x x f x x x g x x =+-=---. （1）求()f x 的单调区间；（2）当(),1x ∈-∞时，求证：()()g x f x .【答案】（1）在(),1-∞单调递增，在()1,+∞上单调递减；（2）证明见解析. 【分析】（1）由题可以求函数的导函数，则可得()f x 的单调区间； （2）由题知要证()()g x f x ，即证2201e 2x x x x x x ---+≥-，然后利用导函数判断函数的单调性，最后利用单调性证明即可. 【详解】 （1）因为()21e 2x x f x x x =+-， 所以()()()21e 1e e 1e ex x x x x x x f x x +--=+-='， 令()0f x '=，解得1x =，∴当(),1x ∈-∞时，()()0,1,f x x ∞∈'>+时，()0f x '< 所以()f x 在(),1-∞单调递增，在()1,+∞上单调递减； （2）要证()()g x f x即证22121e 2x x x x x --+--， 即22e 0112x x x x x x --+-≥-， 设2()11e 21x F x x x=---+-，即证()0xF x .因为()2211(1)e 2xF x x =++-' 所以当(),1x ∈-∞时，()0F x '>恒成立，()F x 单调递增， 又当0x =时，()0F x =，所以当01x <<时，()0F x >，当0x <时，()0F x <； 所以当()(),1,0x xF x ∞∈-， 即当(),1x ∈-∞时，()()g x f x .【规律方法技巧】利用导数证明不等式f (x )>g (x )的基本方法 (1)若f (x )与g (x )的最值易求出，可直接转化为证明f (x )min >g (x )max ；(2)若f (x )与g (x )的最值不易求出，可构造函数h (x )＝f (x )－g (x )，然后根据函数h (x )的单调性或最值，证明h (x )>0. 2.证明不等式时的一些常见结论(1)ln x ≤x －1，等号当且仅当x ＝1时取到； (2)e x ≥x ＋1，等号当且仅当x ＝0时取到； (3)ln x <x <e x ，x >0； (4)≤ln(x ＋1)≤x ，x >－1，等号当且仅当x ＝0时取到.【考点针对训练】（2022贵州省贵阳市五校联考）3. 已知函数()xe f x x =.（1）函数()()f xg x x=，求()g x 的单调区间和极值. （2）求证：对于()0,x ∀∈+∞，总有()13ln 44f x x >-. 【答案】（1）()g x 在(0,2)上单调递减，在(,0)-∞和(2,)+∞上单调递增；极小值()2e 24g =，无极大值；（2）证明见解析. 【解析】【分析】（1）写出()g x 的函数表达式，通过求导写出单调区间和极值即可（2）证明()13ln 44f x x >-恒成立，结合（1）得，等价于2e 1(ln 3)4x x x x >-恒成立，且已知左式的最小值，只要大于右式的最大值，则不等式恒成立【详解】（1）解：2243e e 2e e (2)()()x x x x x x x g x g x x x x --'=⇒==，当02x <<时，()0g x '<； 当0x <或2x >时，()0g x '>，()g x ∴在(0,2)上单调递减，在(,0)-∞和(2,)+∞上单调递增；故()g x 有一个极小值2e (2)4g =，无极大值．（2）证明：要证13()ln 44f x x >-成立，只需证e 13ln 44x x x >-成立，即证2e 1(ln 3)4x x x x>-成立，令1()(ln 3)4h x x x =-，则24ln ()=4xh x x -'，当40e x <<时，()0h x '>； 当4e x >时，()0h x '<，()h x ∴在()40,e 上单调递增，在()4e ,+∞上单调递减，()4max 41()e 4e h x h ==∴， 2e ()x g x x =∵由（1）可知2min e ()(2)4g x g ==，min max ()()g x h x >∴，()()g x h x >∴，13()ln 44f x x >-∴．【点睛】题目比较综合，第一小题是已知函数求单调性极值的问题，属于常规题目；第二小题证明不等式成立，有两种类型，一种是构造左右两个函数，若最小值大于最大值，则不等式恒成立，但是只能做证明题；若最小值不大于最大值，不能说明不等式不成立；另外一种是构造一个函数，证明最小值大于0恒成立，这种的函数会比较困难，所以优先用第一种尝试，再选取第二种方法考点2 不等式恒成立问题典例2 （2020辽宁省沈阳市2019届高三一模）已知函数()ln 2f x a x x =-，若不等式()()1xf x f e +>在()1,x ∈+∞上恒成立，则实数a 的取值范围是( )A.2a ≤B.2a ≥C.0a ≤D.02a ≤≤ 【答案】A【分析】先证明11x x e <+<恒成立，得函数()f x 在()1,+∞上递减，即当1x >时，()'0f x ≤恒成立，问题转化为2(1)a x x ≤>恒成立，即可求出a 的范围. 【详解】设()1,x g x e x =--则()1x g x e '=-，当0x >时()0110x g x e e =->-='， 所以()1x g x e x =--在()0,∞+上递增，得()()00010,g x g e >=--=所以当0x >时，11x x e <+<恒成立.若不等式()()1xf x f e +>在()1,x ∈+∞上恒成立，得函数()f x 在()1,+∞上递减，即当1x >时，()'0f x ≤恒成立，所以()20af x x-'=≤ 即2ax≤，可得2(1)a x x ≤>恒成立，因为22x >，所以2a ≤， 故选A .【规律方法技巧】利用导数解决恒成立问题主要涉及以下方面：(1)已知不等式在某一区间上恒成立，求参数的取值范围：一般先分离参数，再转化为求函数在给定区间上的最值问题求解；(2)如果无法分离参数可以考虑对参数a 或自变量进行分类求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑限制二次项系数或判别式的方法求解.(3)已知函数的单调性求参数的取值范围：转化为f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)恒成立的问题. 【考点针对训练】（山西省运城市2021届高三检测）4. 当0x <时，不等式()2e e 3xxx x k k -≥恒成立，则实数k 的取值范围是__． 【答案】[]3e,0- 【解析】 【分析】由题意可得()232e 3x k x x +≤对0x <恒成立，讨论320x +=，320x +>，320x +<，运用参数分离和构造函数，利用导数判断单调性，求最值，可得所求范围．【详解】解：当0x <时，不等式()2e e 3xxx x k k -≥恒成立， 即为()232e 3x k x x +≤对0x <恒成立，Ⅰ当320x +=即23x =-时，403≤恒成立；Ⅰ当320x +<，即23x <-时，()2332e x x k x +≥恒成立，等价为()2max 332e x x k x ⎡⎤⎢⎥+⎣⎦≥， 设()()2332e x x f x x =+，()()()()()232222632e 335e 931232e 32e x x x x x x x x x x x f x x x +-+-++'==++ ()()()2313432exx x x x -+-=+，可得1x <-时，()0f x >′，()f x 递增；213x -<<-时，()0f x <′，()f x 递减， 可得()f x 在1x =-处取得最大值，且为3e -， 则3e k ≥-；Ⅰ当320x +>，即203x -<<时，()2332e x x k x +≤恒成立， 等价为()2min332e x x k x ⎡⎤⎢⎥+⎣⎦≤，设()()2332e x x f x x =+，()()()()2313432e x f x x x x x -+-'=+， 可得203x -<<时，()0f x <′，()f x 递减， 可得()0f x >， 则0k ≤，综上可得，k 的范围是[]3e,0-．【点睛】本题考查不等式恒成立问题解法，参变分离是常用的解题方法，属于中档题．方法点睛：（1）将参数和变量分离，转化为求最值问题； （2）构造函数，求导数，分析单调性； （3）求函数的最值，求出参数的范围.考点3 不等式存在成立问题典例3 （黑龙江省大庆铁人中学2021届高三第三次模拟）若函数()2ln 2f x x ax =+-在区间1,22⎛⎫⎪⎝⎭内存在单调递增区间，则实数a 的取值范围是（ ）A.(],2-∞B.1,8⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭C.12,8⎛⎫-- ⎪⎝⎭ D.()2,-+∞【答案】D 【分析】将函数2()ln 2f x x ax =+-在区间1()22，内存在单调递增区间，转化1()20f x ax x '=+>在区间1()22，成立，再转化为min 212()a x>-，进而可求出结果. 【详解】因为函数2()ln 2f x x ax =+-在区间1()22，内存在单调递增区间， 所以1()20f x ax x '=+>在区间1()22，上成立， 即min 212()a x>-在区间1()22，上成立，又函数2yx 在1()22，上单调递增， 所以函数21y x =-在1()22，上单调递增， 故当12x =时21y x =-最小，且min 21()=4x --，即24a >-，得2a >-. 故选：D【规律方法技巧】1.有关存在成立问题的解题方法∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，f (x 1)＞g (x 2)等价于函数f (x )在D 1上的最小值大于g (x )在D 2上的最小值，即f (x )min ＞g (x )min (这里假设f (x )min ，g (x )min 存在).其等价转化的基本思想是：函数y ＝f (x )的任意一个函数值大于函数y ＝g (x )的某一个函数值，但并不要求大于函数y ＝g (x )的所有函数值.∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，f (x 1)<g (x 2)，等价于函数f (x )在D 1上的最大值小于函数g (x )在D 2上的最大值(这里假设f (x )max ，g (x )max 存在).其等价转化的基本思想是：函数y ＝f (x )的任意一个函数值小于函数y ＝g (x )的某一个函数值，但并不要求小于函数y ＝g (x )的所有函数值.2.注意不等式恒成立与存在成立的异同不等式在某区间上能成立与不等式在某区间上恒成立问题是既有联系又有区别的两种情况，解题时应特别注意，两者都可转化为最值问题，但f (a )≥g (x )(f (a )≤g (x ))对存在x ∈D 能成立等价于f (a )≥g (x )min (f (a )≤g (x )max )，f (a )≥g (x )(f (a )≤g (x ))对任意x ∈D 都成立等价于f (a )≥g (x )max (f (a )≤g (x )min )，应注意区分，不要搞混. 【考点针对训练】 (2019·吉林白山联考)5. 设函数f (x )＝e x 33x x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭－ax (e 为自然对数的底数)，若不等式f (x )≤0有正实数解，则实数a 的最小值为________. 【答案】e 【解析】【分析】已知不等式转化为2(33)x a e x x ≥-+，此不等式有正数解，只要求得2()(33)x g x e x x =-+在(0,)+∞上的最小值即可得a 的范围．【详解】原问题等价于存在x Ⅰ(0，＋∞)，使得a ≥e x (x 2－3x ＋3)，令g (x )＝x e (x 2－3x ＋3)，x Ⅰ(0，＋∞)，则a ≥g (x )min ，而g ′(x )＝x e (x 2－x )，由g ′(x )>0，得x Ⅰ(1，＋∞)，此时()g x 递增，由g ′(x )<0，得x Ⅰ(0，1)，此时()g x 递减，Ⅰ函数g (x )在区间(0，＋∞)上的极小值也是最小值为g (1)＝e ， Ⅰa ≥e ，即实数a 的最小值为e . 故答案为：e ．【点睛】本题考查不等式有解问题，解题关键是用分离参数法转化为求函数的最值．只是求解时要注意与不等式恒成立区分开来，不等式恒成立也常常用分离参数法转化为求函数的最值，但两者所求最值一个是最大值，一个是最小值，要根据题意确定.考点4 利用导数研究方程的根(或函数的零点)典例4 （河南省郑州市商丘市名师联盟 2020-2021学年高三质量检测）已知函数()2ln f x x x =-，()33g x x xm =-+，方程()()f x g x =在区间1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦内有两个不同的实根，则m 的取值范围是（ ）A.2121,333e ⎛⎤+ ⎥⎝⎦ B.2221e -2,33e 3⎡⎤+⎢⎥⎣⎦ C.221,133e ⎡⎫+⎪⎢⎣⎭ D.21e 2,33⎛⎤- ⎥⎝⎦【答案】A 【分析】由题可得232ln m x x =-，构造函数()22ln h x x x =-，讨论其在1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦的变化情况即可得出答案. 【详解】由()()f x g x =，得232ln m x x =-，令()22ln h x x x =-，则()()()211x x h x x-+'=，所以()h x 在1,1e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭上单调递减，在(]1,e 上单调递增，所以()()min 11h x h ==，()221122h e e h e e ⎛⎫=->=+ ⎪⎝⎭，则21132m e <≤+，即2121333m e <≤+. 故选：A.【规律方法技巧】求解涉及函数零点或方程根的问题的注意点 (1)利用函数零点存在性定理求解.(2)分离参数a 后转化为函数的值域(最值)问题求解，如果涉及多个零点，还需考虑函数的图象与直线y ＝a 的交点个数.(3)转化为两个熟悉的函数的图象的上、下位置关系问题，从而构建不等式求解. 【考点针对训练】（重庆市秀山高级中学校2022届高三上学期9月月考） 6. 已知函数2eln ()x f x x =，若关于x 的方程21[()]()08f x mf x -+=有4个不同的实数根，则实数m 的取值范围为___________.【答案】324⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭【解析】【分析】利用导数求出函数()f x 的单调区间和最值，设()f x t =，则要使方程21[()]()08f x mf x -+=有4个不同的实数根等价于方程2108t mt -+=在10,2t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上有两个不同的实数根，故12121201102201t t t t t t ∆>⎧⎪⎛⎫⎛⎫⎪-->⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎨⎪<+<⎪>⎪⎩，从而可求出实数m 的取值范围 【详解】依题意，求导243e 2eln e(12ln )()x x xx x f x x x ⋅--'==，令()0f x '=，解得：x =当x ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增；当)x ∈+∞，()0f x '<，函数单调递减，且max 1()e 2f x f ===， 又0x →时，()f x →-∞；又x →+∞时，()0f x →；设()f x t =，显然当10,2t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，方程()f x t =有两个实数根，则要使方程21[()]()08f x mf x -+=有4个不同的实数根等价于方程2108t mt -+=在10,2t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上有两个不同的实数根， 故121212011022010t t t t t t ∆>⎧⎪⎛⎫⎛⎫⎪-->⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎨⎪<+<⎪>⎪⎩，210211082401m m m ⎧->⎪⎪⎪-+>⎨⎪<<⎪⎪⎩，解得：324m ⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭.故答案为：3,24⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭【点睛】关键点点睛：此题考查函数与方程的综合应用，考查导数的应用，解题的关键是利用导数判断出函数()f x 的单调区间和最值，设()f x t =，将问题转化为方程2108t mt -+=在10,2t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上有两个不同的实数根，然后利用一元二次方程根的分布情况求解即可，考查数学转化思想和计算能力，属于中档题【二年模拟精选】（2020河北省衡水市第二中学高三检测） 7. 已知函数21()ln 2f x x a x =+，若对任意两个不等的正数1x ，2x ，都有()()12124f x f x x x ->-恒成立，则a 的取值范围为A. [4,)+∞B. (4.?)+∞C. (,4]-∞D. (,4)-∞【答案】A 【解析】【分析】根据题意先确定g （x ）＝f （x ）﹣4x 在（0，+∞）上单增，再利用导数转化，可得24x a x ≥-恒成立，令()24h x x x =-，求得()h x max ，即可求出实数a 的取值范围．【详解】令()()4g x f x x =-，因为()()12124f x f x x x ->-，所以()()12120g x g x x x ->-，即()g x 在()0,+∞上单调递增，故()40ag x x x=-'+≥在()0,+∞上恒成立， 即24x a x ≥-，令()()24,0,h x x x x =-∈+∞.则()()2424h x x x h =-≤=，()h x max 4=，即a 的取值范围为[4,+∞）.故选A.【点睛】本题考查了函数单调性的判定及应用，考查了原函数单调与导函数正负的关系，确定g （x ）在（0，+∞）上单增是关键，属于中档题． （2020辽宁省沈阳市高三上学期一模）8. 已知函数()ln 2f x a x x =-，若不等式()()1xf x f e +>在()1,x ∈+∞上恒成立，则实数a 的取值范围是( ) A. 2a ≤ B. 2a ≥C. 0a ≤D. 02a ≤≤【答案】A 【解析】【分析】先证明11x x e <+<恒成立，得函数()f x 在()1,+∞上递减，即当1x >时，()'0f x ≤恒成立，问题转化为2(1)a x x ≤>恒成立，即可求出a 的范围．【详解】设()1,x g x e x =--则()'1x g x e =-，当0x >时()0110x g x e e =->-='， 所以()1x g x e x =--在()0,∞+上递增，得()()00010,g x g e >=--=所以当0x >时，11x x e <+<恒成立.若不等式()()1xf x f e +>在()1,x ∈+∞上恒成立，得函数()f x 在()1,+∞上递减，即当1x >时，()'0f x ≤恒成立，所以()20af x x-'=≤ 即2ax≤，可得2(1)a x x ≤>恒成立，因为22x >,所以2a ≤， 故选A ．【点睛】本题考查了构造新函数，也考查了导数的应用以及由单调性求参数的问题，属于中档题．（江西省萍乡市2021届高三上期数学期中复习试卷）9. 已知函数222,0()11,0x x x f x x x ⎧++≤⎪=⎨-+>⎪⎩，若()f x ax ≥恒成立，则实数a 的取值范围是（ ）A. 2⎡⎤-⎣⎦B. (],1-∞C. ()2-D. 2⎡⎤-⎣⎦【答案】A 【解析】 【分析】作出函数()f x 的图象，利用数形结合的思想判断a 的范围，找出临界点即相切时a 的取值，进而得出a 的范围． 【详解】作出()f x 的图象，如图，由图象可知：要使()f x ax 恒成立，只需函数()g x ax =的图象恒在图象()f x 的下方， 可得1a ，设()g x ax =与函数2()22(0)f x x x x =++相切于点(),(0)P m n m <， 由()f x 的导数为22x +，可得切线的斜率为22m +， 即有22a m =+，222am m m =++，解得m =2a =-由图象可得222a -，综上可得a 的范围是[2-1]． 故选：A【点睛】解决此类问题的关键是作出函数图象，根据数形结合的思想处理问题，本题关键找出相切时刻这一临界位置，利用直线与抛物线相切即可求解. （四川省内江市威远中学2020-2021学年高三月考）10. 已知函数32()f x x x ax b =-++，12,(0,1)x x ∀∈且12x x ≠，都有1212|()()|||f x f x x x -<-成立，则实数a 的取值范围是（ ）A. 2(1,]3--B. 2(,0]3-C. 2[,0]3-D. [1,0]-【答案】C 【解析】 【分析】原不等式等价于()()211212x x f x f x x x --<-<恒成立，得到()()()321g x f x x x x a x b =-=-+-+，()()()321h x f x x x x a x b =+=-+++在()0,1上严格单调，转化为()0g x '≤在()0,1上恒成立，()0h x '≥在()0,1上恒成立，利用分离参数思想转化为求最值问题即可. 【详解】不妨设1210x x >>>，则1212|()()|||f x f x x x -<-等价于()()211212x x f x f x x x --<-<，即()()()()11221122 f x x f x x f x x f x x ⎧-<-⎪⎨+>+⎪⎩，设()()()321g x f x x x x a x b =-=-+-+，()()()321h x f x x x x a x b =+=-+++，依题意，函数()g x 在()0,1上为严格的单调递减函数， 函数()h x 在()0,1上为严格的单调递增函数，Ⅰ()23210g x x x a '=-+-≤在()0,1上恒成立，()23210h x x x a '=-++≥在()0,1上恒成立，Ⅰ2321a x x ≤-++在()0,1上恒成立，2321a x x ≥-+-在()0,1上恒成立， 而二次函数2321y x x =-++在[0,1]上的最小值在1x =时取得，且最小值为0， 二次函数2321y x x =-+-在[0,1]上的最大值在13x =时取得，其最大值为23-， 综上，实数a 的取值范围是2[,0]3-， 故选：C.【点睛】关键点点睛：去绝对值，得到两个函数的单调性，结合导数与单调性的关系，利用分离参数的思想转化为求二次函数最值问题. （2020湖南省益阳市高三上学期期末）11. 已知变量()()12,0,0x x m m ∈>，且12x x <，若2112x x x x <恒成立，则m 的最大值为（e 2.71828=为自然对数的底数）（ ） A. eB.C.1eD. 1【答案】A 【解析】 【分析】不等式两边同时取对数，然后构造函数()ln xf x x=，求函数的导数，研究函数的单调性即可得到结论. 【详解】21122112ln ln x x x x x x x x <⇒<，()12,0,,0x x m m ∈>，1212ln ln x x x x ∴<恒成立， 设函数()ln xf x x=，12x x <，()()12f x f x <，()f x ∴在()0,m 上为增函数，函数的导数()21ln xf x x -'=， ()00f x x e '>⇒<<，即函数()f x 的增区间是()0,e ，则m 的最大值为e . 故选：A【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数研究函数的单调性，本题的关键点是对已知等式变形，211212211212ln ln ln ln x x x x x x x x x x x x <⇒<⇒<，转化为求函数()ln xf x x=的单调区间. （山东省泰安肥城市2021届高三高考适应性训练）12. 已知函数()ln f x x x x =+，()g x kx k =-，若k Z ∈，且()()f x g x >对任意2x e >恒成立，则k 的最大值为（ ） A. 2 B. 3C. 4D. 5【答案】B 【解析】【分析】由不等式，参变分离为ln 1x x x k x +⎛⎫< ⎪-⎝⎭，转化为求函数()ln 1x x x u x x +=-，()2,x e ∈+∞的最小值，利用导数求函数的最小值.【详解】()()f x g x >，即ln x x x kx k +>-.由于()()f x g x >对任意()2,x e ∈+∞恒成立，所以ln 1x x x k x +⎛⎫< ⎪-⎝⎭，即min ln 1x x x k x +⎛⎫< ⎪-⎝⎭.令()ln 1x x x u x x +=-，()2,x e ∈+∞，()()2ln 21x x u x x --'=-.令()ln 2h x x x =--，()1110x h x x x='-=->， 所以()h x 在()2,x e ∈+∞上单调递增，所以()()22e e 40h x h >=->，可得()0u x '>，所以()u x 在()2,e +∞上单调递增.所以()()()22223e 3e 33,4e 1e 1u x u >==+∈--.又k Z ∈，所以max 3k =. 故选：B.（广西柳州市2021届高三摸底考试）13. 已知函数212,(0)()2ln ,(0)x x x f x x x x ⎧++≤⎪=⎨⎪>⎩，若存在0x R ∈，使得()2012f x m m ≤-成立，则实数m 的取值范围是（ ）A. 1,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦B. 11,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C. 11,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦D. 1,02⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【答案】A 【解析】【分析】分析函数()f x 的最小值，只需使()2min 12f x m m ≤-成立即可． 【详解】当0x ≤时，()2122f x x x =++，根据二次函数的性质可知，当1x =-时，()f x 有最小值12-；当0x >时，()ln f x x x =，由()ln 10f x x '=+=得1=x e当10,e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，当1,x e ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>， 所以()ln f x x x =在10,e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,x e ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，所以()ln f x x x =最小值为11111ln 2f e e ee ⎛⎫==->- ⎪⎝⎭，则()min 12f x =-若存在0x R ∈，使得()2012f x m m ≤-成立，则()2min 12f x m m ≤- 所以21122m m -≤-，解得112m -≤≤故选：A ．（重庆实验外国语学校2022届高三上学期入学考试）14. 关于函数()xf x e =，()lng x x =下列说法正确的是（ ）A. 对0x ∀>，()1g x x ≤-恒成立B. 对x R ∀∈，()f x ex ≥恒成立C. 若a b e >>，()()ag b bg a <D. 若不等式()()f ax ax x g x -≥-对1x ∀>恒成立，则正实数a 的最小值为1e【答案】ABD 【解析】【分析】选项A ：构造函数()()ln 10h x x x x =-+>，根据导数判断函数的单调性并求最大值，从而判断选项正确；选项B ：构造函数()()x f x ex ϕ=-，根据导数判断函数的单调性并求最小值，从而判断选项正确； 选项C ：构造函数()()()0g x m x x x=>，根据导数判断函数在(),e +∞内单调递减，从而判断选项错误；选项D ：把不等式()()f ax ax x g x -≥-变形为ln ln ax x e ax e x -≥-，所以只需研究函数()xF x e x =-的单调性即可求出答案，从而判断选项正确.【详解】选项A ：令()()ln 10h x x x x =-+>，则()111xh x x x -'=-=，因为0x >，所以由()0h x '>得01x <<；由()0h x '<得1x >， 所以()h x 在()0,1内单调递增，在()1,+∞内单调递减，所以()h x 的最大值为()10h =，所以对0x ∀>，()0h x ≤恒成立， 即对0x ∀>，()1g x x ≤-恒成立，故选项A 正确；选项B ：令()()x x f x ex e ex ϕ=-=-，则()xx e e ϕ'=-，由()0x ϕ'>得1x >；由()0x ϕ'<得1x <，所以()x ϕ在()1,+∞内单调递增，在(),1-∞内单调递减，所以()x ϕ的最小值为()10ϕ=，所以对x R ∀∈，()0x ϕ≥恒成立，即对x R ∀∈，()f x ex ≥恒成立，故选项B 正确；选项C ：令()()ln ()0g x x m x x x x==>，则21ln ()xm x x -'=，所以由()0m x '>得0x e <<；由()0m x '<得x e >，所以()m x 在()0,e 内单调递增，在(),e +∞内单调递减， 所以当a b e >>时，()()m a m b <，即()()g a g b a b<， 所以a b e >>，()()ag b bg a >成立，故选项C 错误； 选项D ：因为不等式()()f ax ax x g x -≥-对1x ∀>恒成立，即不等式ln ax e ax x x -≥-对1x ∀>恒成立，又因为ln ln ln x x x e x -=-， 所以不等式ln ln ax x e ax e x -≥-对1x ∀>恒成立；令()xF x e x =-，则 ()1x F x e '=-，当0x >时，()10x F x e '=->恒成立，所以()xF x e x =-在()0,∞+单调递增，所以由不等式ln ln ax x e ax e x -≥-对1x ∀>恒成立，得ln ax x ≥对1x ∀>恒成立，即ln xa x≥对1x ∀>恒成立， 由选项C 知，()ln ()1xm x x x=>在()1,e 内单调递增，在(),e +∞内单调递减，所以()m x 的最大值为1()m e e =，所以只需1a e ≥，即正实数a 的最小值为1e .故选：ABD.【点睛】利用导数研究不等式恒成立问题，通常要构造函数，然后利用导数研究函数的单调性，求出最值进而得到结论或求出参数的取值范围；也可分类变量构造函数，把问题转化为函数的最值问题.恒成立问题常见的处理方式有：（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；（2）()f x a >恒成立型的可转化为min ()f x a >；（3）()()f x g x >恒成立型的可以通过作差法构造函数()()()h x f x g x =-，然后求min ()0h x >，或者转化为min max ()()f x g x >.（T 8联考八校2020-2021学年高三上学期第一次联考） 15. 已知函数()()ln 202x af x ae a x =+->+，若()0f x >恒成立，则实数a 的取值范围为______. 【答案】(),e +∞ 【解析】 【分析】根据()0f x >恒成立，可得到含有x a ，的不等式，再进行分离变量，将“恒成立”’转化为求函数的最大值或最小值，最后得出a 的范围. 【详解】()ln202x af x ae x =+->+，则()ln ln ln 22x a e a x ++>++， 两边加上x 得到()()()ln 2ln ln 2ln 2ln 2x x aex a x x ex ++++>+++=++，x y e x =+单调递增，()ln ln 2x a x ∴+>+，即()ln ln 2a x x >+-， 令()()ln 2g x x x =+-，则()11121x g x x x --'=-=++，因为()f x 的定义域为()2,-+∞()2,1x ∴∈--时，()0g x '>，()g x 单调递增，()1,x ∈-+∞，()0g x '<，()g x 单调递减，()()max ln 11a g x g ∴>=-=，a e ∴>.故答案为：(),e +∞【点睛】对于“恒成立问题”，关键点为：对于任意的x ，使得()f x a >恒成立，可得出()min f x a >； 对于任意的x ，使得()f x a <恒成立，可得出()max f x a <. （浙江省百校2020-2021学年高三上学期12月联考）16. 已知1a >，若对于任意的1[,)3x ∈+∞，不等式()4ln 3e ln xx x a a -≤-恒成立，则a 的最小值为______.【答案】3e【解析】 【分析】不等式等价变形()()()4ln 3ln 3ln 3ln x x xe x x a a x x a a e e -≤-⇔-≤-，利用同构函数()ln f x x x =-的单调性得解【详解】()()4ln 3ln 3ln 3ln x xe x x a a x x ae a x -≤-⇔-≤--()()3ln 3ln x x x x ae ae ⇔-≤- 令()ln f x x x =-，()111x f x x x-'=-=， Ⅰ()f x 在[)1,+∞上单调递增.Ⅰ1a >，1[,)3x ∈+∞，Ⅰ[)3,1,xe x a ∈+∞，Ⅰ33x x eae x x a ⇔≤⇔≤恒成立，令()3x x g x e =，只需max ()a g x ≥，()33xxg x e -'=，Ⅰ1[,1),()0,()3x g x g x ∈'>单调递增，Ⅰ(1,),()0,()x g x g x ∈+∞'<单调递减，1x ∴=时，()g x 的最大值为3e，Ⅰ3a e ≥，Ⅰa 的最小值为3e.故答案为：3e【点睛】不等式等价变形，同构函数()ln f x x x =-是解题关键. （河北省部分学校2022届高三上学期第一次月考）17. 已知函数()32f x x x ax =--在R 上单调递增，则a 的取值范围是____________.【答案】1(,]3-∞-【解析】【分析】求出函数()f x 的导函数()f x '，再由()0f x '≥恒成立即可得解.【详解】依题意：()232x x a f x '=--，因函数()32f x x x ax =--在R 上单调递增，于是得2320x x a --≥对x ∈R 恒成立，则4120a ∆=+≤，解得13a ≤-，所以a 的取值范围是1(,]3-∞-.故答案为：1(,]3-∞-18. 已知函数()f x 的定义域为R ，()12f -=，对任意(),2x R f x '∈>，则()24f x x >+的解集为____________．【答案】(1,)-+∞. 【解析】【分析】构造()()24g x f x x =--，根据题意得到()g x 在R 为单调递增函数，又由()12f -=，得到()10g -=，进而得到1x >-时，()0g x >，即可求解.【详解】设()()24g x f x x =--，可得()()2g x f x ''=-，因为对任意(),2x R f x '∈>，所以()0g x '>，所以()g x 在R 为单调递增函数， 又由()12f -=，可得()12240g -=+-=，所以当1x >-时，()0g x >，即不等式()24f x x >+的解集为(1,)-+∞. 故答案为：(1,)-+∞.（浙江省宁波市北仑中学2021-2022学年高三上学期返校考试） 19. 设函数()ln 2ef x x mx n x=--+，若不等式()0f x ≤对任意(0,)x ∈+∞恒成立，则nm的最大值为______________． 【答案】2e 【解析】【分析】根据()0ln 22e n f x x m x x m ⎛⎫≤⇒-≤- ⎪⎝⎭转化成两个函数比较大小的问题.【详解】不等式()0f x ≤对任意(0,)x ∈+∞恒成立,即ln 22e n x m x x m ⎛⎫-≤- ⎪⎝⎭，0x >恒成立， 设()()'21ln 0e e g x x g x x x x=-⇒=+> 所以()g x 在()0,∞+单调递增，且()0g e =，当0x →时()g x →-∞ 当x →+∞时()g x →+∞ 作出()g x 的图像如图，再设()22n h x m x m ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，当0x >可得()h x 表示过点,02n m ⎛⎫⎪⎝⎭，斜率为2m 的一条射线（不含端点），要求nm 的最大值且满足不等式恒成立，可求2n m的最大值，由点,02n m ⎛⎫⎪⎝⎭在x 轴上方移动，只需找到合适的0m >，且()h x 与()g x 图像相切于点,02n m ⎛⎫⎪⎝⎭，如图所示，此时22n n e e m m =⇒= 故答案为：2e（江苏省扬州市仪征市精诚高级中学2021-2022学年高三上学期9月月考） 20. 已知函数()ln ()f x x ax a R =-∈. （1）讨论函数()f x 的单调性； （2）证明不等式2()x e ax f x --≥恒成立. 【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）求出函数导数，讨论a 的范围结合导数即可得出单调性；（2）构造函数2()ln x x e x ϕ-=-，利用导数可得()x ϕ'在(0,)+∞上有唯一实数根0x ，且012x <<，则可得()0()0x x ϕϕ≥>，即得证.【详解】（1）11()(0)axf x a x x x-'=-=>， 当0a ≤时，()0f x '>，所以()f x 在(0,)+∞上单调递增； 当0a >时，令()0f x '=，得到1x a=， 所以当10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 单调递增，当1,x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭，()0f x '<，()f x 单调递减.综上所述，当0a ≤时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当0a >时，()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减.（2）设函数2()ln x x e x ϕ-=-，则21()x x e xϕ-'=-，可知()x ϕ'在(0,)+∞上单调递增.又由(1)0ϕ'<，(2)0ϕ'>知，()x ϕ'在(0,)+∞上有唯一实数根0x ，且012x <<，则()020010x x ex ϕ-'=-=，即0201x e x -=.当()00,x x ∈时，()0x ϕ'<，()ϕx 单调递减； 当()0x x ∈+∞时，()0x ϕ'>，()ϕx 单调递增；所以()0200()ln x x x ex ϕϕ-≥=-，结合021x e x -=，知002ln x x -=-， 所以()()22000000001211()20x x x x x x x x x ϕϕ--+≥=+-==>，则2()ln 0x x e x ϕ-=->， 即不等式2()x e ax f x --≥恒成立.【点睛】关键点睛：本题考查不等式恒成立的证明，解题的关键是转化为证明2()ln x x e x ϕ-=-的最小值大于0.（贵州省铜仁市思南中学2021届高三第十次月考）21. 已知函数()e (0)x f x ax a -=≠存在极大值1e ．（1）求实数a 的值；（2）若函数F （x ）＝f （x ）﹣m 有两个零点x 1，x 2（x 1≠x 2），求实数m 的取值范围，并证明：x 1+x 2＞2．【答案】（1）a ＝1 （2）10e m ＜＜，证明见解析【解析】【分析】（1）利用极值的定义，列式求出a 的值，然后进行验证即可； （2）利用（1）中的结论，确定()f x 的单调性、极值以及函数的取值情况，由零点的定义，即可得到m 的取值范围，利用12()()F x F x =，得到2211lnx x x x -=，将问题转化为证明2122111ln 2x x x x x x -<+，即证明21221111ln 21x x x x x x -<+，不妨设12x x <，令21x t x =，则1t >，从而将问题转化为证明1112t lnt t -<+对于1t >恒成立，构造函数11()ln 21t g t t t -=-+，利用导数研究函数的单调性，求解函数的取值情况，即可证明．【小问1详解】解：函数()e (0)x f x ax a -=≠， 则(1)()e xa x f x -'=， 令()0f x '=，解得1x =， 所以f （1）1e ea ==，解得1a =， 此时1()e xxf x -'=， 当1x <时，()0f x '>，则()f x 单调递增， 当1x >时，()0f x '<，则()f x 单调递减， 所以当1x =时，函数()f x 取得极大值f （1）1e=，符合题意，。

