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(新高考)高考数学一轮复习学案+分层提升3.6《利用导数证明不等式》(2份打包，原卷版+教师版)
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这是一份(新高考)高考数学一轮复习学案+分层提升3.6《利用导数证明不等式》(2份打包，原卷版+教师版)，文件包含新高考高考数学一轮复习讲义+巩固练习36《利用导数证明不等式》原卷版doc、新高考高考数学一轮复习讲义+巩固练习36《利用导数证明不等式》原卷版pdf、新高考高考数学一轮复习讲义+巩固练习36《利用导数证明不等式》教师版doc、新高考高考数学一轮复习讲义+巩固练习36《利用导数证明不等式》教师版pdf等4份试卷配套教学资源，其中试卷共29页， 欢迎下载使用。
例1 已知函数g(x)＝x3＋ax2.
(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)>x2ln x.
(1)解 由题意知，函数g(x)＝x3＋ax2，则g′(x)＝3x2＋2ax，
若g(x)在[1,3]上单调递增，则g′(x)＝3x2＋2ax≥0在[1,3]上恒成立，则a≥﹣eq \f(3,2)；
若g(x)在[1,3]上单调递减，则g′(x)＝3x2＋2ax≤0在[1,3]上恒成立，
则a≤﹣eq \f(9,2).所以a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(9,2)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，＋∞)).
(2)证明 由题意得，要证g(x)>x2ln x，x>0，
即证x3＋ax2>x2ln x，即证x＋a>ln x，令u(x)＝x＋a﹣ln x，x>0，
可得u′(x)＝1﹣eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，x>0，当0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)>x2ln x.
教师备选
已知函数f(x)＝1﹣eq \f(ln x,x)，g(x)＝eq \f(ae,ex)＋eq \f(1,x)﹣bx，若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A处的切线互相垂直．
(1)求a，b的值；
(2)证明：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥eq \f(2,x).
(1)解 因为f(x)＝1﹣eq \f(ln x,x)，x>0，所以f′(x)＝eq \f(ln x－1,x2)，f′(1)＝﹣1.
因为g(x)＝eq \f(ae,ex)＋eq \f(1,x)﹣bx，所以g′(x)＝﹣eq \f(ae,ex)﹣eq \f(1,x2)﹣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)＝﹣eq \f(e,ex)＋eq \f(1,x)＋x，则f(x)＋g(x)≥eq \f(2,x)⇔1﹣eq \f(ln x,x)﹣eq \f(e,ex)﹣eq \f(1,x)＋x≥0.
令h(x)＝1﹣eq \f(ln x,x)﹣eq \f(e,ex)﹣eq \f(1,x)＋x(x≥1)，则h(1)＝0，
h′(x)＝eq \f(－1＋ln x,x2)＋eq \f(e,ex)＋eq \f(1,x2)＋1＝eq \f(ln x,x2)＋eq \f(e,ex)＋1.
因为x≥1，所以h′(x)＝eq \f(ln x,x2)＋eq \f(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﹣eq \f(ln x,x)﹣eq \f(e,ex)﹣eq \f(1,x)＋x≥0，
所以当x≥1时，f(x)＋g(x)≥eq \f(2,x).
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＋eq \f(a,x)，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a>0时，证明：f(x)≥eq \f(2a－1,a).
(1)解 f′(x)＝eq \f(1,x)﹣eq \f(a,x2)＝eq \f(x－a,x2)(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(2)证明 由(1)知，当a>0时，f(x)min＝f(a)＝ln a＋1.
要证f(x)≥eq \f(2a－1,a)，只需证ln a＋1≥eq \f(2a－1,a)，即证ln a＋eq \f(1,a)﹣1≥0.
令函数g(a)＝ln a＋eq \f(1,a)﹣1，则g′(a)＝eq \f(1,a)﹣eq \f(1,a2)＝eq \f(a－1,a2)(a>0)，
当01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＋eq \f(1,a)﹣1≥0恒成立，
所以f(x)≥eq \f(2a－1,a).
