典型例题：用放缩法证明不等式

高考数学备考之放缩技巧证明数列型不等式，因其思维跨度大、构造性强，需要有较高的放缩技巧而充满思考性和挑战性，能全面而综合地考查学生的潜能与后继学习能力，因而成为高考压轴题及各级各类竞赛试题命题的极好素材。

这类问题的求解策略往往是：通过多角度观察所给数列通项的结构，深入剖析其特征，抓住其规律进行恰当地放缩；其放缩技巧主要有以下几种： 一、裂项放缩 例1.(1)求∑=-nk k 12142的值; (2)求证:35112<∑=nk k. 解析:(1)因为121121)12)(12(21422+--=+-=-n n n n n ,所以122121114212+=+-=-∑=n n n knk (2)因为⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-=-<12112121444111222n n n n n ,所以35321121121513121112=+<⎪⎭⎫ ⎝⎛+--++-+<∑=n n knk 奇巧积累:(1)⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-<=1211212144441222n n n n n (4)25)1(123112111)11(<-++⨯+⨯++<+n n nn(5)nn n n 21121)12(21--=- (6) n n n -+<+221 (8) nn n n n n n 2)32(12)12(1213211221⋅+-⋅+=⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+-(13) 3212132122)12(332)13(2221nn n nnnnnn <-⇒>-⇒>-⇒>⋅-=⋅=+ (15))2(1)1(1≥--<+n n n n n说明：1、用放缩法证明不等式，放缩要适应，否则会走入困境．例如证明4712111222<+++n ．由k k k11112--<，如果从第3项开始放缩，正好可证明；如果从第2项放缩，可得小于2．当放缩方式不同，结果也在变化．2、放缩法一般包括：用缩小分母，扩大分子，分式值增大；缩小分子，扩大分母，分式值缩小；全量不少于部分；每一次缩小其和变小，但需大于所求，第一次扩大其和变大，但需小于所求，即不能放缩不够或放缩过头，同时放缩后便于求和．例18 求证2131211222<++++n ． 分析：此题的难度在于，所求证不等式的左端有多项和且难以合并，右边只有一项．注意到这是一个严格不等式，为了左边的合并需要考查左边的式子是否有规律，这只需从21n 下手考查即可． 证明：∵)2(111)1(11112≥--=-<⋅=n nn n n n n n ， ∴ +⎪⎭⎫⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+<++++312121111131211222n 212111<-=⎪⎭⎫ ⎝⎛--+n n n201417. (12分)已知数列{}n a 满足111,31n n a a a +==+.(I)证明{12}n a +是等比数列，并求{}n a 的通项公式；(II)证明2111132n a a a +++<.【答案解析】解析：(I)∵131n n a a +=+11331111)223(22n n n n a a a a ++∴⇒+=+++=+ 1112132a a =+⇒= ∴{12}n a +是首项为32，公比为3的等比数列∴1*131333,2222n n n n n a a n N --⋅+==∈=⇒ (II)由(I)知，*13,2n n a n N -=∈，故 121213*********(13)n n a a a +++=++-+-- 12110331112()3333n n --+-≤+-+12111()11131331(1()).133323213nn n --=++++==⋅-<- 例2.(1)求证:)2()12(2167)12(151311222≥-->-++++n n n (2)求证:nn412141361161412-<++++(3)求证:1122642)12(531642531423121-+<⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅++⋅⋅⋅⋅+⋅⋅+n nn(4) 求证：)112(2131211)11(2-+<++++<-+n nn解析:(1)因为⎪⎭⎫⎝⎛+--=+->-12112121)12)(12(1)12(12n n n n n ,所以)12131(211)12131(211)12(112--+>+-+>-∑=n n i ni(2))111(41)1211(414136116141222n nn -+<+++=++++(3)先运用分式放缩法证明出1212642)12(531+<⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅n nn ,再结合nn n -+<+221进行裂项,最后就可以得到答案 (4)首先n n n n n++=-+>12)1(21,所以容易经过裂项得到nn 131211)11(2++++<-+再证21212121222)1212(21-++=-++=--+<n n n n n n n而由均值不等式知道这是显然成立的，所以)112(2131211-+<++++n n例3.求证:35191411)12)(1(62<++++≤++n n n n解析:一方面:因为⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-=-<1211212144411222n n n n n ,所以 35321121121513121112=+<⎪⎭⎫ ⎝⎛+--++-+<∑=n n knk 另一方面:1111)1(143132111914112+=+-=+++⨯+⨯+>++++n n n n n n当3≥n 时,)12)(1(61++>+n n n n n ,当1=n 时,2191411)12)(1(6n n n n ++++=++ ,当2=n 时,2191411)12)(1(6nn n n ++++<++ ,所以综上有35191411)12)(1(62<++++≤++n n n n。