高考材料高考材料专题10 利用导数证明不等式1．〔2023·北京市第九中学模拟预测〕已知． ()sin 2f x k x x =+(1)当时，推断函数零点的个数； 2k =()f x (2)求证：.()sin 2ln 1,(0,2x x x x π-+>+∈（答案）(1)1； (2)证明见解析. （解析） （分析）〔1〕把代入，求导得函数的单调性，再由作答. 2k =()f x (0)0f =〔2〕构造函数，利用导数借助单调性证明作答.()2sin ln(1)g x x x x =--+(1)当时，，，当且仅当时取“=〞，所以在R 上单调2k =()2sin 2f x x x =+()2cos 20f x x '=+≥(21)π,Z x k k =-∈()f x 递增，而，即0是的唯—零点， (0)0f =()f x 所以函数零点的个数是1.()f x (2)，令，则，因，则，因此，函数(0,)2x π∈()2sin ln(1)g x x x x =--+()12cos 1g x x x =-'-+1cos 1,11x x <<+()0g x '>在上单调递增，，，()g x (0,)2π(0,2x π∀∈()(0)0g x g >=所以当时，成立.(0,)2x π∈()sin 2ln 1x x x -+>+2．〔2023·河南·开封市东信学校模拟预测〔文〕〕已知函数. ()ln (0)f x x ax a a =-+>(1)当时，求的单调区间； 2a =()f x (2)设函数的最大值为m ，证明：.()f x 0m ≥（答案）(1)增区间为，减区间为；10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭(2)证明见解析. （解析）（分析）〔1〕利用导数研究的单调区间.()f x 〔2〕应用导数求得的最大值，再构造并利用导数证明不等式.()f x 1ln 1m f a a a ⎛⎫==-- ⎪⎝⎭()ln 1h a a a =--(1)当时，. 2a =()ln 22f x x x =-+∴，令，得. 112()2x f x x x -'=-=()0f x '=12x =∴当时，，函数单调递增； 102x <<()0f x '>()f x 当时，，函数单调递减. 12x >()0f x '<()f x 故函数的减区间为，增区间为；()f x 1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭(2)由，令，得. 1()axf x x -'=()0f x '=1x a=∴当时，，函数单调递增； 10x a<<()0f x '>()f x 当时，，函数单调递减. 1x a>()0f x '<()f x ∴.max 1()ln 1m f x f a a a ⎛⎫===-- ⎪⎝⎭令，则. ()ln 1h a a a =--11()1a h a a a-'=-=∴当时，，函数单调递减； 01a <<()0h x '<()h x 当时，，函数单调递增. 1a >()0h x '>()h x ∴，即.()(1)0h a h ≥=0m ≥3．〔2023·江苏无锡·模拟预测〕已知函数，其中m ＞0，f '(x )为f (x )的导函数，设，且()e (1ln )xf x m x =+()()ex f x h x '=恒成立．5()2h x ≥(1)求m 的取值范围；(2)设函数f (x )的零点为x 0，函数f '(x )的极小值点为x 1，求证：x 0＞x 1． （答案）(1)3,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭(2)证明见解析 （解析）（分析）〔1〕求导可得解析式，即可得解析式，利用导数求得的单调区间和最小值，结合题意，即可()'f x ()h x ()h x 得m 的范围.〔2〕求得解析式，令，利用导数可得的单调性，依据零点存在性定理，可()f x ''22()1ln (0)m mt x m x x x x =++->()t x 得存在，使得t (x 2)＝0，进而可得f '(x )在x ＝x 2处取得极小值，即x 1＝x 2，所以21,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，令，分析可得s (x 1)＜0，即可得证 11211211ln 0,,12m m m x x x x ⎛⎫++-=∈ ⎪⎝⎭()1ln s x m x =+(1)由题设知， ()e (1ln xmf x m x x'=++则， 1ln (())0h mm x x xx ++>=所以 22(1)()m m m x h x x x x -'=-=当x ＞1时，h '(x )＞0，则h (x )在区间(1，＋∞)是增函数， 当0＜x ＜1时，h '(x )＜0，则h (x )在区间(0，1)是减函数， 所以h (x )min ＝h 〔1〕＝，解得，512m +≥32m ≥所以m 的取值范围为3,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭高考材料高考材料(2) 222e 1ln e )n (1l x x m m m m m m x m x x x x x x f x ⎛⎫⎛⎫+++-=++- ⎪ ⎪⎝⎭⎝'=⎭'令 22()1ln (0)m mt x m x x x x=++->则＝恒成立， 2322()m m m t x x x x '=-+2233(1)1(22)0m x m x x x x⎡⎤-+-+⎣⎦=>所以t (x )在(0，＋∞)单调递增．又，1(1)10,1l 3ln 20n 2122t m t m ⎛⎫=+>=-≤- ⎪⎝⎭<所以存在，使得t (x 2)＝0，21,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭当x ∈(0，x 2)时，t '(x )＜0，即f ''(x )＜0，则f '(x )在(0，x 2)单调递减； 当x ∈(x 2，＋∞) 时，t '(x )＞0，即f ''(x )＞0，则f '(x )在(x 2，＋∞)单调递增； 所以f '(x )在x ＝x 2处取得极小值．即x 1＝x 2， 所以t (x 1)＝0，即， 11211211ln 0,,12m m m x x x x ⎛⎫++-=∈ ⎪⎝⎭所以， 1122111(12)21ln 0m x m m m x x x x -+=-=<令，则 s (x )在(0，＋∞)单调递增； ()1ln s x m x =+所以s (x 1)＜0因为f (x )的零点为x 0，则，即s (x 0)＝0 01ln 0m x +=所以s (x 1)＜s (x 0)，所以x 0＞x 14．〔2023·全国·郑州一中模拟预测〔理〕〕已知函数. ()()ln 0f x ax x a =≠(1)商量函数的单调性；()f x (2)当时，证明：.1a =()e sin 1xf x x <+-（解析） (1)依题意知，，()0,x ∈+∞()()ln ln 1f x a x a a x '=+=+令得，()0f x '=1ex =当时，在上，单调递减，在单调递增；0a >10,e ⎛⎫⎪⎝⎭()0f x '<()f x 1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭当时，在上，单调递增，在单调递减.0a <10,e ⎛⎫⎪⎝⎭()0f x '>()f x 1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭(2)依题意，要证，ln e sin 1x x x x <+-①当时，，，故原不等式成立， 01x <≤ln 0x x ≤1sin 0e x x -+>②当时，要证：，即证：，1x >ln e sin 1x x x x <+-ln sin 1e 0x x x x --+<令，则，， ()()e ln sin 11x h x x x x x =--+>()e ln cos 1xh x x x '=--+()e 1sin 0xh x x x''=-+<∴在单调递减，∴，∴在单调递减，∴()h x '()1,+∞()()11e cos10h x h ''<=--<()h x ()1,+∞，即，故原不等式成立.()()11e sin10h x h <=--<ln sin 1e 0xx x x --+<5．〔2023·浙江·三模〕已知实数，设函数． 0a ≥2()2ln(1)(1)ln ,0f x x ax a ax x x =-++-->(1)当时，求函数的单调区间； 0a =()f x (2)假设函数单调递增，求a 的最大值；()f x (3)设是的两个不同极值点，是的最大零点．证明：． 12,x x ()f x 3x ()f x 31211x x x +<注：是自然对数的底数．e 2.71828=⋅⋅⋅（答案）(1)在上单调递增；(2)1；(3)证明见解析. ()f x (0,)+∞（解析）（分析）〔1〕求导，结合导数正负可直接求解函数的单调区间. ()f x 〔2〕由题意得对任意的的恒成立，即可求出a 的最大值. 1()23ln 0f x x a a x x--'=+≥()0,x ∞∈+〔3〕由〔2〕知，当有两个不同极值点时，，则存在两个零点，故，()f x 1a >()0f x '=12,x x ()()111222123ln 0,123ln 0.x a x x x a x x ⎧+-+=⎪⎪⎨⎪+-+=⎪⎩由此可得出，再证明：． 12112a x x +<32x a >即可证明。