题型二 将不等式转化为两个函数的最值进行比较
例2 已知函数f(x)＝aln x＋x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a＝1时，证明：xf(x)(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(a,x)＋1＝eq \f(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)令函数g(x)＝1＋eq \f(ln x,x)，则g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2).
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＋eq \f(1,e)，令函数h(x)＝eq \f(ex,x2)，则h′(x)＝eq \f(exx－2,x3).
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)＝eq \f(e2,4).因为eq \f(e2,4)﹣eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,e)))>0，所以h(x)min>g(x)max，
即1＋eq \f(ln x,x)教师备选
已知函数f(x)＝ex2﹣xln x．求证：当x>0时，f(x)证明 要证f(x)令h(x)＝ln x＋eq \f(1,ex)(x>0)，则h′(x)＝eq \f(ex－1,ex2)，易知h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))上单调递减，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增，则h(x)min＝heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝0，所以ln x＋eq \f(1,ex)≥0.
再令φ(x)＝ex﹣ex，则φ′(x)＝e﹣ex，
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ex﹣ex≤0.因为h(x)与φ(x)不同时为0，
所以ex﹣ex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ex，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 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)﹣ex＋2ex≤0.
(1)解 f′(x)＝eq \f(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00；当x>eq \f(e,a)时，f′(x)<0.
故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(e,a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,a)，＋∞))上单调递减．
(2)证明 因为x>0，所以只需证f(x)≤eq \f(ex,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)＝eq \f(ex,x)﹣2e(x>0)，则g′(x)＝eq \f(x－1ex,x2)，
所以当0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)≤eq \f(ex,x)﹣2e.
故不等式xf(x)﹣ex＋2ex≤0得证．
题型三 适当放缩证明不等式
例3 已知函数f(x)＝ex.
(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)＝ex，得f(0)＝1，f′(x)＝ex，
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)＝ex﹣x﹣1(x>﹣2)，则g′(x)＝ex﹣1，
当﹣20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﹣eq \f(1,x＋2)＝eq \f(x＋1,x＋2)，
则当﹣2﹣1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)＝eq \f(xln x,x＋m)，g(x)＝eq \f(x,ex)，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)＝eq \f(ln x＋1x＋m－xln x,x＋m2)，∴f′(1)＝eq \f(m＋1,1＋m2)＝eq \f(1,2)，解得m＝1.
(2)证明 设h(x)＝ex﹣x﹣1(x>0)，则h′(x)＝ex﹣1>0，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴h(x)>h(0)＝0，即ex>x＋1>1，
∴eq \f(1,ex)2g(x)﹣1，即证eq \f(xln x,x＋1)>eq \f(2x,ex)﹣1，只需证eq \f(xln x,x＋1)≥eq \f(2x,x＋1)﹣1，
即证xln x≥x﹣1，
令m(x)＝xln 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，
∴xln 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ex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ex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)ex≥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)＝aex﹣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)＝ex﹣1﹣ln x﹣1(x>0)，f′(x)＝ex﹣1﹣eq \f(1,x)，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，∴aex﹣1≥ex﹣1，∴f(x)≥ex﹣1﹣ln x﹣1.
方法一 令φ(x)＝ex﹣1﹣ln x﹣1(x>0)，∴φ′(x)＝ex﹣1﹣eq \f(1,x)，
令h(x)＝ex﹣1﹣eq \f(1,x)，∴h′(x)＝ex﹣1＋eq \f(1,x2)>0，
∴φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增，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)＝ex﹣x﹣1，∴g′(x)＝ex﹣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ex≥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ex≥x＋1⇒ex﹣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“＝”)，
∴ex﹣1≥x≥ln x＋1，即ex﹣1≥ln x＋1，
即ex﹣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)＝eq \f(ln x,x＋a)(a∈R)，曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y＝eq \f(1,e).