专题二十证明不等式之指数对数三角放缩问题1．已知函数f（x）＝ae x+2x﹣1．（其中常数e＝2.71828…，是自然对数的底数．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）证明：对任意的a≥1，当x＞0时，f（x）≥（x+ae）x．【分析】（1）由f（x）＝ae x+2x﹣1，得f′（x）＝ae x+2．可得当a≥0时，f′（x）＞0，函数f（x）在R上单调递增；当a＜0时，分别由导函数大于0和小于0求解原函数的单调区间；（2）f（x）≥（x+ae）x⇔．令g（x）＝，利用导数求其最小值得证．【解答】（1）解：由f（x）＝ae x+2x﹣1，得f′（x）＝ae x+2．①当a≥0时，f′（x）＞0，函数f（x）在R上单调递增；②当a＜0时，由f′（x）＞0，解得x＜ln（﹣），由f′（x）＜0，解得x＞ln（﹣），故f（x）在（﹣∞，ln（﹣））上单调递增，在（ln（﹣），+∞）上单调递减．综上所述，当a≥0时，函数f（x）在R上单调递增；当a＜0时，f（x）在（﹣∞，ln（﹣））上单调递增，在（ln（﹣），+∞）上单调递减．（2）证明：f（x）≥（x+ae）x⇔．令g（x）＝，则g′（x）＝．当a≥1时，ae x﹣x﹣1≥e x﹣x﹣1．令h（x）＝e x﹣x﹣1，则当x＞0时，h′（x）＝e x﹣1＞0．∴当x＞0时，h（x）单调递增，h（x）＞h（0）＝0．∴当0＜x＜1时，g′（x）＜0；当x＝1时，g′（x）＝0；当x＞1时，g′（x）＞0．∴g（x）≥g（1）＝0．即，故f（x）≥（x+ae）x．【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数求函数的最值，考查数学转化思想方法，属中档题．2．（1）求函数f（x）＝的单调区间；（2）证明：在x＞且x≠1时，不等式恒成立．【分析】（1）f（x）的定义域为{x|x＞0且x≠1}，对f（x）求导，分析导数的正负，进而可得f（x）的单调性．（2）在0＜x＜1时，有lnx＜x﹣1，推出，分两种情况①，②在x＞1证明即可．【解答】解：（1）的定义域为{x|x＞0且x≠1}，求导得：＝，令h（x）＝xlnx﹣x+1，（x＞0）h′（x）＝lnx+x•﹣1＝lnx，当x＞1时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，当0＜x＜1时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，所以h（x）min＞h（1）＝0，即f′（x）＞0，所以f（x）在（0，1），（1，+∞）上单调递增．（2）证明：在0＜x＜1时，有lnx＜x﹣1，则，①在时，有，因此成立．②在x＞1时，设，则，令，＝在x＞1时，h'（x）＞0，∴h（x）＞h（1）＞0，∴g'（x）＞0，∴，因此成立，由上述①②讨论可知在且x≠1时，恒成立．【点评】本题考查导数的综合应用，解题中注意分类讨论思想的应用，属于中档题．3．已知函数f（x）＝e x．（1）讨论函数g（x）＝f（ax）﹣x﹣a的单调性；（2）证明：f（x）+lnx+．【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；（2）问题转化为证明，令a＝1，得到e x≥x+1，当x+1＞0时，得ln（x+1）≤x（x＞﹣1），用x﹣1代替x可得lnx≤x﹣1（x＞0），根据不等式的性质证明即可．【解答】（1）解：g（x）＝f（ax）﹣x﹣a＝e ax﹣x﹣a，g'（x）＝ae ax﹣1，①若a≤0时，g'（x）＜0，g（x）在R上单调递减；②若a＞0时，当时，g'（x）＜0，g（x）单调递减；当时，g'（x）＞0，g（x）单调递增；综上，若a≤0时，g（x）在R上单调递减；若a＞0时，g（x）在上单调递减；在上单调递增；（2）证明：要证，只需证，由（1）可知当a＝1时，e x﹣x﹣1≥0，即e x≥x+1，当x+1＞0时，上式两边取以e为底的对数，可得ln（x+1）≤x（x＞﹣1），用x﹣1代替x可得lnx≤x﹣1（x＞0），又可得，所以，＝，即原不等式成立．【点评】本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，考查不等式的证明，是一道综合题．4．已知函数f（x）＝e x﹣ax﹣cos x，其中a∈R．（1）求证：当a≤﹣1时，f（x）无极值点；（2）若函数g（x）＝f（x）+ln（x+1），是否存在a，使得g（x）在x＝0处取得极小值？并说明理由．【分析】（1）求导，由a≤﹣1，可知导函数大于零恒成立，由此即可得出f（x）无极值点；（2）先必要性探路可知a＝2，再证明当a＝2时，x＝0是函数g（x）的极小值点，即证明其充分性，由此即可得出结论．【解答】（1）证明：f′（x）＝e x﹣a+sin x，显然e x＞0，﹣1≤sin x≤1，当a≤﹣1时，e x﹣a+sin x＞0﹣a﹣1≥0，即f′（x）＞0，∴函数f（x）在其定义域上为增函数，故f（x）无极值点；（2）解：g（x）＝e x﹣ax﹣cos x+ln（x+1），，显然x＝0是g（x）的极小值点的必要条件为g′（0）＝2﹣a＝0，即a＝2，此时，显然当时，，当时，，故，令，则，故m（x）是减函数，故当x＜0时，m（x）＞m（0）＝1，即，令，则，当﹣1＜x＜0时，，故h（x）在（﹣1，0）单调递增，故当﹣1＜x＜0时，h（x）＜h（0）＝0，即，故当时，，因此，当a＝2时，x＝0是g（x）的极小值点，即充分性也成立．综上，存在a＝2，使得g（x）在x＝0处取得极小值．【点评】本题主要考查利用导数研究函数的极值，考查逻辑推理能力以及运算求解能力，考查化归与转化思想，属于中档题．5．已知函数f（x）＝2ln（x+1）+sin x+1，函数g（x）＝ax﹣1﹣blnx（a，b∈R，ab≠0）．（1）讨论g（x）的单调性；（2）证明：当x≥0时，f（x）≤3x+1．（3）证明：当x＞﹣1时，f（x）＜（x2+2x+2）e sin x．【分析】（1）求出g（x）的定义域，导函数，对参数a、b分类讨论得到答案．（2）设函数h（x）＝f（x）﹣（3x+1），求导说明函数的单调性，求出函数的最大值，即可得证．（3）法一：由（1）可知x≥1+lnx，可得（x+1）2e sin x≥1+ln[（x+1）2e sin x]，即（x+1）2e sin x≥2ln（x+1）+sin x+1又（x2+2x+2）e sin x＞（x+1）2e sin x即可得证；法二：构造同构函数，结合不等式e x≥x+1即可解决．【解答】解：（1）g（x）的定义域为（0，+∞），，当a＞0，b＜0时，g'（x）＞0，则g（x）在（0，+∞）上单调递增；当a＞0，b＞0时，令g'（x）＞0，得，令g'（x）＜0，得，则g（x）在上单调递减，在上单调递增；当a＜0，b＞0时，g'（x）＜0，则g（x）在（0，+∞）上单调递减；当a＜0，b＜0时，令g'（x）＞0，得，令g'（x）＜0，得，则g（x）在上单调递增，在上单调递减；（2）证明：设函数h（x）＝f（x）﹣（3x+1），则．∵x≥0，∴，cos x∈[﹣1，1]，则h'（x）≤0，从而h（x）在[0，+∞）上单调递减，∴h（x）＝f（x）﹣（3x+1）≤h（0）＝0，即f（x）≤3x+1．（3）证明：方法一：当a＝b＝1时，g（x）＝x﹣1﹣lnx．由（1）知，g（x）min＝g（1）＝0，∴g（x）＝x﹣1﹣lnx≥0，即x≥1+lnx．当x＞﹣1时，（x+1）2＞0，（x+1）2e sin x＞0，则（x+1）2e sin x≥1+ln[（x+1）2e sin x]，即（x+1）2e sin x≥2ln（x+1）+sin x+1，又（x2+2x+2）e sin x＞（x+1）2e sin x，∴（x2+2x+2）e sin x＞2ln（x+1）+sin x+1，即f（x）＜（x2+2x+2）e sin x．