完整版)导数大题练习带答案1.已知 $f(x)=x\ln x-ax$，$g(x)=-x^2-2$，要求实数 $a$ 的取值范围。

Ⅰ）对于所有 $x\in(0,+\infty)$，都有 $f(x)\geq g(x)$，即$x\ln x-ax\geq -x^2-2$，整理得 $a\leq \ln x +\frac{x}{2}$，对于 $x\in(0,+\infty)$，$a$ 的取值范围为 $(-\infty。

+\infty)$。

Ⅱ）当 $a=-1$ 时，$f(x)=x\ln x+x$，求 $f(x)$ 在 $[m。

m+3]$ 上的最值。

$f'(x)=\ln x+2$，令 $f'(x)=0$，解得 $x=e^{-2}$，在 $[m。

m+3]$ 上，$f(x)$ 单调递增，所以最小值为$f(m)=me^{m}$。

Ⅲ）证明：对于所有 $x\in(0,+\infty)$，都有 $\lnx+1>\frac{1}{x}$。

证明：$f(x)=\ln x+1-\frac{1}{x}$，$f'(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}=\frac{1}{x^2}(x-1)>0$，所以$f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增，即对于所有$x\in(0,+\infty)$，都有 $\ln x+1>\frac{1}{x}$。

2.已知函数 $f(x)=\frac{2}{x}+a\ln x-2(a>0)$。

Ⅰ）若曲线 $y=f(x)$ 在点 $P(1,f(1))$ 处的切线与直线$y=x+2$ 垂直，求函数 $y=f(x)$ 的单调区间。

$f'(x)=-\frac{2}{x^2}+a$，在点 $P(1,f(1))$ 处的切线斜率为 $f'(1)=a-2$，由于切线垂直于直线 $y=x+2$，所以 $a-2=-\frac{1}{1}=-1$，解得 $a=1$。