(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)＝eq \f(ln x,x＋a)，∴f′(x)＝eq \f(\f(x＋a,x)－ln x,x＋a2)，∴f′(e)＝eq \f(\f(a,e),e＋a2)，
又曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y＝eq \f(1,e)，则f′(e)＝0，即a＝0，
∴f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，令f′(x)>0，得1﹣ln x>0，即0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﹣x2＋x≤0，
令g(x)＝ln x﹣x2＋x(x>0)，则g′(x)＝eq \f(1,x)﹣2x＋1＝eq \f(1＋x－2x2,x)＝﹣eq \f(x－12x＋1,x)，
当00，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)＝xln x.
(1)求函数f(x)的极值；
(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x>eq \f(1,ex)﹣eq \f(2,ex)成立．
(1)解 由f(x)＝xln x，x>0，
得f′(x)＝ln x＋1，令f′(x)＝0，得x＝eq \f(1,e).
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)单调递增．所以当x＝eq \f(1,e)时，f(x)取得极小值，
f(x)极小值＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝﹣eq \f(1,e)，无极大值．
(2)证明 问题等价于证明xln x>eq \f(x,ex)﹣eq \f(2,e)(x∈(0，＋∞))．
由(1)可知f(x)＝xln x(x∈(0，＋∞))的最小值是﹣eq \f(1,e)，当且仅当x＝eq \f(1,e)时取到．
设m(x)＝eq \f(x,ex)﹣eq \f(2,e)(x∈(0，＋∞))，
则m′(x)＝eq \f(1－x,ex)，由m′(x)<0，得x>1时，m(x)单调递减；由m′(x)>0得0eq \f(1,ex)﹣eq \f(2,ex)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：ex﹣e2ln x>0恒成立．
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x)﹣a＝eq \f(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＝eq \f(1,a)，
∴x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))时，f′(x)>0；x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)<0，
∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递减．
(2)证明 要证ex﹣e2ln x>0，即证ex﹣2>ln x，
令φ(x)＝ex﹣x﹣1，∴φ′(x)＝ex﹣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ex﹣x﹣1≥0，即ex≥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ex≥x＋1(当且仅当x＝0时取“＝”)，
可得ex﹣2≥x﹣1(当且仅当x＝2时取“＝”)，
又x﹣1≥ln x，当且仅当x＝1时取“＝”，
∴ex﹣2≥x﹣1≥ln x且两等号不能同时成立，
故ex﹣2>ln x．即证原不等式成立．
4．已知函数f(x)＝xex﹣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)ex﹣1，
设g(x)＝(x＋1)ex，则g′(x)＝(x＋2)ex，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xex﹣x﹣ln x≥1，即证ex＋ln x﹣(x＋ln x)≥1，
令t＝x＋ln x，易知t∈R，待证不等式转化为et﹣t≥1.
设u(t)＝et﹣t，则u′(t)＝et﹣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．
例1 已知函数g(x)＝x3＋ax2.
(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)>x2ln x.
(1)解 由题意知，函数g(x)＝x3＋ax2，则g′(x)＝3x2＋2ax，
若g(x)在[1,3]上单调递增，则g′(x)＝3x2＋2ax≥0在[1,3]上恒成立，则a≥﹣eq \f(3,2)；
若g(x)在[1,3]上单调递减，则g′(x)＝3x2＋2ax≤0在[1,3]上恒成立，
则a≤﹣eq \f(9,2).所以a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(9,2)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，＋∞)).
(2)证明 由题意得，要证g(x)>x2ln x，x>0，
即证x3＋ax2>x2ln x，即证x＋a>ln x，令u(x)＝x＋a﹣ln x，x>0，
可得u′(x)＝1﹣eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，x>0，当0
因为a>﹣1，所以u(x)>0，
故当a>﹣1时，对于任意x>0，g(x)>x2ln x.
教师备选
已知函数f(x)＝1﹣eq \f(ln x,x)，g(x)＝eq \f(ae,ex)＋eq \f(1,x)﹣bx，若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A处的切线互相垂直．
(1)求a，b的值；
(2)证明：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥eq \f(2,x).
(1)解 因为f(x)＝1﹣eq \f(ln x,x)，x>0，所以f′(x)＝eq \f(ln x－1,x2)，f′(1)＝﹣1.