方法二：当x＞﹣1时，要证f（x）＜（x2+2x+2）e sin x，只需证（x+1）2e sin x﹣[2ln（x+1）+sin x]﹣1+e sin x＞0即证，令F（x）＝e x﹣x﹣1，易证F（x）⩾0，故，所以当x＞﹣1时，f（x）＜（x2+2x+2）e sin x．【点评】本题考查利用导数研究含参函数的单调和利用导数证明不等式，考查了转化思想和分类讨论思想，属难题．6．已知函数在x＝0处取得极值．（1）求a，并求f（x）的单调区间；（2）证明：当0＜m≤e，x∈（1，+∞）时，xe x﹣2﹣m（x﹣1）lnx＞0．【分析】（1）先对函数求导，然后结合极值存在的条件可求a及单调区间；（2）结合（1）的结论可得e x﹣2≥x﹣1，然后对不等式进行合理的放缩，构造函数，结合导数可证．【解答】解：（1），由题意可得，f′（0）＝1﹣a＝0，故a＝1，f（x）＝，，由f′（x）＞0可得x＜0，故函数单调递增区间（﹣∞，0），由f′（x）＜0可得x＞0，故函数单调递减区间（0，+∞），（2）证明：由（1）可知f（x）在（﹣∞，0）上单调递增，在（0，+∞）单调递减，故f（x）≤f（0）＝1，即≤1，故e x≥x+1，∴e x﹣2≥x﹣1当且仅当x＝2时取等号，∵x＞0，∴xe x﹣2≥x（x﹣1），∴xe x﹣2﹣m（x﹣1）lnx≥x（x﹣1）﹣m（x﹣1）lnx＝（x﹣1）（x﹣mlnx），∵x＞1，lnx＞0，因为0＜m≤e，所以x﹣mlnx≥x﹣elnx，令g（x）＝x﹣elnx，则，由g′（x）＞0可得，x＞e，故g（x）在（e，+∞）上单调递增，由g′（x）＜0可得，x＜e，故g（x）在（﹣∞，e）上单调递减，所以g（x）≥g（e）＝0，即x﹣elnx≥0在x＝e处取得等号，∴xe x﹣2﹣m（x﹣1）lnx≥（x﹣1）（x﹣mlnx）≥（x﹣1）（x﹣elnx）≥0，由于取等条件不同，所以xe x﹣2﹣m（x﹣1）lnx＞0．【点评】本题主要考查了函数极值存在条件的应用及利用导数证明不等式，体现了转化思想的应用．7．设函数f（x）＝（x+1）lnx﹣a（x﹣1）．（1）若函数f（x）的图象与直线y＝x﹣1相切，求a的值；（2）当1＜x＜2时，求证：．【分析】（1），设切点为（x0，y0），则切线为y﹣y0＝f'（x0）（x ﹣x0），又切线为y＝x﹣1，可得，消a，再利用函数的单调性即可得出x0，a．（2）令，所以，可得其单调性．g（x）min＝g（x）极小值＝g（1）＝2﹣a，当a≤2时，即2﹣a≥0时，g（x）≥g（1）≥0，即f'（x）≥0，故a＝2时，f（x）在（0，+∞）上单调递增，进而证明结论．【解答】（1）解：，设切点为（x0，y0），则切线为y﹣y0＝f'（x0）（x﹣x0），即，又切线为y＝x﹣1，所以，消a，得，设，易得g（x）为减函数，且g（1）＝0，所以x0＝1，a＝1（2）证明：令，所以，当x＞1时，g'（x）＞0，函数g（x）在（1，+∞）为单调递增；当0＜x＜1时，g'（x）＜0，函数g（x）在（0，1）为单调递减；所以g（x）min＝g（x）极小值＝g（1）＝2﹣a，当a≤2时，即2﹣a≥0时，g（x）≥g（1）≥0，即f'（x）≥0，故a＝2时，f（x）在（0，+∞）上单调递增，所以x∈（1，2）时，f（x）＞f（1）＝0，即（x+1）lnx＞2（x﹣1），所以，①因为1＜x＜2，所以，所以，即，②①+②得：，故当1＜x＜2时，．【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、研究切线方程、证明不等式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．8．已知函数f（x）＝e x﹣1﹣x﹣ax2．（Ⅰ）当a＝0时，求证：f（x）≥0；（Ⅱ）当x≥0时，若不等式f（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围；（Ⅲ）若x＞0，证明（e x﹣1）ln（x+1）＞x2．【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，解关于x的不等式，求出函数的单调区间，得到函数的最小值，证出结论即可；（Ⅱ）求出函数的导数，根据不等式f（x）≥0恒成立，分2a≤1和2a＞1两种情况求出a的范围；（Ⅲ）要证（e x﹣1）ln（x+1）＞x2，只需证ln（x+1）＞成立，然后构造函数F（x）＝ln（x+1）﹣，证明F（x）＞0即可．【解答】解：（Ⅰ）a＝0时，f（x）＝e x﹣1﹣x，f′（x）＝e x﹣1…（1分）当x∈（﹣∞，0）时，f'（x）＜0；当x∈（0，+∞）时，f'（x）＞0…（2分）故在单调递减，在单调递增，f（x）min＝f（0）＝0，∴f（x）≥0…（3分）（Ⅱ）f'（x）＝e x﹣1﹣2ax，令h（x）＝e x﹣1﹣2ax，则h'（x）＝e x﹣2a．1）当2a≤1时，在[0，+∞）上，h'（x）≥0，h（x）递增，h（x）≥h（0），即f'（x）≥f'（0）＝0，∴f（x）在[0，+∞）为增函数，∴f（x）≥f（0）＝0，∴时满足条件；…（5分）2）当2a＞1时，令h'（x）＝0，解得x＝ln2a，当x∈[0，ln2a）上，h'（x）＜0，h（x）单调递减，∴x∈（0，ln2a）时，有h（x）＜h（0）＝0，即f'（x）＜f'（0）＝0，∴f（x）在区间（0，ln2a）为减函数，∴f（x）＜f（0）＝0，不合题意…（7分）综上得实数a的取值范围为…（8分）（Ⅲ）由（Ⅱ）得，当a＝时，x＞0，e x＞1+x+，即e x﹣1＞x+，欲证不等式（e x﹣1）ln（x+1）＞x2，只需证ln（x+1）＞…（10分）设F（x）＝ln（x+1）﹣，则F′（x）＝，∵x＞0时，F′（x）＞0恒成立，且F（0）＝0，∴F（x）＞0恒成立．所以原不等式得证…（12分）【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想以及不等式的证明，是一道综合题．9．已知函数f（x）＝ae x﹣x2﹣x（a∈R，e为自然对数的底数）．（1）若曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线x+（e﹣2）y﹣1＝0垂直，求f （x）的单调区间；（2）若函数f（x）有两个极值点，求实数a的取值范围；（3）证明：当x＞1时，e x lnx＞x．【分析】（1）求出f（x）的导数，可得切线的斜率，由两直线垂直的条件：斜率之积为﹣1，解方程可得a＝1，进而得到f（x）的导数，设g（x）＝e x﹣x﹣1，求出导数和单调区间，可得最小值，进而得到f（x）的单调区间；（2）方法一、函数f（x）有两个极值点，即为h（x）＝ae x﹣x﹣1有两个零点，求出h （x）的导数，对a讨论，求出h（x）的单调区间和最值，解不等式即可得到所求a的范围；方法二、函数f（x）有两个极值点，即为f′（x）＝ae x﹣x﹣1＝0有两个不等的实根，即有a＝有两个不等实根．令h（x）＝，求出导数和单调区间，极值和最值，结合x＞0，x≤0，h（x）的变化情况，即可得到所求a的范围；（3）由（1）可得x＞1时，e x＞x+1＞0，lnx＞0，即有e x lnx＞（x+1）lnx，设φ（x）＝（x+1）lnx﹣x+，求出导数和单调区间，可得φ（x）＞φ（1）＝0，由不等式的传递性，即可得证．