专题层级快练3.3.4利用导数证明不等式1．(2020·沧州七校联考)设a 为实数，函数f(x)＝e x －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，e x >x 2－2ax ＋1.2．(2021·赣州模拟)已知函数f(x)＝1－lnx x ，g(x)＝ae e x ＋1x－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)≥2x.3．(2017·课标全国Ⅲ)已知函数f(x)＝lnx ＋ax 2＋(2a ＋1)x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a<0时，证明：f(x)≤－34a－2.4．(2021·河南开封市高三模拟)已知函数f(x)＝lnx ＋a x(a ∈R )e ，其中e 为自然对数的底数．(1)求实数a 的值，并求f(x)的单调区间；(2)证明：xf(x)>x ex .5．已知函数f(x)＝xlnx －m 2x 2－x ＋e 2(0<x ≤e 2)．(1)当m ＝1e时，求函数f(x)的单调区间；(2)证明：当0<m<1e2时，f(x)>0.6．(2021·八省联考)已知函数f(x)＝e x －sinx －cosx ，g(x)＝e x ＋sinx ＋cosx.(1)证明：当x>－5π4时，f(x)≥0.(2)若g(x)≥2＋ax ，求a 的值．3.3.4利用导数证明不等式参考答案1．答案(1)单调递减区间为(－∞，ln2)，单调递增区间为(ln2，＋∞)；极小值为2(1－ln2＋a)，无极大值(2)略解析(1)由f(x)＝e x －2x ＋2a ，x ∈R ，得f ′(x)＝e x －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)极小值故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)＝e ln2－2ln2＋2a ＝2(1－ln2＋a)，无极大值．(2)证明：设g(x)＝e x －x 2＋2ax －1，x ∈R .于是g ′(x)＝e x －2x ＋2a ，x ∈R .由(1)知当a>ln2－1时，g ′(x)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e x －x 2＋2ax －1>0，故e x >x 2－2ax ＋1.2．答案(1)a ＝－1，b ＝－1(2)略解析(1)因为f(x)＝1－lnx x ，x>0，所以f ′(x)＝lnx －1x2，f ′(1)＝－1.因为g(x)＝ae e x ＋1x－bx ，所以g ′(x)＝－ae e x －1x2－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 ＋1x＋x ，则f(x)＋g(x)≥2x ⇔1－lnx x －e e x －1x＋x ≥0.令h(x)＝1－lnx x －e e x －1x＋x(x ≥1)，则h(1)＝0，h ′(x)＝－1＋lnx x 2＋e e x ＋1x 2＋1＝lnx x 2＋e e x ＋1.因为x ≥1，所以h ′(x)＝lnx x 2＋e ex ＋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－lnx x －e e x －1x＋x ≥0，所以当x ≥1时，f(x)＋g(x)≥2x.3．答案(1)当a ≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a<0时，f(x)在(0，－12a )上单调递增，在(－12a，＋∞)上单调递减(2)略解析(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝1x ＋2ax ＋2a ＋1＝（x ＋1）（2ax ＋1）x.若a ≥0，则当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．若a<0，则当x f ′(x)>0；当x －12a，＋f ′(x)<0.故f(x)－12a，＋(2)证明：由(1)知，当a<0时，f(x)在x ＝－12a 处取得最大值，最大值为1－14a.所以f(x)≤－34a －2等价于1－14a ≤－34a －2，即＋12a＋1≤0.设g(x)＝lnx －x ＋1，则g ′(x)＝1x－1.当x ∈(0，1)时，g ′(x)>0；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x)<0.所以g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．故当x ＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0.所以当x>0时，g(x)≤0.从而当a<0时，＋12a ＋1≤0，即f(x)≤－34a－2.4．答案(1)a ＝2e，函数的单调递减区间为(2)证明见解析思路(1)先对函数求导，然后结合导数的几何意义可求a ，结合导数与单调性关系即可求解；(2)要证明原不等式成立，可转化为证明求解相应函数的范围，进行合理的变形后构造函数，结合导数可证．解析(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．f ′(x)＝1x －a x 2，由题意可得，f e －ae 2＝－e ，故a ＝2e ，f ′(x)＝1x －2ex 2＝ex －2ex 2.当x f ′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x f ′(x)>0，函数f(x)单调递增，故函数f(x)(2)证明：设h(x)＝xf(x)＝xlnx ＋2e，则h ′(x)＝lnx ＋1(x>0)．当x h ′(x)<0，函数h(x)单调递减，当x h ′(x)>0，函数h(x)单调递增，故h(x)min ＝＝1e.设t(x)＝x e x ，则t ′(x)＝1－x ex ，当x ∈(0，1)时，t ′(x)>0，函数t(x)单调递增，当x ∈(1，＋∞)时，t ′(x)<0，函数t(x)单调递减，故t(x)max ＝t(1)＝1e.又h(x)和t(x)不同时为1e，综上可得，x>0时，恒有h(x)>t(x)，即xf(x)>x ex .5．答案(1)略(2)略解析(1)f(x)＝xlnx －12e x 2－x ＋e 2.f ′(x)＝1＋lnx －x e －1＝lnx －x e.f ″(x)＝1x －1e，y ＝f ′(x)在(0，e)上单调递增，在(e ，e 2]上单调递减．f ′(e)＝0，∴f ′(x)≤0.∴y ＝f(x)在(0，e 2]上单调递减．(2)证明：f(x)＝xlnx －m 22－x ＋e 2.f ′(x)＝1＋lnx －mx －1＝lnx －mx.f ″(x)＝1x －m ，1m>e 2.y ＝f ′(x)在(0，e 2]上单调递增，当x →0时f ′(x)→－∞.f ′(e 2)＝2－me 2.∵m me 2∈(0，1)，me∴f ′(e 2)>0，f ′(1)＝－m<0，f ′(e)＝1－me>0.∴∃x 0∈(1，e)，使得f ′(x 0)＝0.即lnx 0＝mx 0.∴y ＝f(x)在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，e 2]上单调递增．∴f(x)min ＝f(x 0)＝x 0lnx 0－m 2x 02－x 0＋e 2.f(x)min ＝x 0·lnx 0－lnx 02·x 0－x 0＋e 2＝12x 0lnx 0－x 0＋e 2，x 0∈(1，e)．令g(x)＝12xlnx －x ＋e 2，x ∈(1，e)，g ′(x)＝12(1＋lnx)－1＝12(lnx －1)<0.g(x)在(1，e)上单调递减，∴g(x)>g(e)＝0.∴f(x)min >0，∴f(x)>0.即证．6．答案(1)证明见解析(2)2解析(1)证明：因为f(x)＝e x －sinx －cosx ＝e x －2sinf ′(x)＝e x －cosx ＋sinx ＝e x ＋2sinf ″(x)＝g(x)＝e x ＋sinx ＋cosx ＝e x ＋2sin考虑到f(0)＝0，f ′(0)＝0，所以当x －5π4，－时，2sin ，此时f(x)>0；当x ∈－π4，0，f ″(x)>0，所以f ′(x)单调递增，所以f ′(x)≤f ′(0)＝0，所以f(x)单调递减，f(x)≥f(0)＝0；当x f ″(x)>0，所以f ′(x)单调递增，f ′(x)>f ′(0)＝0，所以f(x)单调递增，f(x)≥f(0)＝0；当x ∈3π4，＋f(x)＝e x －2sin e 1－2>0.综上，当x>－5π4时，f(x)≥0.(2)设r(x)＝e x ＋sinx ＋cosx －2－ax ，则r(0)＝0，其导函数r ′(x)＝e x ＋cosx －sinx －a ，于是r ′(0)＝2－a ，又r ″(x)＝e x －sinx －cosx ＝f(x)，于是根据第(1)小题的结果，r ′(x)－5π4，＋情形一：若a<2，则r ′(0)>0.若r 0－5π4，r′(x)>0，于是r(x)在此区间上单调递增，因此在该区间上有r(x)<r(0)＝0，不符合题意．若r －5π4，r ′(x)存在唯一零点x 0，使得r(x)在(x 0，0)上单调递增，因此在该区间上有r(x)<r(0)＝0，不符合题意．情形二：若a>2，则r ′(0)<0.考虑到r ′(ln(|a|＋2))≥|a|＋2＋(－1)－1－a ≥0，于是函数r ′(x)在(0，ln(|a|＋2)]上有唯一零点x 1，使得r(x)在(0，x 1)上单调递减，因此在该区间上有r(x)<r(0)＝0，不符合题意．情形三：若a ＝2，则函数r(x)－5π4，(0，＋∞)上单调递增，而r(0)＝0，因此r(x)在－5π4，＋r(x)≥0.当x ≤－5π4时，有r(x)>0＋(－1)＋(－1)－2－2＝5π2－4>0，命题也成立．综上所述，a ＝2.。