因为g(x)＝eq \f(ae,ex)＋eq \f(1,x)﹣bx，所以g′(x)＝﹣eq \f(ae,ex)﹣eq \f(1,x2)﹣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)＝﹣eq \f(e,ex)＋eq \f(1,x)＋x，则f(x)＋g(x)≥eq \f(2,x)⇔1﹣eq \f(ln x,x)﹣eq \f(e,ex)﹣eq \f(1,x)＋x≥0.
令h(x)＝1﹣eq \f(ln x,x)﹣eq \f(e,ex)﹣eq \f(1,x)＋x(x≥1)，则h(1)＝0，
h′(x)＝eq \f(－1＋ln x,x2)＋eq \f(e,ex)＋eq \f(1,x2)＋1＝eq \f(ln x,x2)＋eq \f(e,ex)＋1.
因为x≥1，所以h′(x)＝eq \f(ln x,x2)＋eq \f(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﹣eq \f(ln x,x)﹣eq \f(e,ex)﹣eq \f(1,x)＋x≥0，
所以当x≥1时，f(x)＋g(x)≥eq \f(2,x).
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＋eq \f(a,x)，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a>0时，证明：f(x)≥eq \f(2a－1,a).
(1)解 f′(x)＝eq \f(1,x)﹣eq \f(a,x2)＝eq \f(x－a,x2)(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
要证f(x)≥eq \f(2a－1,a)，只需证ln a＋1≥eq \f(2a－1,a)，即证ln a＋eq \f(1,a)﹣1≥0.
令函数g(a)＝ln a＋eq \f(1,a)﹣1，则g′(a)＝eq \f(1,a)﹣eq \f(1,a2)＝eq \f(a－1,a2)(a>0)，
当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＋eq \f(1,a)﹣1≥0恒成立，
所以f(x)≥eq \f(2a－1,a).
题型二 将不等式转化为两个函数的最值进行比较
例2 已知函数f(x)＝aln x＋x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a＝1时，证明：xf(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)
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＋eq \f(1,e)，令函数h(x)＝eq \f(ex,x2)，则h′(x)＝eq \f(exx－2,x3).
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)＝eq \f(e2,4).因为eq \f(e2,4)﹣eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,e)))>0，所以h(x)min>g(x)max，
即1＋eq \f(ln x,x)
已知函数f(x)＝ex2﹣xln x．求证：当x>0时，f(x)
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增，则h(x)min＝heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝0，所以ln x＋eq \f(1,ex)≥0.
再令φ(x)＝ex﹣ex，则φ′(x)＝e﹣ex，
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ex﹣ex≤0.因为h(x)与φ(x)不同时为0，
所以ex﹣ex
跟踪训练2 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)﹣ex＋2ex≤0.
(1)解 f′(x)＝eq \f(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
故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(e,a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,a)，＋∞))上单调递减．
(2)证明 因为x>0，所以只需证f(x)≤eq \f(ex,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)＝eq \f(ex,x)﹣2e(x>0)，则g′(x)＝eq \f(x－1ex,x2)，
所以当0
综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤eq \f(ex,x)﹣2e.
故不等式xf(x)﹣ex＋2ex≤0得证．
题型三 适当放缩证明不等式
例3 已知函数f(x)＝ex.
(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)＝ex，得f(0)＝1，f′(x)＝ex，
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)＝ex﹣x﹣1(x>﹣2)，则g′(x)＝ex﹣1，
当﹣2
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﹣eq \f(1,x＋2)＝eq \f(x＋1,x＋2)，
则当﹣2
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)＝eq \f(xln x,x＋m)，g(x)＝eq \f(x,ex)，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)＝eq \f(ln x＋1x＋m－xln x,x＋m2)，∴f′(1)＝eq \f(m＋1,1＋m2)＝eq \f(1,2)，解得m＝1.