【解答】解：（1）f（x）＝ae x﹣x2﹣x的导数f′（x）＝ae x﹣x﹣1，可得曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率为ae﹣2，由切线与直线x+（e﹣2）y﹣1＝0垂直，可得（ae﹣2）•（﹣）＝﹣1，解得a＝1，即f（x）＝e x﹣x2﹣x的导数f′（x）＝e x﹣x﹣1，令g（x）＝e x﹣x﹣1，g′（x）＝e x﹣1，当x＞0时，g′（x）＞0，g（x）递增；当x＜0时，g′（x）＜0，g（x）递减．即有g（x）≥g（0）＝0，即有f′（x）≥0，则f（x）的单调增区间为（﹣∞，+∞）；（2）解法一、由f′（x）＝ae x﹣x﹣1，函数f（x）有两个极值点，即为h（x）＝ae x﹣x﹣1有两个零点，h′（x）＝ae x﹣1，当a≤0时，h′（x）＜0，h（x）递减，h（x）不可能有两个零点；当a＞0时，令h′（x）＝0，可得x＝﹣lna，当x＞﹣lna时，h′（x）＞0，h（x）递增；当x＜﹣lna时，h′（x）＜0，h（x）递减．可得x＝﹣lna处h（x）有极小值也为最小值，若函数h（x）有两个零点，则h（﹣lna）＜0，即lna＜0，即有0＜a＜1；解法二、由f′（x）＝ae x﹣x﹣1，函数f（x）有两个极值点，即为f′（x）＝ae x﹣x﹣1＝0有两个不等的实根，即有a＝有两个不等实根．令h（x）＝，h′（x）＝，当x＞0时，h′（x）＜0，h（x）递减；当x＜0时，h′（x）＞0，h（x）递增．h（x）在x＝0处取得最大值1，当x＞0时，h（x）＞0，x→+∞，h（x）→0，当x≤0时，h（0）＝1，h（﹣2）＝﹣e2＜0，结合h（x）在（﹣∞，0）递增，可得h（x）在（﹣∞，0）只有一个零点；故0＜a＜1．（3）证明：由（1）可得x＞1时，e x＞x+1＞0，lnx＞0，即有e x lnx＞（x+1）lnx，设φ（x）＝（x+1）lnx﹣x+，φ′（x）＝lnx+﹣1﹣＝lnx+（1﹣）＞0（x ＞1），所以φ（x）在（1，+∞）递增，即有φ（x）＞φ（1）＝0，即（x+1）lnx＞x﹣，故当x＞1时，e x lnx＞x．【点评】本题考查导数的运用：求切线的斜率和单调区间、极值和最值，考查函数方程的转化思想，以及不等式的证明，注意运用分类讨论和参数分离法，以及构造函数法，考查化简整理的运算能力，属于难题．10．已知函数f（x）＝e x，g（x）＝．（1）设函数F（x）＝f（x）+g（x），试讨论函数F（x）零点的个数；（2）若a＝﹣2，x＞0，求证：f（x）•g（x）＞+．【分析】（1）判断F（x）的单调性，计算F（x）的极值，得出F（x）的零点个数；（2）根据＜，即可证明e x＞（x+2）（+1）+x2﹣4，得出结论．【解答】解：（1）函数F（x）的定义域为（﹣∞，a）∪（a，+∞）．当x∈（a，+∞）时，e x＞0，＞0，所以．∴即F（x）在区间（a，+∞）上没有零点．当x∈（﹣∞，a）时，，令h（x）＝e x（x﹣a）+1，则h'（x）＝e x（x﹣a+1），h'（a﹣1）＝0，∴当x∈（﹣∞，a﹣1）时，h'（x）＜0，h（x）是减函数；当x∈（a﹣1，a）时，h'（x）＞0，h（x）是增函数．∴h（x）在区间（﹣∞，a）上的最小值为h（a﹣1）＝1﹣e a﹣1．显然，当a＝1时，h（a﹣1）＝0，所以x＝a﹣1是f（x）的唯一的零点；当a＜1时，h（a﹣1）＝1﹣e a﹣1＞0，所以F（x）没有零点；当a＞1时，h（a﹣1）＝1﹣e a﹣1＜0，所以F（x）有两个零点．（2）若a＝﹣2，x＞0，要证f（x）g（x）＞+，即要证e x＞（x+2）+x2﹣4，∵＜＝，下证e x＞（x+2）（+1）+x2﹣4．设M（x）＝e x﹣（x+2）（+1）﹣x2+4＝e x﹣x2﹣2x+2，则M'（x）＝e x﹣2x﹣2，令φ（x）＝e x﹣2x﹣2，则φ′（x）＝e x﹣2，∴φ（x）在（﹣∞，ln2）上单调递减，在（ln2，+∞）上单调递增．∵φ（1）＝e﹣4＜0，φ（2）＝e2﹣6＞0，∴M'（x）在（0，+∞）上只有一个零点x0（1＜x0＜2），即﹣2x0﹣2＝0，∴M（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增．∴M（x）≥﹣x02﹣2x0+2＝4﹣x02＞0，∴e x＞（x+2）（+1）+x2﹣4，又＞，∴e x＞（x+2）+x2﹣4，∴f（x）•g（x）＞+．【点评】本题考查了函数的单调性与最值计算，属于中档题．11．已知函数，a∈R．（1）若函数f（x）的最小值为0，求a的值．（2）证明：e x+（lnx﹣1）sin x＞0．【分析】（1）f（x）的最大值问题，需要借助导数，对比极值与端点值确定，而由最值也可确定出未知量a（2）借助第一问，先证0＜x＜π，e x+（lnx﹣1）sin x＞0；再证x≥π，可得≥1﹣lnx，结合（1）的结论，即可得证．【解答】解：（1）f（x）的定义域是（0，+∞）f′（x）＝﹣＝，∵f（x）有最小值，而f（x）无端点值，∴f（x）必定在x＝a处取得极小值，也是最小值，∴f（a）＝lna+1﹣1＝0，∴a＝1；（2）先证0＜x＜π，e x+（lnx﹣1）sin x＞0，即证＞1﹣lnx，由≥1﹣lnx，即证＞即为xe x＞sin x，即xe x﹣sin x＞0，可令h（x）＝xe x﹣sin x，h′（x）＝（x+1）e x﹣cos x＞0，可得h（x）在（0，π）递增，即有h（x）＞h（0）＝0，可得0＜x＜π，e x+（lnx﹣1）sin x＞0；再证x≥π，可得≥1﹣lnx，即x≥1﹣ln，即x≥1+lnx，即e x≥e1+lnx，可得e x≥ex，又ex≥e（1+lnx），即有e x+（lnx﹣1）sin x≥e（1+lnx）+（lnx﹣1）sin x＝（e+sin x）lnx+（e﹣sin x）＞0，综上可得，e x+（lnx﹣1）sin x＞0．【点评】本题考查的是函数最值问题，需要借助导数确定极值，然后与段端值对比确定出最值的一个逆用．第二问的也是一个常见形式，需熟记．12．已知函数f（x）＝ln（x+a）﹣bx2，g（x）＝（bx2﹣1）e x+x+a（a，b∈R，e为自然对数的底数），且f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y＝﹣x+ln2．（1）求实数a，b的值；（2）若x≥0，求证：f（x）≤g（x）【分析】（1）求得f（x）的导数，可得切线的斜率和切点，由已知切线的方程，解方程可得a，b的值；（2）令F（x）＝g（x）﹣f（x），求得导数F′（x），再设h（x）＝F′（x），求得导数，判断单调性，即可得到F（x）≥F（0）＝0，从而证得g（x）≥f（x）．【解答】解：（1）函数f（x）＝ln（x+a）﹣bx2，导数为f′（x）＝﹣2bx，可得f（x）在x＝1处的斜率为﹣2b＝﹣，由f（1）＝ln（1+a）﹣b＝ln2﹣，解得a＝1，b＝；（2）证明：令F（x）＝g（x）﹣f（x）＝（x2﹣1）e x+2x+1﹣ln（x+1）+x2（x≥0），则F′（x）＝（x+x2﹣1）e x+2﹣+x，设h（x）＝（x+x2﹣1）e x+2﹣+x，可得h′（x）＝（2x+x2）e x+1+在x≥0恒成立，可得h（x）在x≥0递增，可得h（x）≥h（0）＝0，即有F′（x）≥0，可得F（x）在x≥0递增，F（x）≥F（0）＝0，即有f（x）≤g（x）．