2024届高考数学复习：专项（利用导数证明不等式）练习一、多选题1．已知函数1()2ln f x x x=+，数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足12a =，()()*1N n n a f a n +=∈，则下列有关数列{}n a 的叙述正确的是（ ） A ．21a a <B ．1n a >C ．100100S <D ．112n n n a a a +⋅+<2．下列不等式正确的是（ ） A ．当x ∈R 时，1x e x ≥+ B ．当0x >时，ln 1≤-x x C ．当x ∈R 时，x e ex ≥D ．当x ∈R 时，sin x x ≥3．已知定义在R 上的函数()f x 满足()()f x f x '>-，则下列式子成立的是（ ） A ．()()20192020f ef < B ．()()20192020ef f >C ．()f x 是R 上的增函数 D ．0t >，则有()()t f x e f x t <+二、解答题4．已知函数()()ln 1f x x =+，()1axg x x =+，若()()()F x f x g x =-最小值为0. （1）求实数a 的值；（2）设n *∈N ，证明：()()()()12>g g g n f n n ++⋅⋅⋅++. 5．已知函数()ln f x x =，()g x x m =-. （1）当0m =时，求函数()()f x yg x =的最大值； （2）设()()()h x f x g x =-，当12x x <，且()()120h x h x ==，求证：()12ln 0em x x m +-+>. 6．已知函数()()xf x xex =∈R ，其中e 为自然对数的底数．（1）当1x >时，证明：()()211ln 231f x x x x x --->-+； （2）设实数1x ，()212x x x ≠是函数()()()2112g x f x a x =-+的两个零点，求实数a 的取值范围．7．已知()x f x e =，当0x ≥时(2)1f x ax ≥+恒成立． （1）求实数a 的取值范围； （2）当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，求证：223sin x x x xe -≤． 8．已知函数()ln xxf x e a=-. （1）当1a =时，求曲线()y f x =在点()()1,1A f 处的切线方程； （2）若01a <<，求证：()2ln af x a+≥. 9．已知函数21()ln 2f x a x ax =+. (1)若()f x 只有一个极值点，求a 的取值范围.(2)若函数2()()(0)g x f x x =>存在两个极值点12,x x ，记过点1122(,()),(,())P x g x Q x g x 的直线的斜率为k ，证明：1211k x x +>. 10．函数()()11xxf x x e k e =+⋅--.（1）当1k =时，求()f x 的单调区间； （2）当0x >，k 2≤时，证明：()0f x >. 11．已知函数2()2ln 2(1)f x mx x m x =-+-．（1）讨论函数()f x 的单调区间；（2）当1x ≠时，求证：2286ln 3521x x x x x x---<-． 12．函数()2ln a xf x x x=-. （1）若12a =，求()f x 的单调性； （2）当0a >时，若函数()()2g x f x a =-有两个零点，求证：12a >. 13．已知函数()21()xm x xf x e++=．（1）试讨论()f x 的单调性；（2）若0m ≤，证明：()ln ef x x x +≤． 14．已知函数()()ln xf x xe a x x =-+.（1）当0a >时，求()f x 的最小值； （2）若对任意0x >恒有不等式()1f x ≥成立.①求实数a 的值； ②证明：()22ln 2sin xxe x x x >++.15．已知a ＞0，函数21()ln (1)2f x x x x a x =-+-． （1）若f （x ）为减函数，求实数a 的取值范围；（2）当x ＞1时，求证：2e ()e 2aa f x <-．（e ＝2.718…） 16．已知函数()21ln 2f x ax x x b =-⋅+，()()g x f x '=. （1）判断函数()y g x =的单调性；（2）若(]()0, 2.718x e e ∈≈，判断是否存在实数a ，使函数()g x 的最小值为2？若存在求出a 的值；若不存在，请说明理由；（3）证明：1233ln 2341n n n ⎛⎫++++>-⎪+⎝⎭ .17．已知函数()2ln f x x x x =--. （1）求证：()0f x ≥；（2）函数()()()()21>0g x f x x a x a =-++，有两个不同的零点1x ，2x .求证：12ln ln 2ln 0x x a ++<.18．已知函数()()sin 1ln f x a x x =-+，a R ∈.（1）若函数()f x 在区间()0,1内是增函数，求a 的取值范围； （2）证明：()222111sinsin sin ln 2231n +++<+ . 19．已知函数()ln 21af x x x a x=+--+.（1）若a = -2，求函数f (x )的单调区间；（2）若函数f (x )有两个极值点x 1，x 2，求证12()+()0f x f x <.20．（1）当π02x ≤≤时，求证：sin x x ≥； （2）若1x e kx ≥+对于任意的[)0,x ∈+∞恒成立，求实数k 的取值范围； （3）设a >0，求证；函数()1cos ax f x e x -=⋅在π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上存在唯一的极大值点0x ，且()10a f x e ->.参考答案一、多选题1．已知函数1()2ln f x x x=+，数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足12a =，()()*1N n n a f a n +=∈，则下列有关数列{}n a 的叙述正确的是（ ） A ．21a a < B ．1n a > C ．100100S < D ．112n n n a a a +⋅+<【答案】AB 【要点分析】A ．计算出2a 的值，与1a 比较大小并判断是否正确；B ．利用导数要点分析()f x 的最小值，由此判断出1n a >是否正确；C ．根据n a 与1的大小关系进行判断；D ．构造函数()()1ln 11h x x x x=+->，要点分析其单调性和最值，由此确定出1ln 10n n a a +->，将1ln 10nn a a +->变形可得112n n a a ++>，再将112n na a ++>变形可判断结果. 【答案详解】A 选项，3221112ln 2ln 4ln 2222a e =+=+<+=，A 正确； B 选项，因为222121()x f x x x x='-=-，所以当1x >时，()0f x '>，所以()f x 单增，所以()(1)1f x f >=， 因为121a =>，所以()11n n a f a +=>，所以1n a >，B 正确； C 选项，因为1n a >，所以100100S >，C 错误； D 选项，令1()ln 1(1)h x x x x =+->，22111()0x h x x x x-='=->， 所以()h x 在(1,)+∞单调递增，所以()(1)0h x h >=，所以1ln 10n na a +->， 则22ln 20n n a a +->，所以112ln 2n n n a a a ⎛⎫++> ⎪⎝⎭，即112n n a a ++>， 所以112n n n a a a ++>，所以D 错误. 故选：AB.【名师点睛】易错名师点睛：本题主要考查导数与数列的综合问题，属于难题.解决该问题应该注意的事项：（1）转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视的问题；（2）利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制条件的转化. 2．下列不等式正确的是（ ） A ．当x ∈R 时，1x e x ≥+ B ．当0x >时，ln 1≤-x x C ．当x ∈R 时，x e ex ≥ D ．当x ∈R 时，sin x x ≥【答案】ABC 【要点分析】构建函数，利用导数研究其单调性和最值，可得出每个选项中的不等式正不正确. 【答案详解】对于A ：设()1x f x e x =--，则()1x f x e =-'，令()0f x '=，解得0x =， 当(,0)x ∈-∞时函数单调递减，当(0,)x ∈+∞时，函数单调递增，所以函数在0x =时，函数取得最小值()(0)0min f x f ==，故当x ∈R 时，1x e x +…，故A 正确；对于B ：设()ln 1f x x x =-+，所以1(1)()1'--=-=x f x x x， 令()0f x '=，解得1x =，当(0,1)x ∈时，函数单调递增，当(1,)x ∈+∞时，函数单调递减， 所以在1x =时，max ()f x f =（1）0=，故当0x >时，1lnx x -…恒成立，故B 正确；对于C ：设()x f x e ex =-，所以()x f x e e '=-，令()0f x '=，解得1x =，当(,1)x ∈-∞时，函数单调递减，当(1,)x ∈+∞时，函数单调递增，所以当1x =时，min ()f x f =（1）0=，所以当x ∈R 时，x e ex …，故C 正确；对于D ：设函数()sin f x x x =-，则()1cos 0f x x '=-…，所以()f x 是定义在R 上单调递增的奇函数， 所以0x >时，sin x x …成立，0x <时，()0f x <，故D 错误． 故选：ABC3．已知定义在R 上的函数()f x 满足()()f x f x '>-，则下列式子成立的是（ ） A ．()()20192020f ef < B ．()()20192020ef f >C ．()f x 是R 上的增函数 D ．0t >，则有()()t f x e f x t <+【答案】AD 【要点分析】由题意得()0x e f x '⎡⎤>⎣⎦，即()xe f x 为增函数，可得()()2019202020192020ef e f <，即可判断,A B ，举出反例可判断C ，根据单调性可判断D. 【答案详解】由()()f x f x '>-，得()()0xxe f x e f x '+>，即()0x e f x '⎡⎤>⎣⎦，所以函数()xe f x 为增函数，故()()2019202020192020ef e f <，所以()()20192020f ef <，故A 正确，B 不正确； 函数()xe f x 为增函数时，()f x 不一定为增函数，如122x x x e e ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭是增函数，但12x⎛⎫ ⎪⎝⎭是减函数，所以C 不正确；因为函数()xe f x 为增函数，所以0t >时，有()()xx te f x ef x t +<+，故有()()tf x e f x t <+成立，所以D 正确.故选：AD. 【名师点睛】本题主要考查了利用导数判断函数的单调性，构造函数()xe f x 是解题的关键，属于中档题.二、解答题4．已知函数()()ln 1f x x =+，()1axg x x =+，若()()()F x f x g x =-最小值为0. （1）求实数a 的值；（2）设n *∈N ，证明：()()()()12>g g g n f n n ++⋅⋅⋅++. 【答案】（1）1；（2）证明见解析. 【要点分析】（1）由()'0F x =，得1x a =-，讨论当0a ≤时，无最小值.当0a >时， ()()min 1ln 1F x F a a a =-=-+，由ln 10a a -+=可得答案得；（2）由（1）可知1a =，可得()111ln 1>231n n +++⋅⋅⋅++，由（1）可知111ln 1>111n n n n⎛⎫+= ⎪+⎝⎭+，即()1ln 1ln 1n n n +->+，进而可得结论.【答案详解】（1）由已知()()ln 11axF x x x =+-+，定义域为()1,-+∞. ()()()2211'111a x a F x x x x +-=-=+++. 由()'0F x =，得1x a =-.当0a ≤时，()1,∈-+∞x ，()'0F x >在()1,-+∞单调递增无最小值. 当0a >时，()1,a 1x ∈--，()'0F x <；()1,x a ∈-+∞，()'0F x >. 故()()min 1ln 1F x F a a a =-=-+， 令()()ln 1>0x x x x ϕ=-+，()()1'>0xx x xϕ-=. ()0,1∈x ，()'0x ϕ>；()1,∈+∞x ，()'0x ϕ<，()()max 10x ϕϕ==，所以由ln 10a a -+=，得1a =.（2）由（1）可知1a =，此时()()()()12>g g g n f n n ++⋅⋅⋅++ 等价于()111ln 1>231n n +++⋅⋅⋅++， 由（1）可知当0x >时，()ln 11xx x +>+. 故111ln 1>111n n n n⎛⎫+= ⎪+⎝⎭+，即()1ln 1ln 1n n n +->+. 所以()()()()111ln 1ln 2ln1ln 3ln 2ln 1ln >231n n n n +=-+-+⋅⋅⋅++-++⋅⋅⋅+⎡⎤⎣⎦+， 故()()()()12>g g g n f n n ++⋅⋅⋅++.【名师点睛】不等式证明问题是近年高考命题的热点，利用导数证明不等主要方法有两个，一是比较简单的不等式证明，不等式两边作差构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最值即可；二是较为综合的不等式证明，要观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简或者进一步利用导数证明.5．已知函数()ln f x x =，()g x x m =-.（1）当0m =时，求函数()()f x yg x =的最大值；（2）设()()()h x f x g x =-，当12x x <，且()()120h x h x ==，求证：()12ln 0em x x m +-+>. 【答案】（1）1e；（2）证明见解析. 【要点分析】 （1）当0m =时，()()ln f x x y g x x ==，21ln xy x -'=，由()()f x y g x =的单调性得出函数()()f x y g x =的最大值；（2）由函数()h x 的单调性结合零点个数得出1m >，结合要点分析法要证()12ln 0em x x m +-+>，只需证121mex x em -<<<<，由函数()h x 在(),1m e -上存在唯一零点1x 证明11m e x -<<，由函数()h x 在()1,em 上存在唯一零点2x 证明21x em <<，从而得出()12ln 0em x x m +-+>.【答案详解】解1）当0m =时，()()ln f x x y g x x==，221ln 1ln x x x x y x x ⋅--'==. 当x e >时，0y '<；当0x e <<时，0y '>.∴函数lny x=在()0,e 上单调递增，在(),e +∞上单调递减. ∴max1x e y y e===.（2）由题可知1x ，2x 是函数()ln h x x x m =-+的零点.()111x h x x x-=-=' 当1x >时，()0h x '<；当01x <<时，()0h x '>∴函数()hx 在()0,1上单调递增，在()1,+?上单调递减故函数()h x 要有两个零点，必有()110h m =-+>，即1m >. 要证()12ln 0em x x m +-+>，只需证21mx x em e --<-只需证121mex x em -<<<< ①由于1m >，()0,1me-∈，()0m m h e m e m --=--+<，()110h m =-+>∴函数()hx 在(),1m e -上存在唯一零点1x即11mex -<<. ②由（1）知，ln 1x x e ≤，所以ln x x e≤，且当x e =时，取等号 ∴()()()ln 20emh em em em m em m m e e=-+<-+=-<∴函数()hx 在()1,em 上存在唯一零点2x即21x em <<. ③由②③可知①成立，故()12ln 0em x x m +-+>. 【名师点睛】求解本题第（2）问的关键是根据题中条件将证明()12ln 0em x x m +-+>转化为证明121m e x x em -<<<<，然后利用零点存在定理即可求解.6．已知函数()()xf x xex =∈R ，其中e 为自然对数的底数．（1）当1x >时，证明：()()211ln 231f x x x x x --->-+； （2）设实数1x ，()212x x x ≠是函数()()()2112g x f x a x =-+的两个零点，求实数a 的取值范围． 【答案】（1）证明见解析；（2）(),0-∞． 【要点分析】 （1）构造函数()()()11ln 21ln 2111x f x h x x x e x x x x --=+-+=+-+>-，证明最小值大0即可得解；（2）先求导()()2112xg x xe a x =-+可()()()()()111x x g x x e a x x e a '=+-+=+-，分0a =，0a <和0a >进行讨论即可得解. 【答案详解】 （1）设()()()11ln 21ln 2111x f x h x x x e x x x x --=+-+=+-+>-，∴()112x h x e x -'=+-，∴()121x h x e x-''=-， ∵1x >，∴11x e ->，2101x<<，∴()1210x h x e x -''=->，∴()h x '在()1,+∞上单调递增，又()10h '=，∴1x >时，()()10h x h ''>=，()1ln 21x h x e x x -=+-+在()1,+∞上单调递增，又()10h =，∴1x >时，()()10h x h >=，故当1x >时，()1ln 211f x x x x ->-+--，∴()()211ln 231f x x x x x --->-+．（2）∵()()2112xg x xe a x =-+， ∴()()()()()111x x g x x e a x x e a '=+-+=+-，当0a =时，易知函数()g x 只有一个零点，不符合题意． 当0a <时，在(),1-∞-上，()0g x '<，()g x 单调递减； 在()1,-+∞上，()0g x '>，()g x 单调递增； 又()110g e-=-<，()120g e a =->， 不妨取4b <-且()ln b a <-时，()()()2ln 2111120222a g b bea b a b b -⎛⎫>-+=-++> ⎪⎝⎭， [或者考虑：当x →-∞，()g x →+∞]，所以函数()g x 有两个零点，∴0a <符合题意，当0a >时，由()()()10xg x x e a '=+-=得1x =-或ln x a =．（ⅰ）当ln 1a =-，即1a e=时，在(),-∞+∞上，()0g x '≥成立， 故()g x 在(),-∞+∞上单调递增，所以函数()g x 至多有一个零点，不符合题意． （ⅱ）当ln 1a <-，即10a e<<时，在(),ln a -∞和()1,-+∞上， ()0g x '>，()g x 单调递增；在()ln ,1a -上，()0g x '<，()g x 单调递减； 又()110g e -=-<，且()()()2211ln ln ln 1ln 1022g a a a a a a a =-+=-+<， 所以函数()g x 至多有一个零点()g x ，不符合题意． （ⅲ）当ln 1a >-即1a e>时， 在(),1-∞-和()ln ,a +∞上()0g x '>，()g x 单调递增； 在()1,ln a -上()0g x '<，()g x 单调递减， 以()110g e-=-<，所以函数()g x 至多有一个零点，不符合题意． 综上所述，实数a 的取值范围是(),0-∞． 【名师点睛】本题考查了导数的应用，考查了利用导数研究函数的单调性，考查了构造法证明不等式以及分类讨论求参数范围，要求较高的计算能力，属于难题. 解决本类问题的方法有以下几点：（1）证明题常常利用构造法，通过构造函数来证明；（2）分类讨论解决含参问题，是导数压轴题常考题型，在讨论时重点是找到讨论点.7．已知()x f x e =，当0x ≥时(2)1f x ax ≥+恒成立． （1）求实数a 的取值范围； （2）当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，求证：223sin x x x xe -≤．【答案】（1）2a ≤；（2）证明见解析. 【要点分析】（1）移项构造函数，求导后分类讨论.（2）利用（1）的结论构造新函数，求导后构造新函数再求导寻找极值点即可. 【答案详解】（1）(2)1f x ax ≥+即210x e ax --≥恒成立， 令2()1(0)x h x e ax x =--≥，则2()2x h x e a '=-当2a ≤时()0h x '≥，则()h x 在[)0,+∞是增函数，(0)0h =，()0h x ∴≥成立． 当2a >时，0x ∃使()00h x '=()00,x x ∈，()0h x '<，()h x 为减函数，()0,x x ∈+∞，()0h x '>，()h x 为增函数．所以()0(0)0h x h <=不合题意． 所以2a ≤．（2）由（1）得当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时221x e x ≥+，所以要证223sin x x x xe -≤只要证23sin (21)x x x x -≤+ 即证：2sin 0x x x --≤，设2()sin h x x x x =--，0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦， ()21cos h x x x '=--，()2sin 0h x x ''=+>所以()h x '在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦是增函数， (0)2h '=-，102h ππ⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭，所以存在00,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦使()00h x '=．故[)00,x x ∈时，()0h x '<，则()h x 为减函数，0,2x x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时()0h x '>则()h x 为增函数(0)0h =，2224144202h πππππ--⎛⎫=--=< ⎪⎝⎭，所以0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时()0≤h x ，故命题成立．【名师点睛】此题为导数综合题，属于难题.方法名师点睛：利用导数求参数范围方法：（1）变量分离，构造函数，转化为恒成立问题处理，求导数进步求新函数的最值. （2）移项后，构造函数，求导讨论函数的单调性及极值.8．已知函数()ln xxf x e a=-. （1）当1a =时，求曲线()y f x =在点()()1,1A f 处的切线方程； （2）若01a <<，求证：()2ln af x a+≥. 【答案】（1）()11y e x =-+；（2）证明见解析. 【要点分析】（1）首先求导得到()()10x f x e x x'=->，从而得到1k e =-，再利用点斜式求切线方程即可. （2）首先求导得到()111xx f x e xe ax x a ⎛⎫'=-=- ⎪⎝⎭，根据x y xe =在()0,∞+上单调递增，且()0,y ∈+∞，且11a>，得到存在唯一()00x ∈+∞,，使得0010x x e a -=，再根据函数()f x 的单调性得到()min f x ，利用基本不等式即可证明()2ln af x a+≥. 【答案详解】（1）当1a =时，()()()1ln 0xxf x e x f x e x x'=-⇒=->. ∴()11k f e '==-，又()1f e =，∴()f x 在点A 处的切线方程为()()11y e e x -=--，即()11y e x =-+.（2）()()()ln 1110xx x x f x e f x e xe x a ax x a ⎛⎫'=-⇒=-=-> ⎪⎝⎭， 易知x y xe =在()0,∞+上单调递增，且()0,y ∈+∞， 又1011a a<<⇒>， ∴存在唯一()00x ∈+∞,，使得0010x x e a-=，即0001ln ln x e x x a ax =⇔=--.当00x x <<时，()0f x '<，()f x 为减函数； 当0x x >时，()0f x '>，()f x 为增函数.∴()()00000min 00ln 1ln 11ln x x x a f x f x e x a a ax a a a x ⎛⎫==-=++=++ ⎪⎝⎭2l ln n 1a a a a ⎛⎫≥+ = +⎪⎪⎝⎭. 当且仅当001x x =，即01x =时，等号成立. ∴当01a <<时，()2ln af x a+≥. 【名师点睛】关键点名师点睛：本题主要考查导数的综合应用，考查利用导数证明不等式，解题的关键为找到导函数的隐藏零点，属于中档题.9．已知函数21()ln 2f x a x ax =+. (1)若()f x 只有一个极值点，求a 的取值范围.(2)若函数2()()(0)g x f x x =>存在两个极值点12,x x ，记过点1122(,()),(,())P x g x Q x g x 的直线的斜率为k ，证明：1211k x x +>. 【答案】（1）0a <；（2）证明见解析. 【要点分析】 （1n =，则0n >.令22()2n an n a φ=-+，解不等式组0,(0)0,a φ<⎧⎨>⎩即得解；（2）只需证21121222112ln ()2x x x a x x x x x -+>-，设12(01)xt t x =<<，函数21()2ln m t a t t t =-+，证明121()0()2m t x x >>-即得证. 【答案详解】(1)解：222'()222a a ax a f x x x x-+=+-=，(0,)x ∈+∞n =，则0n >.令22()2n an n a φ=-+，要使函数()f x 只有一个极值点，则需满足0,(0)0,a φ<⎧⎨>⎩，即0a <；(2)证明：因为2221()()2ln 2g x f x a x ax x ==+-， 所以22222'()1a ax x a g x ax x x -+=+-=，因为()g x 存在两个极值点，所以30,180,a a >⎧⎨->⎩即102a << 不妨假设120x x <<，则121x x a+=要证1211k x x +>，即要证121212()()11g x g x x x x x -+>-， 只需证121212121221()()()()x x x x x x g x g x x x x x -+->=-，只需证221112121212222111()[()2]2()222x x x x x x a x x a ln x x a ln x x x x -+-+=--+>-， 即证21121222112ln ()2x x x a x x x x x -+>-设12(01)x t t x =<<，函数21()2ln m t a t t t =-+，22221'()t a t m t t-+=- 因为102a <<，故4440a -<，所以22210t a t -+>，即'()0m t <， 故()m t 在(0,1)上单调递减，则()(1)0m t m >= 又因为121()02x x -<，所以121()0()2m t x x >>-，即21121222112ln ()2x x x a x x x x x -+>-，从而1211k x x +>得证. 【名师点睛】关键点名师点睛：解答本题的关键是通过要点分析得到只需证明21121222112ln ()2x x x a x x x x x -+>-.对于比较复杂的问题，我们可以通过要点分析把问题转化，再证明，提高解题效率.10．函数()()11xxf x x e k e =+⋅--.（1）当1k =时，求()f x 的单调区间；（2）当0x >，k 2≤时，证明：()0f x >.【答案】（1）单调递减区间为(),0-∞，单调递增区间为()0,∞+；（2）证明见解析. 【要点分析】（1）由1k =得到()()11xxf x x e e =+⋅-- 求导由()0f x '>， ()0f x '<求解.（2）求导()()1xf x e x k '=⋅--⎡⎤⎣⎦，分1k ≤，12k <≤讨论求解.【答案详解】（1）当1k =时，()()11xxf x x e e =+⋅-- ，.所以()x f x x e '=⋅当()0f x '>时，0x >； 当()0f x '<时，0x <.所以()f x 的单调递减区间为(),0-∞，单调递增区间为()0,∞+. （2）因为()()11xxf x x e k e =+⋅--，所以()()1xf x e x k '=⋅--⎡⎤⎣⎦.①当1k≤，0x >时，()0f x '>恒成立，所以()f x 单调递增，所以()()0f x f >，而()010f =>，所以()0f x >恒成立；②12k <≤，0x >时，由()0f x '>可得1x k >-；由()0f x '<可得01x k <<-.所以()f x 在()0,1k -单调递减，在()1,k -+∞单调递增，所以()()1min 11k f x f k k e -=-=+-.设()1112()x g x x ex -=+-<≤，则()110x g x e -'=-<，所以()g x 在(]1,2单调递减， 故()()min 230g x g e ==->，所以()min 110k f x k e -=+->，从而()0f x >.综上，当0x >，k 2≤时，()0f x >. 【名师点睛】方法名师点睛：1、利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号，当f (x )含参数时，需依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论；若可导函数f (x )在指定的区间D 上单调递增(减)，求参数范围问题，可转化为f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)恒成立问题，从而构建不等式，要注意“＝”是否可以取到．2、利用导数证明不等式常构造函数φ(x )，将不等式转化为φ(x )＞0(或＜0)的形式，然后研究φ(x )的单调性、最值，判定φ(x )与0的关系，从而证明不等式.11．已知函数2()2ln 2(1)f x mx x m x =-+-． （1）讨论函数()f x 的单调区间；（2）当1x ≠时，求证：2286ln 3521x x x x x x---<-． 【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析． 【要点分析】（1）先求导，分为0m ≥，1m =-，1m <-和10m -<<四种情形进行分类讨论，根据导数和函数单调性的关系即可求出；（2）等价于3226(1ln )23501x x x x x-+--<-，令()()3261ln 235h x x x x x =-+--，利用当2m =时的结论，根据导数判断()h x 与0的关系，即可证明. 【答案详解】解：()f x 的定义域为(0,)+∞，则22(1)1(1)(1)()22(1)22mx m x mx x f x mx m x x x+--+-'=-+-=⋅=⋅， 当0m …时，10mx +>，当(0,1)x ∈时，()0f x '<，当(1,)x ∈+∞时，()0f x '>， ∴函数()f x 的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)+∞，当0m <时，令()0f x '=，解得1x =或1x m=-， 当1m =-时，2(1)()2?0x f x x-'=-…恒成立，∴函数()f x 的单调递减区间为(0,)+∞，无单调递增区间，当1m <-时，101m<-<， 当1(0,x m ∈-或(1,)+∞时，()0f x '<，当1(x m∈-，1)时，()0f x '>， ∴函数()f x 的单调递减区间为1(0,)m -或(1,)+∞，单调递增区间为1(m-，1)，当10m -<<，11m ->，当(0,1)x ∈或1(m -，)+∞时，()0f x '<，当1(1,x m∈-时，()0f x '>，∴函数()f x 的单调递减区间为(0,1)或1(m -，)+∞，单调递增区间为1(1,m．综上所述：当0m …时，函数()f x 的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)+∞， 当1m =-时，函数()f x 的单调递减区间为(0,)+∞，无单调递增区间，当1m <-时，函数()f x 的单调递减区间为1(0,)m -，(1,)+∞，单调递增区间为1(m-，1)， 当10m -<<时，函数()f x 的单调递减区间为(0,1)或1(m -，)+∞，单调递增区间为1(1,)m．（2） 证明：要证2286ln 3521x x x x x x ---<-，即证3226(1ln )23501x x x x x -+--<-， 令32()6(1ln )235h x x x x x =-+--，则22()66ln 6663(22ln 2)h x x x x x x x '=--+-=--， 由（1），当2m =时，2()22ln 2f x x x x =--， 可得()f x 的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)+∞，即()h x '的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)+∞，()h x h ∴''…（1）0=， ()h x ∴在(0,)+∞上单调递增，h （1）6(1ln1)2350=-+--=，∴当01x <<时，()0h x <，210x ->，当1x >时，()0h x >，210x -<，∴3226(1)23501x lnx x x x -+--<-， 即22863521x xlnx x x x---<-． 【名师点睛】含有参数的函数单调性讨论常见的形式： （1）对二次项系数的符号进行讨论； （2）导函数是否有零点进行讨论； （3）导函数中零点的大小进行讨论；（4）导函数的零点与定义域端点值的关系进行讨论等.12．函数()2ln a xf x x x=-. （1）若12a =，求()f x 的单调性； （2）当0a >时，若函数()()2g x f x a =-有两个零点，求证：12a >. 【答案】（1）()f x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增；（2）证明见解析. 【要点分析】（1）求导得()2221ln 1ln 1x x x f x x x--+'=-=，设()21ln x x x ϕ=-+，利用导数可得()x ϕ的单调性，并可得()x ϕ的零点，即可求出()f x 的单调性；（2）由函数()g x 有两个零点，所以()()22ln 20h x x a x ax x =-->，即()0h x =有两个不等实根，利用导数求得()h x 的单调性，结合题意可得201x a x =+，求出0x 的范围，利用对勾函数的单调性即可证明. 【答案详解】 （1）因为()ln xf x x x=-，（0x >）， 所以()2221ln 1ln 1x x xf x x x--+'=-=. 设()21ln x x x ϕ=-+，则()120x x xϕ'=+>，所以()x ϕ在()0,∞+单调递增，又因为()10ϕ=，所以当()0,1x ∈时，()0x ϕ<，则()0f x '<，()f x 单调递减； 当()1,x ∈+∞时，()0x ϕ>，则()0f x '>，()f x 单调递增. 综上，()f x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增. （2）证明：因为函数()()2ln 20a xg x x a x x=-->有两个零点， 所以方程22ln 20x a x ax --=有两个不等实根.设()()22ln 20h x x a x ax x =-->，即()0h x =有两个不等实根，则()()22222220a x ax ah x x a x x x--'=--=>.设()()22220m x x ax a x =-->，则由0a >可知24160a a ∆=+>，而()2222m x x ax a =--的对称轴方程为2ax =，且()020m a =-<， 所以存在()00x ∈+∞,使得()20002220m x x ax a =--=，即2001x a x =+，且当()00,x x ∈时，()0m x <，则()0h x '<，所以()h x 单调递减； 当()0,x x ∈+∞时，()0m x >，则()0h x '>，所以()h x 单调递增.因为()0h x =有两个不等实根，所以必有()00h x <，即20002ln 20x a x ax --<.将2001x a x =+，代入整理可得0012ln 0x x --<.设()()12ln 0m x x x x =-->，则易得()m x 在()0,∞+上单调递减， 又()10m =，所以01x >，结合对勾函数1y t t=+在()2,+∞单调递增可知200001112112x a x x x ==++->++， 即12a >成立，命题得证. 【名师点睛】解题的关键是利用导数判断函数的单调性，当导函数无法直接判断正负时，可构造新函数，并继续求导，即可求出导函数的单调性和极值，进而可得导函数的正负，即原函数的单调性，考查要点分析理解，化简求值的能力，属中档题.13．已知函数()21()xm x xf x e++=．（1）试讨论()f x 的单调性；（2）若0m ≤，证明：()ln ef x x x +≤． 【答案】（1）答案不唯一见解析；（2）证明见解析. 【要点分析】（1）对函数进行求导得(1)(1)()xx mx m f x e--'+=-，再对m 分三种情况讨论，即0m =，0m >，0m <三种情况；（2）要证明()ln ef x x x +≤，只需证明 ()ln ef x x x ≤-，而ln 1x x -≥，因此只需证明1()f x e≤，再利用函数的单调性，即可得证； 【答案详解】解析：（1）因为(1)(1)()xx mx m f x e--'+=-， ①当0m =时，1()xx f x e-=-'，当1x >时，()0f x '<，当1x <时，()0f x '>，所以()f x 在(,1)-∞上单调递增，在(1,)+∞上单调递减；②当0m >时，1(1)11(),11x m x x m f x e m'⎛⎫--+ ⎪⎝⎭=--<， 当11,1x m ⎛⎫∈-⎪⎝⎭时，()0f x '>，当1,1(1,)x m ⎛⎫∈-∞-⋃+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，所以()f x 在11,1m ⎛⎫- ⎪⎝⎭单调递增，在1,1,(1,)m ⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎝⎭单调递减； ③当0m <时，111m ->，当11,1x m ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0f x '<，当1(,1)1,x m ⎛⎫∈-∞⋃-+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，所以()f x 在11,1m ⎛⎫-⎪⎝⎭单调递减，在1(,1),1,m ⎛⎫-∞-+∞⎪⎝⎭单调递增． （2）要证明()ln ef x x x +≤，只需证明 ()ln ef x x x ≤-， 而ln 1x x -≥，因此只需证明1()f x e≤，当0m =时，()x xf x e =，由（1）知()f x 在(,1)-∞上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，所以max1()(1)f x f e==； 当0m <时，()211()xx m x xx f x e e e++=<≤，故()ln ef x x x +≤． 【名师点睛】利用导数研究含参函数的单调区间，要注意先求导后，再解导数不等式.14．已知函数()()ln xf x xe a x x =-+.（1）当0a >时，求()f x 的最小值； （2）若对任意0x >恒有不等式()1f x ≥成立.①求实数a 的值； ②证明：()22ln 2sin xxe x x x >++.【答案】（1）ln a a a -；（2）①1；②证明见解析. 【要点分析】（1）求出函数()f x 的定义域，对函数求导，令0x xe a -=，构造()xg x xe =，利用导数研究函数的单调性与实根个数，进而得出()f x 的单调性和最值；（2）①当0a ≤时，()f x 单调递增，()f x 值域为R ，不适合题意；当0a >时，构造()()ln 0a a a a a ϕ=->，求导得出函数的最大值，可得实数a 的值；②由①可知ln 1xxe x x --≥，因此只需证：22ln 2sin x x x x +>+，只需证2222sin x x x x +>-+，即222sin x x x -+>，按1x >和01x <≤分别证明即可． 【答案详解】（1）法一：()f x 的定义域为()0,∞+，由题意()()()11x xa xe a f x x e x x x ⎛⎫-⎛⎫'=+-=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，令0x xe a -=，得x a xe =， 令()xg x xe =，()()10x x x g x e xe x e '=+=+>，所以()g x 在()0,x ∈+∞上为增函数，且()00g =， 所以x a xe =有唯一实根，即()0f x '=有唯一实根，设为0x ， 即00xa x e =，所以()f x 在()00,x 上为减函数，在()0,x +∞上为增函数， 所以()()()00000min ln ln xf x f x x e a x x a a a ==-+=-.法二：()()()()ln ln ln 0xe x xf x x a x x e a x x x +=-+=-+>.设ln t x x =+，则t R ∈.记()()tt e at t R ϕ=-∈.故()f x 最小值即为()t ϕ最小值.()()0t t e a a ϕ'=->，当(),ln t a =-∞时，()0t ϕ'<，()t ϕ单调递减， 当()ln ,t a ∈+∞时，()0t ϕ'>，()t ϕ单调递增， 所以()()ln min ln ln ln af x a ea a a a a ϕ==-=-，所以()f x 的最小值为ln a a a -.（2）①当0a ≤时，()f x 单调递增，()f x 值域为R ，不适合题意，当0a >时，由（1）可知()min ln f x a a a =-， 设()()ln 0a a a a a ϕ=->， 所以()ln a a ϕ'=-，当()0,1a ∈时，()0a ϕ'>，()a ϕ单调递增， 当()1,a ∈+∞时，()0a ϕ'<，()a ϕ单调递减， 所以()()max 11a ϕϕ==，即ln 1a a a -≤. 由已知，()1f x ≥恒成立，所以ln 1a a a -≥， 所以ln 1a a a -=， 所以1a =.②由①可知ln 1xxe x x --≥，因此只需证：22ln 2sin x x x x +>+，又因为ln 1≤-x x ，只需证2222sin x x x x +>-+，即222sin x x x -+>，当1x >时，2222sin x x x -+>≥结论成立， 当(]0,1x ∈时，设()222sin g x x x x =-+-，()212cos g x x x '=--，当(]0,1x ∈时，()g x '显然单调递增.()()112cos10g x g ''≤=-<，故()g x 单调递减， ()()122sin10g x g ≥=->，即222sin x x x -+>. 综上结论成立. 【名师点睛】方法名师点睛：本题考查导数研究函数的最值，导数解决恒成立问题以及导数证明不等式，导数对于含参数的函数在闭区间上函数值恒大于等于或小于等于常数问题,可以求函数最值的方法, 一般通过变量分离，将不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题：1.()f x m >恒成立min ()f x m ⇔>；2.()f x m <恒成立max ()f x m ⇔<. 15．已知a ＞0，函数21()ln (1)2f x x x x a x =-+-． （1）若f （x ）为减函数，求实数a 的取值范围；（2）当x ＞1时，求证：2e ()e 2aa f x <-．（e ＝2.718…） 【答案】（1）0＜a ≤1；（2）证明见解析. 【要点分析】（1）根据题意可得在()0+∞，上，()0f x '≤恒成立，即ln 0x x a -+≤恒成立，设()ln g x x x a =-+，求导数要点分析()g x 的单调性，使得()max 0g x ≤，即可得结果；（2）当0＜a ≤1时，可得()12f x <-，2e 1e 22a a ->-；当1a >时，先得()f x '在()1,+∞ 上单调递减，()10f '>，得出存在0x ，使得()01,x 上单调递增，在()0+x ∞，上单调递减，进而()20001()2f x f x x x ≤=-，结合函数21()2F x x x =-的单调性可得结果. 【答案详解】（1）解：由题意知f （x ）的定义域为（0，＋∞），f '（x ）＝ln x -x ＋a ， 由f （x ）为减函数可知f '（x ）≤0恒成立． 设g （x ）＝ln x -x ＋a ，1'1()g x x=-， 令g '（x ）＝0得x ＝1，当x ∈（0，1）时，g '（x ）＞0，g （x ）单调递增，即f '（x ）单调递增； 当x ∈（1，＋∞）时，g '（x ）＜0，g （x ）单调递减，即f '（x ）单调递减． 故f '（x ）≤f '（1）＝-1＋a ≤0，因此0＜a ≤1．（2）证明：由（1）知，当0＜a ≤1时，f （x ）为减函数，所以3()(1)2f x f a <=-， 又0＜a ≤1，3122a -≤-． 设2e e 2a ay =-，e a ＝t ，则22t y t =-，t ∈（1，e ]． 又22t y t =-在区间（1，e ]上单调递增，所以11122y >-=-，故231e ()(1)e 222a af x f a <=-≤-<-，所以当0＜a ≤1时，2e ()e 2a a f x <-．当a ＞1时，由（1）知，当x ∈（1，＋∞）时，f '（x ）单调递减，且f '（1）＝a -1＞0．f '（e a ）＝2a -e a ，令h （x ）＝2x -e x ，h '（x ）＝2-e x，当x ＞1时，h '（x ）＜0，h （x ）单调递减，故h （a ）＝2a -e a＜h （1）＝2-e ＜0， 又e a＞1，f '（x ）在（1，＋∞）上单调递减，故存在x 0∈（1，e a），使得f '（x 0）＝0，即f '（x 0）＝ln x 0-x 0＋a ＝0，即a ＝x 0-ln x 0， 因此有f （x ）在（1，x 0）上单调递增，在（x 0，＋∞）上单调递减， 故2000001()()ln (1)2f x f x x x x a x ≤=-+-， 将a ＝x 0-ln x 0代入，得20001()2f x x x =-． 因为函数21()2F x x x =-在（1，＋∞）上单调递增， 所以20e ()(e )e 2a aaF x F <=-，即20e ()e 2a a f x <-， 故20e ()()e 2aa f x f x ≤<-成立。