(2)证明 设h(x)＝ex﹣x﹣1(x>0)，则h′(x)＝ex﹣1>0，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴h(x)>h(0)＝0，即ex>x＋1>1，
∴eq \f(1,ex)
即证xln x≥x﹣1，
令m(x)＝xln 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，
∴xln 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ex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ex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)ex≥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)＝aex﹣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)＝ex﹣1﹣ln x﹣1(x>0)，f′(x)＝ex﹣1﹣eq \f(1,x)，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，∴aex﹣1≥ex﹣1，∴f(x)≥ex﹣1﹣ln x﹣1.
方法一 令φ(x)＝ex﹣1﹣ln x﹣1(x>0)，∴φ′(x)＝ex﹣1﹣eq \f(1,x)，
令h(x)＝ex﹣1﹣eq \f(1,x)，∴h′(x)＝ex﹣1＋eq \f(1,x2)>0，
∴φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增，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)＝ex﹣x﹣1，∴g′(x)＝ex﹣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ex≥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ex≥x＋1⇒ex﹣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“＝”)，
∴ex﹣1≥x≥ln x＋1，即ex﹣1≥ln x＋1，
即ex﹣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)＝eq \f(ln x,x＋a)(a∈R)，曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y＝eq \f(1,e).
(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)＝eq \f(ln x,x＋a)，∴f′(x)＝eq \f(\f(x＋a,x)－ln x,x＋a2)，∴f′(e)＝eq \f(\f(a,e),e＋a2)，
又曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y＝eq \f(1,e)，则f′(e)＝0，即a＝0，
∴f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，令f′(x)>0，得1﹣ln x>0，即0
∴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﹣x2＋x≤0，
令g(x)＝ln x﹣x2＋x(x>0)，则g′(x)＝eq \f(1,x)﹣2x＋1＝eq \f(1＋x－2x2,x)＝﹣eq \f(x－12x＋1,x)，
当0
∴g(x)≤g(1)＝0，即当x>0时，f(x)≤x﹣1.
2．已知f(x)＝xln x.
(1)求函数f(x)的极值；
(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x>eq \f(1,ex)﹣eq \f(2,ex)成立．
(1)解 由f(x)＝xln x，x>0，
得f′(x)＝ln x＋1，令f′(x)＝0，得x＝eq \f(1,e).
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)单调递增．所以当x＝eq \f(1,e)时，f(x)取得极小值，
f(x)极小值＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝﹣eq \f(1,e)，无极大值．
(2)证明 问题等价于证明xln x>eq \f(x,ex)﹣eq \f(2,e)(x∈(0，＋∞))．
由(1)可知f(x)＝xln x(x∈(0，＋∞))的最小值是﹣eq \f(1,e)，当且仅当x＝eq \f(1,e)时取到．
设m(x)＝eq \f(x,ex)﹣eq \f(2,e)(x∈(0，＋∞))，
则m′(x)＝eq \f(1－x,ex)，由m′(x)<0，得x>1时，m(x)单调递减；由m′(x)>0得0
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：ex﹣e2ln x>0恒成立．
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x)﹣a＝eq \f(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＝eq \f(1,a)，
∴x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))时，f′(x)>0；x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)<0，
∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递减．
(2)证明 要证ex﹣e2ln x>0，即证ex﹣2>ln x，
令φ(x)＝ex﹣x﹣1，∴φ′(x)＝ex﹣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ex﹣x﹣1≥0，即ex≥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ex≥x＋1(当且仅当x＝0时取“＝”)，
可得ex﹣2≥x﹣1(当且仅当x＝2时取“＝”)，
又x﹣1≥ln x，当且仅当x＝1时取“＝”，
∴ex﹣2≥x﹣1≥ln x且两等号不能同时成立，
故ex﹣2>ln x．即证原不等式成立．
4．已知函数f(x)＝xex﹣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)ex﹣1，
设g(x)＝(x＋1)ex，则g′(x)＝(x＋2)ex，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xex﹣x﹣ln x≥1，即证ex＋ln x﹣(x＋ln x)≥1，
令t＝x＋ln x，易知t∈R，待证不等式转化为et﹣t≥1.
设u(t)＝et﹣t，则u′(t)＝et﹣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．
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