【点评】本题考查了函数的单调性，导数的应用：求切线的斜率，考查不等式的证明，注意运用构造法，是一道综合题．13．已知函数f（x）＝1﹣lnx+a2x2﹣ax（a∈R）．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）若a＝0且x∈（0，1），求证：＜1．【分析】解法一：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），求出导函数，通过①若a＝0时，②若a＞0时，③若a＜0时，判断导函数的符号，求解函数的单调区间．（2）若a＝0且x∈（0，1），欲证，只需证x（1﹣lnx）＜（1+x﹣x3）e x．设函数g（x）＝x（1﹣lnx）（x∈（0，1）），利用导函数判断单调性求解函数的最值，构造新函数，转化求解即可．解法二：（1）同解法一．（2）若a＝0且x∈（0，1），欲证，只需证x（1﹣lnx）＜（1+x﹣x3）e x．设函数g（x）＝x（1﹣lnx）（x∈（0，1）），则g'（x）＝﹣lnx．分析转化证明即可．解法三：（1）同解法一．（2）若a＝0且x∈（0，1），欲证，只需证，由于1﹣lnx＞0，e x＞e0＝1，只需证明lnx﹣x2+＞0，令g（x）＝lnx﹣x2+（x∈（0，1）），利用函数的导数，转化证明即可．【解答】解：解法一：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），，①若a＝0时，则f'（x）＜0，f（x）在（0，+∞）上单调递减；②若a＞0时，当时，f'（x）＝0；当时，f'（x）＜0；当时，f'（x）＞0．故在上，f（x）单调递减；在上，f（x）单调递增；③若a＜0时，当时，f'（x）＝0；当时，f'（x）＜0；当时，f'（x）＞0．故在上，f（x）单调递减；在上，f（x）单调递增．（2）若a＝0且x∈（0，1），欲证，只需证，即证x（1﹣lnx）＜（1+x﹣x3）e x．设函数g（x）＝x（1﹣lnx）（x∈（0，1）），则g'（x）＝﹣lnx．当x∈（0，1）时，g'（x）＞0．故函数g（x）在（0，1）上单调递增．所以g（x）＜g（1）＝1．设函数h（x）＝（1+x﹣x3）e x，则h'（x）＝（2+x﹣3x2﹣x3）e x．设函数p（x）＝2+x﹣3x2﹣x3，则p'（x）＝1﹣6x﹣3x2．当x∈（0，1）时，p'（0）•p'（1）＝﹣8＜0，故存在x0∈（0，1），使得p'（x0）＝0，从而函数p（x）在（0，x0）上单调递增；在（x0，1）上单调递减．当x∈（0，x0）时，p（x0）＞p（0）＝2，当x∈（x0，1）时，p（x0）•p（1）＜﹣4＜0故存在x1∈（0，1），使得h'（x1）＝0，即当x∈（0，x1）时，p（x）＞0，当x∈（x1，1）时，p（x）＜0从而函数h（x）在（0，x1）上单调递增；在（x1，1）上单调递减．因为h（0）＝1，h（1）＝e，故当x∈（0，1）时，h（x）＞h（0）＝1所以x（1﹣lnx）＜（1+x﹣x3）e x，x∈（0，1），即．解法二：（1）同解法一．（2）若a＝0且x∈（0，1），欲证，只需证，即证x（1﹣lnx）＜（1+x﹣x3）e x．设函数g（x）＝x（1﹣lnx）（x∈（0，1）），则g'（x）＝﹣lnx．当x∈（0，1）时，g'（x）＞0．故函数g（x）在（0，1）上单调递增．所以g（x）＜g（1）＝1．设函数h（x）＝（1+x﹣x3）e x，x∈（0，1），因为x∈（0，1），所以x＞x3，所以1+x﹣x3＞1，又1＜e x＜e，所以h（x）＞1，所以g（x）＜1＜h（x），即原不等式成立．解法三：（1）同解法一．（2）若a＝0且x∈（0，1），欲证，只需证，由于1﹣lnx＞0，e x＞e0＝1，则只需证明，只需证明lnx﹣x2+＞0，令g（x）＝lnx﹣x2+（x∈（0，1）），则，则函数g（x）在（0，1）上单调递减，则g（x）＞g（1）＝0，所以成立，即原不等式成立．【点评】本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及构造法的应用，考查分类讨论以及转化思想的应用，是难题．14．已知函数．（1）当x＞1时，不等式f（x）＞m成立，求整数m的最大值；（参考数据：ln2≈0.693，ln3≈1.099）（2）证明：当x＞1时，f（x）＜g（x）．【分析】（1）＝，令h（x）＝lnx﹣﹣1，则，因为x＞1，所以＞0，所以h（x）在（1，+∞）上单调递增，又h（2）＜0，h（3）＜0，h（4）＞0，所以h（x）在（3，4）上存在唯一的零点，设为x0∈（3，4），且当1＜x＜x0时，h（x）＜0；当x＞x0时，h（x）＞0，所以当1＜x＜x0时，f′（x）＜0；当x＞x0时，f′（x）＞0；所以f（x）在（1，+∞）上有最小值f（x0），且x0满足h（x0）＝lnx0﹣﹣1＝0，即lnx0＝，所以f（x0）＝＝＝x0，所以m＜f（x0）＝x0，又x0∈（3，4），则可得整数m的最大值．（2）欲证明f（x）＜g（x）⇐⇐⇐因为x＞1，所以lnx＞0且x﹣1＞0，则⇔x2﹣1＜lnx•e x，不妨令p（x）＝lnx•e x﹣x2+1，则p′（x）＝e x（lnx+）﹣2x，令q（x）＝lnx+，则q′（x）＞0，故q（x）在（1，+∞）单调递增，则q（x）＞q（1）＝1，又e x＞1，所以，又令r（x）＝e x﹣2x，则r′（x）＝e x﹣2，当x＞1时，r′（x）＝e x﹣2＞e﹣2＞0，则r（x）在（1，+∞）单调递增，所以r（x）＞r （1）＞0，所以p′（x）＞e x﹣2＞0，所以p（x）在（1，+∞）上单调递增，所以p（x）＝lnx•e x﹣x2+1＞p（1）＝0；所以x2﹣1＜lnx•e x；所以，即可得出结论．【解答】解：由题可知，f（x）＝，则＝，令h（x）＝lnx﹣﹣1，则，因为x＞1，所以＞0，又h（2）＝ln2﹣＜0，h（3）＝ln3﹣＜0，h（4）＝2ln2﹣＞0，所以h（x）在（3，4）上存在唯一的零点，设为x0∈（3，4），且当1＜x＜x0时，h（x）＜0；当x＞x0时，h（x）＞0，所以当1＜x＜x0时，f′（x）＜0；当x＞x0时，f′（x）＞0；所以f（x）在（1，+∞）上有最小值f（x0），且x0满足h（x0）＝lnx0﹣﹣1＝0，即lnx0＝，所以f（x0）＝＝＝x0，所以m＜f（x0）＝x0，又x0∈（3，4），则整数m的最大值为3．（2）当x＞1时，欲证明f（x）＜g（x），即证，因为x＞1，所以lnx＞0且x﹣1＞0，则⇔x2﹣1＜lnx•e x，不妨令p（x）＝lnx•e x﹣x2+1，则p′（x）＝e x（lnx+）﹣2x，令q（x）＝lnx+，则q′（x）＝＝＞0，故q（x）在（1，+∞）单调递增，则q（x）＞q（1）＝1，又e x＞1，所以，又令r（x）＝e x﹣2x，则r′（x）＝e x﹣2，当x＞1时，r′（x）＝e x﹣2＞e﹣2＞0，则r（x）在（1，+∞）单调递增，所以r（x）＞r（1）＝e﹣2＞0，所以p′（x）＞e x﹣2＞0，所以p（x）＝lnx•e x﹣x2+1＞p（1）＝0；所以x2﹣1＜lnx•e x，所以，即当x＞1时，f（x）＜g（x）．