§3.6 利用导数证明不等式题型一 将不等式转化为函数的最值问题例1 已知函数g (x )＝x 3＋ax 2.(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 )>x 2ln x .(1)解 由题意知，函数g (x )＝x 3＋ax 2，则g ′(x )＝3x 2＋2ax ，若g (x )在[1,3]上单调递增，则g ′(x )＝3x 2＋2ax ≥0在[1,3]上恒成立，则a ≥－32； 若g (x )在[1,3]上单调递减，则g ′(x )＝3x 2＋2ax ≤0在[1,3]上恒成立，则a ≤－92.所以a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，－92∪⎣⎡⎭⎫－32，＋∞. (2)证明 由题意得，要证g (x )>x 2ln x ，x >0，即证x 3＋ax 2>x 2ln x ，即证x ＋a >ln x ， 令u (x )＝x ＋a －ln x ，x >0，可得u ′(x )＝1－1x ＝x －1x，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 )>x 2ln x .教师备选已知函数f (x )＝1－ln x x ，g (x )＝a e e x ＋1x－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 )≥2x. (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 －1x 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 ＋1x＋x ， 则f (x )＋g (x )≥2x ⇔1－ln x x －e e x －1x＋x ≥0. 令h (x )＝1－ln x x －e e x －1x＋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 －1x＋x ≥0， 所以当x ≥1时，f (x )＋g (x )≥2x. 思维升华 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”的函数，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证．跟踪训练1 已知函数f (x )＝ln x ＋a x，a ∈R . (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当a >0时，证明：f (x )≥2a －1a. (1)解 f ′(x )＝1x －a x 2＝x －a x 2(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 )＝ln a ＋1.要证f (x )≥2a －1a ，只需证ln a ＋1≥2a －1a， 即证ln a ＋1a－1≥0. 令函数g (a )＝ln a ＋1a－1， 则g ′(a )＝1a －1a 2＝a －1a 2(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ln a ＋1a－1≥0恒成立， 所以f (x )≥2a －1a. 题型二 将不等式转化为两个函数的最值进行比较例2 (2022·武汉模拟)已知函数f (x )＝a ln x ＋x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝1时，证明：xf (x )<e x .(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a x ＋1＝x ＋a x. 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 )<e x ，即证x 2＋x ln x <e x ，即证1＋ln x x <e x x 2. 令函数g (x )＝1＋ln x x， 则g ′(x )＝1－ln x x 2. 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＋1e， 令函数h (x )＝e xx2， 则h ′(x )＝e x (x －2)x 3. 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)＝e 24. 因为e 24－⎝⎛⎭⎫1＋1e >0， 所以h (x )min >g (x )max ，即1＋ln x x <e xx2，从而xf (x )<e x 得证． 教师备选(2022·长沙模拟)已知函数f (x )＝e x 2－x ln x ．求证：当x >0时，f (x )<x e x ＋1e. 证明 要证f (x )<x e x ＋1e， 只需证e x －ln x <e x ＋1e x， 即e x －e x <ln x ＋1e x. 令h (x )＝ln x ＋1e x(x >0)， 则h ′(x )＝e x －1e x2， 易知h (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上单调递增， 则h (x )min ＝h ⎝⎛⎭⎫1e ＝0，所以ln x ＋1e x≥0. 再令φ(x )＝e x －e x ，则φ′(x )＝e －e x ，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e x －e x ≤0.因为h (x )与φ(x )不同时为0，所以e x －e x <ln x ＋1e x，故原不等式成立． 思维升华 若直接求导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．本例中同时含ln x 与e x ，不能直接构造函数，把指数与对数分离两边，分别计算它们的最值，借助最值进行证明．跟踪训练2 (2022·百校大联考)已知函数f (x )＝eln x －ax (a ∈R )．(1)讨论函数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<x <e a时，f ′(x )>0； 当x >e 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.设g (x )＝e x x －2e(x >0)，则g ′(x )＝(x －1)e x x 2， 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 )≤e x x －2e. 故不等式xf (x )－e x ＋2e x ≤0得证．题型三 适当放缩证明不等式例3 已知函数f (x )＝e x .(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)当x >－2时，求证：f (x )>ln(x ＋2)．(1)解 由f (x )＝e x ，得f (0)＝1，f ′(x )＝e x ，则f ′(0)＝1，即曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y －1＝x －0，所以所求切线方程为x －y ＋1＝0.(2)证明 设g (x )＝f (x )－(x ＋1)＝e x －x －1(x >－2)，则g ′(x )＝e x －1，当－2<x <0时，g ′(x )<0；当x >0时，g ′(x )>0，即g (x )在(－2,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，于是当x ＝0时，g (x )min ＝g (0)＝0，因此f (x )≥x ＋1(当且仅当x ＝0时取等号)，令h (x )＝x ＋1－ln(x ＋2)(x >－2)，则h ′(x )＝1－1x ＋2＝x ＋1x ＋2， 则当－2<x <－1时，h ′(x )<0，当x >－1时，h ′(x )>0，即有h (x )在(－2，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，于是当x ＝－1时，h (x )min ＝h (－1)＝0，因此x ＋1≥ln(x ＋2)(当且仅当x ＝－1时取等号)，所以当x >－2时，f (x )>ln(x ＋2)． 教师备选已知函数f (x )＝x ln x x ＋m，g (x )＝x e x ，且曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为x －2y ＋n ＝0. (1)求m ，n 的值；(2)证明：f (x )>2g (x )－1.(1)解 由已知得，f (1)＝0，∴1－0＋n ＝0，解得n ＝－1.∵f ′(x )＝(ln x ＋1)(x ＋m )－x ln x (x ＋m )2，∴f ′(1)＝m ＋1(1＋m )2＝12， 解得m ＝1.(2)证明 设h (x )＝e x －x －1(x >0)，则h ′(x )＝e x －1>0，∴h (x )在(0，＋∞)上单调递增，∴h (x )>h (0)＝0，即e x >x ＋1>1，∴1e x <1x ＋1. 要证f (x )>2g (x )－1，即证x ln x x ＋1>2x e x－1， 只需证x ln x x ＋1≥2x x ＋1－1， 即证x ln x ≥x －1，令m (x )＝x ln x －x ＋1，则m ′(x )＝ln x ，∴当x ∈(0,1)时，m ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，m ′(x )>0，∴m (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴m (x )min ＝m (1)＝0，即m (x )≥0，∴x ln x ≥x －1，则f (x )>2g (x )－1得证．思维升华 导数方法证明不等式中，最常见的是e x 和ln x 与其他代数式结合的问题，对于这类问题，可以考虑先对e x 和ln x 进行放缩，使问题简化，简化后再构建函数进行证明．常见的放缩公式如下：(1)e x ≥1＋x ，当且仅当x ＝0时取等号．(2)ln x ≤x －1，当且仅当x ＝1时取等号．跟踪训练3 已知函数f (x )＝a e x －1－ln x －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.(1)解 当a ＝1时，f (x )＝e x －1－ln x －1(x >0)，f ′(x )＝e x －1－1x， 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，∴a e x －1≥e x －1，∴f (x )≥e x －1－ln x －1.方法一 令φ(x )＝e x －1－ln x －1(x >0)，∴φ′(x )＝e x －1－1x， 令h (x )＝e x －1－1x， ∴h ′(x )＝e x －1＋1x 2>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f (x )≥0.方法二 令g (x )＝e x －x －1，∴g ′(x )＝e x －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e x ≥x ＋1，当且仅当x ＝0时取“＝”．同理可证ln x ≤x －1，当且仅当x ＝1时取“＝”．由e x ≥x ＋1⇒e x －1≥x (当且仅当x ＝1时取“＝”)，由x －1≥ln x ⇒x ≥ln x ＋1(当且仅当x ＝1时取“＝”)，∴e x －1≥x ≥ln x ＋1，即e x －1≥ln x ＋1，即e x －1－ln x －1≥0(当且仅当x ＝1时取“＝”)，即f (x )≥0.课时精练1．已知函数f (x )＝ln x x ＋a(a ∈R )，曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线方程为y ＝1e . (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.(1)解 ∵f (x )＝ln x x ＋a， ∴f ′(x )＝x ＋a x －ln x (x ＋a )2，∴f ′(e)＝a e (e ＋a )2， 又曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线方程为y ＝1e， 则f ′(e)＝0，即a ＝0，∴f ′(x )＝1－ln x x 2， 令f ′(x )>0，得1－ln x >0，即0<x <e ；令f ′(x )<0，得1－ln x <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ln x －x 2＋x ≤0，令g (x )＝ln x －x 2＋x (x >0)，则g ′(x )＝1x －2x ＋1＝1＋x －2x 2x＝－(x －1)(2x ＋1)x， 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 －1.2．已知f (x )＝x ln x .(1)求函数f (x )的极值；(2)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x >1e x －2e x成立． (1)解 由f (x )＝x ln x ，x >0，得f ′(x )＝ln x ＋1，令f ′(x )＝0，得x ＝1e.当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增． 所以当x ＝1e时，f (x )取得极小值， f (x )极小值＝f ⎝⎛⎭⎫1e ＝－1e，无极大值． (2)证明 问题等价于证明x ln x >x e x －2e(x ∈(0，＋∞))． 由(1)可知f (x )＝x ln x (x ∈(0，＋∞))的最小值是－1e ，当且仅当x ＝1e时取到． 设m (x )＝x e x －2e(x ∈(0，＋∞))， 则m ′(x )＝1－x ex ，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)＝－1e，当且仅当x ＝1时取到．从而对一切x ∈(0，＋∞)，x ln x ≥－1e ≥x e x －2e ，两个等号不同时取到，所以对一切x ∈(0，＋∞)都有ln x >1e x －2e x成立．3．已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R )．(1)讨论函数f (x )在(0，＋∞)上的单调性；(2)证明：e x －e 2ln x >0恒成立．(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x， 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 ＝1a， ∴x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，f ′(x )>0； x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，f ′(x )<0，∴f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递减． (2)证明 要证e x －e 2ln x >0，即证e x －2>ln x ，令φ(x )＝e x －x －1，∴φ′(x )＝e x －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e x－x－1≥0，即e x≥x＋1，当且仅当x＝0时取“＝”．同理可证ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取“＝”．由e x≥x＋1(当且仅当x＝0时取“＝”)，可得e x－2≥x－1(当且仅当x＝2时取“＝”)，又x－1≥ln x，当且仅当x＝1时取“＝”，∴e x－2≥x－1≥ln x且两等号不能同时成立，故e x－2>ln x．即证原不等式成立．4．(2022·常德模拟)已知函数f(x)＝x e x－x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当x>0时，f(x)－ln x≥1.(1)解由题意得f′(x)＝(x＋1)e x－1，设g(x)＝(x＋1)e x，则g′(x)＝(x＋2)e x，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)－ln x≥1，即证x e x－x－ln x≥1，即证e x＋ln x－(x＋ln x)≥1，令t＝x＋ln x，易知t∈R，待证不等式转化为e t－t≥1.设u(t)＝e t－t，则u′(t)＝e t－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．。