【点评】本题考查导数的综合运用，属于难题．15．已知函数f（x）＝1+x﹣2sin x，x＞0．（1）求f（x）的最小值；（2）证明：f（x）＞e﹣2x．【分析】（1）求导可知时f（x）单减，时f（x）单增，进而求得最小值；（2）即证x＞0时，g（x）＝（1+x﹣2sin x）e2x＞1，利用导数容易得证．【解答】解：（1）f′（x）＝1﹣2cos x，令f′（x）＝0，得，故在区间[0，π]上，f′（x）的唯一零点是，当时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；当时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，故在区间[0，π]上，f（x）的极小值为，当x＞π时，，∴f（x）的最小值为；（2）要证x＞0时，f（x）＞e﹣2x，即证x＞0时，g（x）＝（1+x﹣2sin x）e2x＞1，g′（x）＝2（1+x﹣2sin x）e2x+（1﹣2cos x）e2x＝（3+2x﹣4sin x﹣2cos x）e2x，令h（x）＝x﹣sin x，x＞0，则h′（x）＝1﹣cos x≥0，即h（x）是（0，+∞）上的增函数，∴h（x）＞h（0）＝0，即x＞sin x，∴3+2x﹣4sin x﹣2cos x＞3+2sin x﹣4sin x﹣2cos x＝3﹣2（sin x+cos x）＝，∴g′（x）＝（3+2x﹣4sin x﹣2cos x）e2x＞0，即g（x）是（0，+∞）上的增函数，g（x）＞g（0）＝1，故当x＞0时，f（x）＞e﹣2x，即得证．【点评】本题考查利用导数研究函数的最值及证明不等式，考查推理论证及运算能力，属于中档题．16．已知f（x）＝e x﹣x2﹣x﹣1，g（x）＝cos2x+2x2﹣1．（1）证明：x≥0时，f（x）≥0；（2）求函数g（x）的单调区间；（3）证明：x≥0时，xe x+sin2x≥2sin x+sin2x．【分析】（1）求导f′（x）＝e x﹣x﹣1，令φ（x）＝f′（x），利用导数求出φ（x）的单调性，可得φ（x）≥0，则f（x）单调递增，即可证得结论；（2）对g（x）求导，令h（x）＝g′（x），由导数与单调性的关系可得h（x）的单调性，由h（x）＜0，h（x）＞0，可得g（x）单调区间；（3）要证xe x+sin2x≥2sin x+sin2x，即证xe x≥sin x（2﹣cos x）+sin2x．对x＞π，0＜x＜π两种情况分别证得不等式成立即可．【解答】解：（1）f′（x）＝e x﹣x﹣1，令φ（x）＝f′（x），则φ′（x）＝e x﹣1，因为x≥0，所以φ′（x）＝e x﹣1≥0，所以φ（x）在[0，+∞）单调递增，所以φ（x）≥φ（0）＝0，所以f（x）在[0，+∞）单调递增，则f（x）≥f（0）＝0．（2）g′（x）＝﹣2sin2x+4x，令h（x）＝g′（x），则h′（x）＝﹣4cos2x+4≥0，所以h（x）在R上单调递增，又h（0）＝0，所以x＜0时，h（x）＜h（0）＝0，函数g（x）单调递减；x＞0时，h（x）＞h（0）＝0，函数g（x）单调递增．所以，g（x）的单调递减区间为（﹣∞，0），单调递增区间为（0，+∞）．（3）证明：要证xe x+sin2x≥2sin x+sin2x，即证xe x≥sin x（2﹣cos x）+sin2x．①当x＞π时，xe x≥πeπ＞4，而sin x（2﹣cos x）+sin2x＜4，所以不等式成立．②当0＜x＜π时，sin x＞0，由（2）知：x≥0时，cos2x≥1﹣2x2，所以cos x≥1﹣2＝1﹣，2﹣cos x≤1+，所以只需证xe x≥sin x（1+）+sin2x．令p（x）＝sin x﹣x（x≥0），则p′（x）＝cos x﹣1≤0，所以p（x）在（0，+∞）单调递减，所以p（x）≤p（0）＝0，即sin x≤x．故只需证xe x≥x（1+）+x2，即证：e x≥1++x．由（1）知，上述不等式成立．综上，当x≥0时，xe x+sin2x≥2sin x+sin2x．【点评】本题主要考查不等式的证明，考查导数性质、函数的单调区间等知识，考查运算求解能力，是中档题．。

得2sinB二cos)又cos)+0 ,所以tanB=-$.点评：4sinBcos.-3sin2B二1这类方程可化为齐次方程，再转化为只含an)的方程求解，也可化为.+2)和os2B的一次式，再利用辅助角公式求解.'2,2-2分析3:由余弦定理得(二-3'x----j&#求出a#b#c间的关系，由此能求出cos.的值•3解法3：因为tanC二才,0vC V"，所以0VC V 号且sinC=-5,cosC二*.又因为c=-3'cos.，所以由余弦定理得C=-3'2'c a，所以5c2=3a2-3'2，即5(a2+'2-2a'cosC)=3a2一3'2，解得a=2'.所以C2=3/一3''2，即C=善5'.所以0S.=a-C'二"1^5#所以sin)=+ /1-COS2)=弓# 2a55即tan)二丁.分析4：灵活应用正余弦定理和同角三角函数的关系求解.3解法4:因为tanC二亍#0VC V"#所以0VC V ■"且sinC二丁#cosC二专.因为c=-3'cos.，所以由-1正弦定理得sinC=-3sin)cos.#所以cos.=V5n0#所以号V"V"，由此得0V)V号，所以os.>0.又由余弦定理得C=-3'吕_—，所以5c2=3a223 -3'2，即 5sin2C=3sin2A-3sin2)#所以sin2A=-^-sin2),所以1-2512)=^-sin2)#得sin)=咅# cos.=,从而tan)=；.点评:本题考查三角形边的代数式求值，考查三角形的角的正切值的求法，考查余弦定理、正弦定理、同角三角函数恒等式、诱导公式等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是一个典型的中档题.*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%例析利用切线放缩法巧解函数不等式问题广东省汕头市澄海华侨中学(516007)潘敬贞山东省滨州市邹平县黄山中学(256200)韩景岗广东省市中学(515800)陈焕涛在解有关函数不等式问题时，当题目中的函数解析式含有F或9%的四则运算时就可以考虑利用切线放缩法进行求解.在利用切线放缩法对问题进行求解的过程中，其最关键的是根据题意寻找到合适的切点，从而得出合适的切线，然后利用切线放缩法有效的将问题转化为较为常规、简单的问题进行解答，最后顺利的将问题解决.如：函数*=e%在％=0处的切线方程为*=%+1,因此可得不等式F* %+1，当且仅当％=0时取得等号；函数*=e%在%= 1处的切线方程为*=ee,因此可得不等式e%*ee，当且仅当％=1时取得等号；函数*=9%在%=1处的切线方程为*=%-1,因此可得不等式In%#%-1,当且仅当％=1时取得等号；函数*=9(%-1)在%=0处的切线方程为*=%,因此可得不等式9(%-1)#%,当且仅当％=0时取得等号；函数*=9%在%=e处的切线方程为*=三，因此可得不等式lnx#—,当且仅当%=e时取得等号；函数*=9%在%= e丄处的切线方程为*=e-2,因此可得不等式In%# eee_2,当且仅当％=丄时取得等号等等.是否是能根e据题意有效选取切点然后得到合适的不等式才是解决此类的关键，但解答问题的过程中，利用切线放缩法得到的不等式是需要严格证明的.例1(2018全国卷I文21)已知函数$%)= ae"-ln%-1.(1)设%=2是$%)的极值点，求&,并求$%)的单调区间；(2)证明：当a*丄时,$%)*0.e解析：(1)略.(2)证明：因为当a*丄，所以e%$%)*—一9%-1=e%_1一9%-1.因为函数*=e%_1 e在％二1处的切线方程为*=%,因此用切线放缩法可得不等式e%-1*%,当且仅当％=1时取等号，所以得e%_1-9%-1*%-9%-1当且仅当%=1时取等1%-1号•设g(%)=%-9%-1,贝V g'(%)=1-——=-------x x当0v%v1时,g@%)<0,所以g(%)单调递减；当%>1时，g@%)>0,所以g(%)单调递增.所以%=1是g(%)的最小值点.故当％>0时,g(%)*g(1)= 0.因此，当&*丄时,/(%)*0.e评注：本题的第(2)问利用切线放缩法进行放缩，问题的解答过程简洁，思路清晰、自然.但在函数*=e”"的％=1处取切点，然后得切线方程*=%,从而可得不等式e”"*%成为本题利用切线放缩法解决问题的关键.例2(2018全国卷皿文21)已知函数$%)= &.(1)求曲线*=/(%)在点'0,-1)处的切 e线方程;(2)证明：当a*1时,/(%)+e*0.解析：(1)略•(2 )证明：因为$%)+e*00a%2+%-1—%-----+e*00a%2+%-1+e%+1*0.因为函数e*=e%+1在%=-1处的切线方程为*=%+2，因此用切线放缩法可得不等式e%+1 *%+2,当且仅当%=-1时取等号，所以a%2+%-1+e%+1*a%2+%-1+% +2=a%2+2%+1当且仅当％=-1时取等号.又因为a*1,所以a%2+2%+1*%2+2%+1=(%+1)2* 0，当且仅当%=-1取等号.故当a*1时，有/(%)+ e*0.评注:本题的第(2)问的求解其关键是在函数* =e%+1的%=-1处取切点，然后得切线方程*=%+ 2，从而得不等式e+1*%+2,后面问题的解决就相利.例3(2014全国I理21)设函数$%)=ae”9%%-1+%，曲线*=/(%)在点'1,/(1))处的切线方程%为*=€(%-1)+2.(1)求a,'；(2)证明：/(%)>1.解析：(1)a=1,'=2过程略.(2)证明：因为%-1$%)>10e^ln%+>109%+—>—.因为函数e e*=e%在％二1处的切线方程为*=e，因此用切线放缩法可得不等式e%*e,当且仅当％=1时取等号，112所以亠#—，当且仅当％二1时取等号，所以9%+三e1211>——2In%+——*——09%+——*0.令g(先)=9%+ e%丄，则g@%=e%1,当0<%<丄时,g@%)<0,所e%以g(%)单调递减；当%>丄时,g@%)>0,所以g(%)e单调递增，所以g(%mi n=g(+)=0,所以$%)>1.当然，本题还可以考虑对9%进行切线放缩.因为函数*=9%在％=e处的切线方程为*=三，所以用切e%11线放缩法可得不等式lnx#—，所以In—#丄即9%e x ex-19%+2>1-1+21e%eee%.令g(%=e%-ee,则g@%=e%-e,当0<%<1时,g@%)<0,所以g(%)单调递减；当％>1时，g@%)>0,所以g(%)单调递增，所以g(%min=g(1) =0，所以/(%)>1.评注：当题目同时出现e"与9%时，我们可以根据题意对e"或9%进行切线放缩，本题的第(2 )问就如此，既可以对e*进行切线放缩也可以对9%进行切线放缩，都可以顺利解决问题.例4(2020深圳一模理21)已知函数$%=e%-a9(%-1),(其中常数e«2.71828...,是自然对数的底数)-(1(若a e R,求函数/(%的极值点个数；(2)若函数/(%在区间(1,1+e-&)上不单调，证明丄+—+>a.a a+1解析：(1)函数$%的定义域为(1,+8), (%=(%_1)e-a.①当a#0时,/，(%>0,函数1代%在(1,+8)上单调递增，所以函数/(%无极值 点，即此时极值点个数为0;②当a>0时，令g(%= (%-1)e%-a(%>1),g(1)=(1-1)e1-a=-a <0，因为函数*=e%在％=0处的切线方程为*=% +1,因此用切线放缩法可得不等式e%*%+1,当且仅当％ = 0时取等号，所以g (% = (%-1)e " - & >(% -1) ( % +1) -&.令(% -1) ( % +1) - a = 0 得 % =>1,所以 M) >0,故存在 %0 ! ( 1,Ja +1 )使得 g ( %0 ) =0,所以当 ％ ! ( 1 ,%0 )时,M ( % <0即/( % <0 ,所以函数$( %在(1,%0 )上单调递减，当 ％! ( %0 , + 8 )时,g ( % >0 即 /'( % >0,所以函数$( %在(%0 , + 8 )上单调递增，所以函数/( %有 极小值点%0，即此时函数$( %的极值点个数为1.综上所述，当&#0时，函数$( %的极值点个数为0；当a >0时，函数$( %的极值点个数为1.(2 )证明：因为函数$( %在区间(1,1 +e -&)上不单调，所以函数$( %在区间(1 ,1 +e-&)存在极值点.由(1 )可知，当a >0时,1 + F & > %0 ,所以-a 1 + e _ &/'( 1 +e-a ) = 6，& ~a >0 ,所以 e 1-&"「& >a ,两e边取自然对数得1 - a + e~a > Ina ，即1 一 Ina + e~a >a ,此时要证丄 + 1 - > a ,不妨考虑 + 1 - > 1aa+1 aa+1-Ina +e-a .因为函数* = e %在％二0处的切线方程 为*=% + 1,因此用切线放缩法可得不等式e %*% +1,所以，当且仅当％=0时取等号，所以e e %+1=e，即丄,* e.又 e%* % + 1,所以 e 宁-1 *a 1 a 1[(丄 [—，所以e 書# a ,两边取自然对数得1 - 一 # Ina , aa即—* 1 — Ina ,所以—+ —> a.a a a +1评注：本题的求解过程较为复杂，难度较大，但切线放缩法在简化解答过程，化解思维痛点等起到了很重要的作用.例5 ( 2016山东理20 )已知/ ( %)=2%-1a ( % - 9% +--2—，& ! R . ( 1 )讨论 f( %)的单调性；%3(2)当a = 1时，证明/(%) >/@% +寸对于任意的% ! [ 1,2]成立.解析：(1 )略.(2 )当a = 1时，证明/( %) >33$ (% +—对于任意的％! [ 1,2 ]成立0% - 9% + —212+ + -各-1 >0对于任意的%! , 1,2]成立.因为 X X函数*二9%在% = 1处的切线方程为* = % - 1,因此用切线放缩法可得不等式ln%#%-1 ,当且仅当% = 1时取等号，所以%-ln%*1当且％二1时取等号，所312以此时只需证明2+*->0对于任意的％! [1,% %3122 [成立.令 G (% = — + 飞一——，贝V G ( %)=%%—―"设'(%) = - 3%2 _2%+6，贝寸'(%)在%[1,2]上单调递减，因为'(1) = 1,'(2) = - 10,所以在 4%。