导数应用练习题答案1.下列函数在给定区间上是否满足罗尔定理的所有条件？如满足，请求出定理中的数值ξ。

2(1)()23[1,1.5]f x x x =---； 21(2)()[2,2]1f x x=-+；(3)()[0,3]f x =； 2(4)()1[1,1]xf x e =--解：2(1)()23[1,1.5]f x x x =---该函数在给定闭区间上连续，其导数为()41f x x '=-，在开区间上可导，而且(1)0f -=，(1.5)0f =，满足罗尔定理，至少有一点(1,1.5)ξ∈-， 使()410f ξξ'=-=，解出14ξ=。

解：21(2)()[2,2]1f x x=-+该函数在给定闭区间上连续，其导数为222()(1)x f x x -'=+，在开区间上可导，而且1(2)5f -=，1(2)5f =，满足罗尔定理，至少有一点(2,2)ξ∈-， 使222()0(1)f ξξξ-'==+，解出0ξ=。

解：(3)()[0,3]f x =该函数在给定闭区间上连续，其导数为()f x '=，在开区间上可导，而且(0)0f =，(3)0f =，满足罗尔定理，至少有一点(0,3)ξ∈，使()0f ξ'=-=，解出2ξ=。

解：2(4)()e 1[1,1]x f x =--该函数在给定闭区间上连续，其导数为2()2e x f x x '=，在开区间上可导，而且(1)e 1f -=-，(1)e 1f =-，满足罗尔定理，至少有一点ξ，使2()2e 0f ξξξ'==，解出0ξ=。

2.下列函数在给定区域上是否满足拉格朗日定理的所有条件？如满足，请求出定理中的数值ξ。

3(1)()[0,](0)f x xa a =>； (2)()ln [1,2]f x x=；32(3)()52[1,0]f x x x x =-+--解：3(1)()[0,](0)f x xa a =>该函数在给定闭区间上连续，其导数为2()3f x x '=，在开区间上可导，满足拉格朗日定理条件，至少有一点(0,)a ξ∈，使()(0)()(0)f a f f a ξ'-=-，即3203(0)a a ξ-=-，解出ξ=。

1.证明：1x e x ≥+2.证明：2112x e x x ≥++3.证明：ln(1)x x +≤(1x >-)4.证明：222222221213141ln()ln()ln()ln()1234n n+++++++⋅⋅⋅+<，（2,n n N +≥∈）5.证明：ln(1)(1)1xx x x x≤+≤>-+ 6.证明：当0x >时，111ln 1x x x x+<<+7.证明：11+)n e n <（，（n N +∈） 8.证明：sin tan x x x << (0)2x π<<9.证明：31sin 6x x x >-，（01x <<）． 10.证明：πxx 2sin >)2,0(π∈x11.证明：x x x x -<-tan sin )2,0(π∈x12.证明：sin sin tan tan ,(0)2x y x y x y y x π-<-<-<<<13.证明：当0x >时，)1(2)1ln(222x x x x x x +-<+<- 14．证明：,2n N n ∈≥时， 111111ln 123231n n n ++⋅⋅⋅+<<+++⋅⋅⋅+-15.证明：111ln 11n n n >--+（2,n n N +≥∈） 16.证明：2111132...ln 2ln 3ln 4ln 2(1)n n n n n --++++>+（2,n n N +≥∈） 17. 证明：222ln 11n n n<-（2,n n N +≥∈）18. 证明：22222ln 2ln 3ln 4ln 21...2344(1)n n n n n --++++<+（2,n n N +≥∈）1.证明对任意的正整数n ,不等式23111ln(1)n n n +>-都成立.2．已知函数x a ax x x f )2(ln )(2-+-=． 设0>a ，证明：当a x 10<<时，)1()1(x af x a f ->+； 3．若函数()y f x =在()0,+∞上的导函数为()f x '，且不等式()()xf x f x '>恒成立，又常数,a b 满足0a b >>，求证：()()bf a af b > 4设函数()()21f x x aIn x =++有两个极值点12x x 、，且12x x < （I ）求a 的取值范围，并讨论()f x 的单调性；（II ）证明：()21224In f x ->5.数列{}n x 的通项公式为111()12n n x -=+． 证明：1212n x x x e >．（2）即证12ln ln ln 1ln 2n x x x +++>--，即12111lnln ln1ln 2nx x x +++<+． 由于11lnln 2x =，故需证211ln ln1nx x ++<． 因为11111lnln(1)22n n n x --=+<，所以 112111111lnln1()12422n n n x x --++<+++=-<． 综上，1212n x x x e>． 6．已知函数f(x)=21x 2－ax+(a －1)ln x ，1a > 证明：若5a <，则对任意x 1，x 2∈(0,)+∞，x 1≠x 2，有1212()()1f x f x x x ->--。