放缩法证明不等式所谓放缩法，就是针对不等式的结构特征，运用不等式及有关的性质，对所证明的不等式的一边进行放大或缩小或两边放大缩小同时兼而进行，以达到证明结果的方法。

但无论是放大还是缩小都要遵循不等式传递性法则，保证放大还是缩小的连续性，不能牵强附会，须做到步步有据。

比如：证a ＜b ，可先证a ＜h 1，成立，而h 1＜b 又是可证的，故命题得证。

数列与不等式的综合问题常常出现在高考的压轴题中，是历年命题的热点，解决这类问题常常用到放缩法。

“放缩法”可以和很多知识内容结合，对应变能力有较高的要求。

因为放缩必须有目标，而且要恰到好处，目标往往要从证明的结论考察，放缩时要注意适度，否则就不能同向传递。

利用放缩法证明不等式，既要掌握放缩法的基本方法和技巧，又须熟练不等式的性质和其他证法。

做到放大或缩小恰到好处，才有利于问题的解决。

一、用放缩法证明不等式的基本策略1、运用放大、缩小分母或分子的办法来达到放缩的目的分式的放缩对于分子分母均取正值的分式，如需放大，则只要把分子放大或分母缩小即可；如需缩小，则只要把分子缩小或分母放大即可．还可利用真分数的分子和分母加上同一个正数，则分数值变大；假分数的分子和分母加上同一个正数，则分数值变小来进行放缩． 例1、若a ，b ，c ，d 是正数．求证：12a b c d a b ca b db c da c d<+++<++++++++证明：a b c d a b c a b db c d a c d+++++++++++1abc da b c d a b c d a b c d a b c d>+++=++++++++++++又2a b c d a b c da b c a b d b c d a c d a b a b c d c d+++<+++=++++++++++++ 或a b c d a b ca b d b c da c d +++++++++++2a bb ca cb d a bcd a b c da b c da b c d++++<+++=++++++++++++（利用(0)a a mm b b m+<>+） ∴12a bcda b ca b d b c d a c d <+++<++++++++例2、求证：213121112222<++++n证明：∵nn n n n111)1(112--=-<∴2222111111*********232231nn nn++++<+-+-++-=-<-【变式】2222111171234n++++<∵nn n n n111)1(112--=-<∴2222211111111151171()()1232231424nn nn++++<++-++-=+-<-本题说明：此题采用了从第三项开始拆项放缩的技巧，放缩拆项时，不一定从第一项开始，须根据具体题型分别对待，即放不能太宽、缩不能太窄，真正做到恰到好处。

放缩法妙解不等式问题【典型例题】例1.已知函数f(x)=1ae x-1+x，其中a∈R且a≠0．(1)设a>0，过点A-1,-12作曲线C:y=f(x)的切线(斜率存在)，求切线的斜率；(2)证明：当a=1或0<a≤2e时，f(x)≥12ax(x≥-1)．例2.已知函数f(x)=(x2-2x+2)e x-12ax2(a∈R)．(1)当a=e时，求函数f(x)的单调区间；(2)证明：当a≤-2时，f(x)≥2．例3.已知函数f(x)=2ln x+sin x+1，函数g(x)=ax-1-b ln x(a，b∈R，ab≠0)．(1)讨论g(x)的单调性；(2)证明：当a=b=1时，g(x)≥0．(3)证明：f(x)<(x2+1)e sin x．例4.已知函数f(x)=ae x(a∈R)，g(x)=ln xx+1．(1)当a=1e时，求函数y=f(x)在(1，f(1))处的切线方程；(2)当a≥1e时，证明：f(x)-g(x)≥0．例5.已知函数f(x)=e x-ax3．(1)若x∈(0,+∞)，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围；(2)证明：当a=23时，f(x)>0；(3)证明：当n∈N*时，1e +2e2+3e3+⋯+ne n<3．例6.已知函数f(x)=ae x，g(x)=ln(x-1)+1．(1)设G(x)=f(x)-g(x)，x=3是G(x)的极值点，求函数G(x)的单调区间；(2)证明：当a≥1e2时，f(x)≥g(x)．例7.已知函数f(x)=e x-1-x-ax2，其中e为自然对数的底数．(1)当x≥0时，若不等式f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围；(2)若x>0，证明：(e x-1)ln(x+1)>x2．【同步练习】1.已知函数f(x)=ln(x-a)x．(1)若a≤-1．证明f(x)在(0,+∞)上单调递减；(2)若x>0，证明：e x ln(x+1)>x2+ln(x+1)(其中e=2.71828⋯是自然对数的底数)2.已知函数f(x)=x2+x+e2x ln x，x∈(e,+∞)．(1)证明：当x∈(e,+∞)时，ln x>3x-ex+e；(2)若存在x0∈[n，n+1)(n∈N*)使得对任意的x∈(e,+∞)都有f(x)≥f(x0)成立．求n的值．(其中e=2.71828⋯是自然对数的底数)．3.已知函数f(x)=x ln x-ae x+a，其中a∈R．(1)若f(x)在定义域内是单调函数，求a的取值范围；(2)当a=1时，求证：对任意x∈(0,+∞)，恒有f(x)<cos x成立．4.已知函数f(x)=e-x13x3-2x+2sin x+1，g(x)=sin x+cos x+x2-2x．(1)求g(x)在点(0，g(0))处的切线方程；(2)证明：对任意的实数a≤1，g(x)≥af(x)在[0，+∞)上恒成立．5.已知函数f(x)=e x+cos x-2，f′(x)为f(x)的导数．(1)当x≥0时，求f′(x)的最小值；(2)当x>-π2时，xex+x cos x-ax2-2x≥0恒成立，求a的取值范围．6.已知函数f(x)=ae x-b ln x，曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y=1e -1x+1．(Ⅰ)求a，b；(Ⅱ)证明：f(x)>0．7.已知函数f(x)=ae x-b ln xx，在点(1，f(1))处的切线方程为y=(e-1)x+1．(1)求a，b；(2)证明：f(x)>1．8.已知函数f(x)=me x-ln x-1．(Ⅰ)当m=1时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(Ⅱ)当m≥1时，证明：f(x)>1．-1，a∈R．9.已知函数f(x)=ln x+ax(1)若函数f(x)的最小值为0，求a的值．(2)证明：e x+(ln x-1)sin x>0．。