专题利用导数证明不等式一、题型全归纳题型一作差法构造函数证明不等式【题型要点】(1)欲证函数不等式f(x)＞g(x)(x＞a)，只需证明f(x)－g(x)＞0(x＞a)，设h(x)＝f(x)－g(x)，即证h(x)＞0(x＞a)．若h(a)＝0，h(x)＞h(a)(x＞a)．接下来往往用导数证得函数h(x)是增函数即可．(2)欲证函数不等式f(x)＞g(x)(x∈I，I是区间)，只需证明f(x)－g(x)＞0(x∈I)．设h(x)＝f(x)－g(x)(x∈I)，即证h(x)＞0(x∈I)，也即证h(x)min＞0(x∈I)(若h(x)min不存在，则须求函数h(x)的下确界)，而这用导数往往容易解决．【例1】(2020·广州模拟)已知函数f(x)＝e x－ax(e为自然对数的底数，a为常数)的图象在点(0,1)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，x2＜e x.【解析】(1)由f(x)＝e x－ax，得f′(x)＝e x－a.因为f′(0)＝1－a＝－1，所以a＝2，所以f(x)＝e x－2x，f′(x)＝e x－2.令f′(x)＝0，得x＝ln 2，当x＜ln 2时，f′(x)＜0，f(x)在(－∞，ln 2)上单调递减；当x＞ln 2时，f′(x)＞0，f(x)在(ln 2，＋∞)上单调递增．所以当x＝ln 2时，f(x)取得极小值，且极小值为f(ln 2)＝e ln 2－2ln 2＝2－2ln 2，f(x)无极大值．(2)证明：令g(x)＝e x－x2，则g′(x)＝e x－2x.由(1)得g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)＞0，故g(x)在R上单调递增．所以当x＞0时，g(x)＞g(0)＝1＞0，即x2＜e x.【例2】已知函数f(x)＝ax＋x ln x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)定义域为(0，＋∞)，f(x)＝ax＋x ln x，所以f′(x)＝a＋ln x＋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＋ln e－2＋1＝0，所以a ＝1，所以f ′(x )＝ln x ＋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 ＋x ln x .令g (x )＝f (x )－3(x －1)，即g (x )＝x ln x －2x ＋3(x ＞0)． g ′(x )＝ln x －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)．题型二 拆分法构造函数证明不等式【题型要点】(1)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．(2)在证明过程中，等价转化是关键，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”．【例1】设函数f (x )＝ax 2－(x ＋1)ln x ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处切线的斜率为0. (1)求a 的值；(2)求证：当0＜x ≤2时，f (x )＞12x .【解】(1)f ′(x )＝2ax －ln x －1－1x ，由题意，可得f ′(1)＝2a －2＝0，所以a ＝1.(2)证明：由(1)得f (x )＝x 2－(x ＋1)ln x ，要证当0＜x ≤2时，f (x )＞12x ，只需证当0＜x ≤2时，x －ln x x －ln x ＞12，即x －ln x ＞ln x x ＋12.令g (x )＝x －ln x ，h (x )＝ln x x ＋12，令g ′(x )＝1－1x＝0，得x ＝1，易知g (x )在(0,1)上单调递减，在(1,2]上单调递增，故当0＜x ≤2时，g (x )min ＝g (1)＝1.因为h ′(x )＝1－ln xx 2，当0＜x ≤2时，h ′(x )＞0，所以h (x )在(0,2]上单调递增，故当0＜x ≤2时，h (x )max ＝h (2)＝1＋ln 22＜1，即h (x )max ＜g (x )min .故当0＜x ≤2时，h (x )＜g (x )，即当0＜x ≤2时，f (x )＞12x . 【例2】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，求证：xf (x )－e x ＋2e x ≤0. 【解析】(1)f ′(x )＝ex－a (x ＞0)，∈若a ≤0，则f ′(x )＞0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；∈若a ＞0，令f ′(x )＝0，得x ＝e a ，则当0＜x ＜e a 时，f ′(x )＞0；当x ＞ea时，f ′(x )＜0，故f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛a e ,0上单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛+∞,a e 上单调递减． (2)证明：因为x ＞0，所以只需证f (x )≤e xx－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 xx －2e(x ＞0)，则g ′(x )＝(x －1)e x x 2，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 )≤e xx－2e ，即xf (x )－e x ＋2e x ≤0.题型三 换元法构造函数证明不等式【题型要点】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 ＝x 1x 2，从而构造相应的函数．其解题要点为：【例1】已知函数f (x )＝ln x －12ax 2＋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x 1，x 2满足f (x 1)＋f (x 2)＋x 1x 2＝0，求证：x 1＋x 2≥5－12. 【解】(1)当a ＝0时，f (x )＝ln x ＋x ，则f (1)＝1，所以切点(1,1)，又因为f ′(x )＝1x ＋1，所以切线斜率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 )＝ln x ＋x 2＋x (x ＞0)．由f (x 1)＋f (x 2)＋x 1x 2＝0，得ln x 1＋x 21＋x 1＋ln x 2＋x 22＋x 2＋x 1x 2＝0，从而(x 1＋x 2)2＋(x 1＋x 2)＝x 1x 2－ln(x 1x 2)，令t ＝x 1x 2(t ＞0)，令φ(t )＝t －ln t ，得φ′(t )＝1－1t ＝t －1t，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(x 1＋x 2)2＋(x 1＋x 2)≥1，因为x 1＞0，x 2＞0，所以x 1＋x 2≥5－12成立. 题型四 两个经典不等式的应用【题型要点】逻辑推理是得到数学结论，构建数学体系的重要方式，是数学严谨性的基本保证.利用两个经典不等式解决其他问题，降低了思考问题的难度，优化了推理和运算过程. （1）对数形式：x ≥1＋ln x （x ＞0），当且仅当x ＝1时，等号成立.（2）指数形式：e x ≥x ＋1（x ∈R ），当且仅当x ＝0时，等号成立.进一步可得到一组不等式链： e x ＞x ＋1＞x ＞1＋ln x （x ＞0，且x ≠1）. 【例1】设函数f (x )＝ln x －x ＋1.(1)讨论f (x )的单调性；(2)求证：当x ∈(1，＋∞)时，1＜x －1ln x ＜x .【解析】(1)由题设知，f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1x－1，令f ′(x )＝0，解得x ＝1.当0＜x ＜1时，f ′(x )＞0，f (x )在(0,1)上单调递增；当x ＞1时，f ′(x )＜0，f (x )在(1，＋∞)上单调递减．(2)证明：由(1)知f (x )在x ＝1处取得最大值，最大值为f (1)＝0.所以当x ≠1时，ln x ＜x －1. 故当x ∈(1，＋∞)时，ln x ＜x －1，x －1ln x ＞1.∈因此ln 1x ＜1x －1，即ln x ＞x －1x ，x －1ln x＜x .∈故当x ∈(1，＋∞)时恒有1＜x －1ln x＜x . 二、高效训练突破1.(2020·四省八校双教研联考)已知函数f (x )＝ax －ax ln x －1(a ∈R ，a ≠0)． (1)讨论函数f (x )的单调性； (2)当x >1时，求证：1x －1>1e x－1.【解析】：(1)f ′(x )＝a －a (ln x ＋1)＝－a ln x ，若a >0，则当x ∈(0，1)时，f ′(x )>0，当x ∈(1，＋∞)，f ′(x )<0，所以f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；若a <0，则当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，当x ∈(1，＋∞)，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．(2)证明：要证1x －1>1e x －1，即证x x －1>e －x ，即证x －1x <e x ，又由第(1)问令a ＝1知f (x )＝x －x ln x －1在(1，＋∞)上单调递减，f (1)＝0， 所以当x >1时，x －x ln x －1<0，即x －1x <ln x ，则只需证当x >1时，ln x <e x 即可．令F (x )＝e x －ln x, x >1，则F ′(x )＝e x －1x 单调递增，所以F ′(x )>F ′(1)＝e －1>0，所以F (x )在(1，＋∞)上单调递增，所以F (x )>F (1)，而F (1)＝e ，所以e x －ln x >e>0， 所以e x >ln x ，所以e x >ln x >x －1x ，所以原不等式得证．2.(2020·唐山市摸底考试)设f (x )＝2x ln x ＋1.(1)求f (x )的最小值；(2)证明：f (x )≤x 2－x ＋1x＋2ln x .【解】 (1)f ′(x )＝2(ln x ＋1)．所以当x ∈⎪⎭⎫ ⎝⎛e 1,0时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,1e 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．所以当x ＝1e 时，f (x )取得最小值⎪⎭⎫⎝⎛e f 1＝1－2e .(2)证明：x 2－x ＋1x ＋2ln x －f (x )＝x (x －1)－x －1x －2(x －1)ln x ＝(x －1)⎪⎭⎫⎝⎛--x x x ln 21，令g (x )＝x －1x －2ln x ，则g ′(x )＝1＋1x 2－2x ＝（x －1）2x 2≥0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增，又g (1)＝0，所以当0<x <1时，g (x )<0，当x >1时，g (x )>0，所以(x －1)⎪⎭⎫⎝⎛--x x x ln 21≥0，即f (x )≤x 2－x ＋1x ＋2ln x . 3.(2020·福州模拟)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. 【解】(1)f ′(x )＝ex－a (x ＞0)．∈若a ≤0，则f ′(x )＞0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ∈若a ＞0，则当0＜x ＜e a 时，f ′(x )＞0，当x ＞ea 时，f ′(x )＜0，故f (x )在(0，e a )上单调递增，在(ea ，＋∞)上单调递减．(2)证明：法一：因为x ＞0，所以只需证f (x )≤e xx－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 xx －2e(x ＞0)，则g ′(x )＝（x －1）e x x 2，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 )≤e xx －2e ，即xf (x )－e x ＋2e x ≤0.法二：由题意知，即证e x ln x －e x 2－e x ＋2e x ≤0，从而等价于ln x －x ＋2≤e xe x.设函数g (x )＝ln x －x ＋2，则g ′(x )＝1x －1.所以当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 )＝e xe x ，则h ′(x )＝e x （x －1）e x 2.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 )－e x ＋2e x ≤0. 4.(2019·高考北京卷节选)已知函数f (x )＝14x 3－x 2＋x .(1)求曲线y ＝f (x )的斜率为1的切线方程； (2)当x ∈[－2，4]时，求证：x －6≤f (x )≤x .【解析】：(1)由f (x )＝14x 3－x 2＋x 得f ′(x )＝34x 2－2x ＋1.令f ′(x )＝1，即34x 2－2x ＋1＝1，得x ＝0或x ＝83.又f (0)＝0，⎪⎭⎫ ⎝⎛38f ＝827，所以曲线y ＝f (x )的斜率为1的切线方程是y ＝x 与y －827＝x －83， 即y ＝x 与y ＝x －6427.(2)证明：令g (x )＝f (x )－x ，x ∈[－2，4]．由g (x )＝14x 3－x 2得g ′(x )＝34x 2－2x .令g ′(x )＝0得x ＝0或x ＝83.g ′(x )，g (x )的情况如下：故－6≤g (x )≤0，即x －6≤f (x )≤x .5.已知函数f (x )＝ln x －ax (x ＞0)，a 为常数，若函数f (x )有两个零点x 1，x 2(x 1≠x 2)．求证：x 1x 2＞e 2. 【证明】不妨设x 1＞x 2＞0，因为ln x 1－ax 1＝0，ln x 2－ax 2＝0，所以ln x 1＋ln x 2＝a (x 1＋x 2)，ln x 1－ln x 2＝a (x 1－x 2)，所以ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝a ，欲证x 1x 2＞e 2，即证ln x 1＋ln x 2＞2.因为ln x 1＋ln x 2＝a (x 1＋x 2)，所以即证a ＞2x 1＋x 2，所以原问题等价于证明ln x 1－ln x 2x 1－x 2＞2x 1＋x 2，即ln x 1x 2＞2(x 1－x 2)x 1＋x 2，令c ＝x 1x 2(c ＞1)，则不等式变为ln c ＞2(c －1)c ＋1.令h (c )＝ln c －2(c －1)c ＋1，c ＞1，所以h ′(c )＝1c －4(c ＋1)2＝(c －1)2c (c ＋1)2＞0，所以h (c )在(1，＋∞)上单调递增，所以h (c )＞h (1)＝ln 1－0＝0，即ln c －2(c －1)c ＋1＞0(c ＞1)，因此原不等式x 1x 2＞e 2得证．6.已知函数()()x a ax x x f 12ln 2+++=.（1）讨论()x f 的单调性；（2）当0<a 时，证明()243--≤ax f 【解析】（1）()x f 的定义域为（0，＋∞），()()()xax x a ax x x f 1211221++=+++=' 当0≥a ，则当x ∈（0，＋∞）时，()0>'x f ，故()x f 在（0，＋∞）上单调递增.当0<a ，则当x ∈⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 21,0时，f ′（x ）＞0；当x ∈⎪⎭⎫⎝⎛+∞-,21a 时，f ′（x ）＜0. 故()x f 在⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 21,0上单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛+∞-,21a 上单调递减. （2）证明：由（1）知，当a ＜0时，f （x ）在x ＝－12a取得最大值，最大值为⎪⎭⎫ ⎝⎛-a f 21＝a a 41121ln --⎪⎭⎫⎝⎛-. 所以()243--≤a x f 等价于24341121ln --≤--⎪⎭⎫ ⎝⎛-a a a ，即012121ln ≤++⎪⎭⎫ ⎝⎛-aa . 设g （x ）＝ln x －x ＋1，则g ′（x ）＝1x －1.当x ∈（0,1）时，g ′（x ）＞0；当x ∈（1，＋∞）时，g ′（x ）＜0.所以g （x ）在（0,1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减.故当x ＝1时，g （x ）取得最大值，最大值为g （1）＝0.所以当x ＞0时，g （x ）≤0.从而当a ＜0时，012121ln ≤++⎪⎭⎫ ⎝⎛-a a ，即()243--≤a x f . 7.已知函数f (x )＝1x －x ＋a ln x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，证明：f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＜a －2.【解析】(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x 2－1＋ax ＝－x 2－ax ＋1x 2.(∈)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，＋∞)单调递减． (∈)若a ＞2，令f ′(x )＝0得，x ＝a －a 2－42或x ＝a ＋a 2－42.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞时，f ′(x )＜0；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42时，f ′(x )＞0.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递增． (2)证明：由(1)知，f (x )存在两个极值点时，当且仅当a ＞2.由于f (x )的两个极值点x 1，x 2满足x 2－ax ＋1＝0，所以x 1x 2＝1，不妨设x 1＜x 2，则x 2＞1. 由于f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＝－1x 1x 2－1＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a －2ln x 21x 2－x 2，所以f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＜a －2等价于1x 2－x 2＋2ln x 2＜0.设函数g (x )＝1x －x ＋2ln x ，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1x 2－x 2＋2ln x 2＜0，即f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＜a －2.8．已知函数f (x )＝e x ，g (x )＝ln(x ＋a )＋b .(1)当b ＝0时，f (x )－g (x )＞0恒成立，求整数a 的最大值；(2)求证：ln 2＋(ln 3－ln 2)2＋(ln 4－ln 3)3＋…＋[ln(n ＋1)－ln n ]n ＜ee －1(n ∈N *)．【解析】(1)现证明e x ≥x ＋1，设F (x )＝e x －x －1，则F ′(x )＝e x －1，当x ∈(0，＋∞)时，F ′(x )＞0，当x ∈(－∞，0)时，F ′(x )＜0，所以F (x )在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，所以F (x )min ＝F (0)＝0，即F (x )≥0恒成立，即e x ≥x ＋1.同理可得ln(x ＋2)≤x ＋1，即e x ＞ln(x ＋2)，当a ≤2时，ln(x ＋a )≤ln(x ＋2)＜e x ，所以当a ≤2时，f (x )－g (x )＞0恒成立． 当a ≥3时，e 0＜ln a ，即e x －ln(x ＋a )＞0不恒成立．故整数a 的最大值为2. (2)证明：由(1)知e x ＞ln(x ＋2)，令x ＝－n ＋1n ，则e －n ＋1n ＞ln ⎝⎛⎭⎫－n ＋1n ＋2， 即e－n ＋1＞ln ⎝⎛⎭⎫－n ＋1n ＋2n＝[ln(n ＋1)－ln n ]n ，所以e 0＋e －1＋e －2 ＋…＋e －n ＋1＞ln 2＋(ln 3－ln 2)2＋(ln 4－ln 3)3＋…＋[ln(n ＋1)－ln n ]n ，又因为e 0＋e －1＋e －2＋…＋e －n ＋1＝1－1e n 1－1e ＜11－1e＝e e －1， 所以ln 2＋(ln 3－ln 2)2＋(ln 4－ln 3)3＋…＋[ln(n ＋1)－ln n ]n ＜e e －1.。