备考2024届高考数学一轮复习好题精练第三章一元函数的导数及其应用突破3利用导数证明不等式命题点2将不等式转化为两个函数的最值进行比较

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解析 当a＝1时，要证xf（x）＜ex，即证x2＋xlnx＜ex，即证1＋lnxx＜exx2，x＞0.
令函数g（x）＝1＋lnxx，则g'（x）＝1－lnxx2.
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）＝exx2（x＞0），则h'（x）＝ex（x－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）＝e24.
因为e24－（1＋1e）＞0，所以h（x）min＞g（x）max，
即1＋lnxx＜exx2，从而xf（x）＜ex得证.
方法技巧
若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证不等式进行变形，构造两个函数，转化为两个函数的最值问题（或找到可以传递的中间量a），即将不等式转化为f（x）≥g（x）的形式，证明f（x）min≥g（x）max（或f（x）≥a≥g（x））即可.
训练2 已知函数f（x）＝alnx＋a+1x＋x（a∈R）.
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若函数g（x）＝1ex＋1x，证明：当a＝1时，f（x）＞g（x）.
解析 （1）f（x）的定义域为（0，＋∞），f'（x）＝ax－a+1x2＋1＝x2＋ax－（a+1）x2＝[x＋（a+1)](x－1）x2.
当a≥－1时，a＋1≥0，所以x＋（a＋1）＞0恒成立，所以当x∈（0，1）时，f'（x）＜0，
当x∈（1，＋∞）时，f'（x）＞0，所以f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增.
当a＜－1时，分下面三种情况讨论.
①当a＝－2时，f'（x）＝（x－1）2x2≥0恒成立，所以f（x）在（0，＋∞）上单调递增；
②当a＜－2时，－a－1＞1，令f'（x）＞0，解得0＜x＜1或x＞－a－1，令f'（x）＜0，解得1＜x＜－a－1，
所以f（x）在（0，1），（－a－1，＋∞）上单调递增，在（1，－a－1）上单调递减；
③当－2＜a＜－1时，0＜－a－1＜1，令f'（x）＞0，解得0＜x＜－a－1或x＞1，令
f'（x）＜0，解得－a－1＜x＜1，
所以f（x）在（0，－a－1），（1，＋∞）上单调递增，在（－a－1，1）上单调递减.
综上，当a＜－2时，f（x）在（0，1），（－a－1，＋∞）上单调递增，在（1，－a－1）上单调递减；当a＝－2时，f（x）在（0，＋∞）上单调递增；当－2＜a＜－1时，
f（x）在（0，－a－1），（1，＋∞）上单调递增，在（－a－1，1）上单调递减；当a≥－1时，f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增.
（2）当a＝1时，要证f（x）＞g（x）（x＞0），即证ln x＋2x＋x＞1ex＋1x（x＞0），即证xlnx＋x2＋1＞xex（x＞0）.（不等式中既含指数式，又含对数式，若直接作差构造函数，求导分析比较困难，可以考虑指、对分离，构造双函数证明）
设G（x）＝xex（x＞0），易知G（x）＝xex在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，
所以G（x）max＝G（1）＝1e.
设F（x）＝xlnx＋x2＋1（x＞0），则F'（x）＝ln x＋2x＋1（x＞0）.
因为函数F'（x）在（0，＋∞）上单调递增，而F'（1e）＝2e＞0，F'（1e2）＝－1＋2e2＜0，
所以存在x0∈（1e2，1e），使得F'（x0）＝0，且ln x0＝－2x0－1，
所以当x∈（0，x0）时，F'（x）＜0，当x∈（x0，＋∞）时，F'（x）＞0，
所以F（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，＋∞）上单调递增.
所以F（x）min＝F（x0）＝x0ln x0＋x02＋1＝x0（－2x0－1）＋x02＋1＝－x02－x0＋1.
设H（x）＝－x2－x＋1，显然该函数在（1e2，1e）上单调递减，
所以H（x0）＞H（1e），即－x02－x0＋1＞－1e2－1e＋1，
而－1e2－1e＋1＞1e，所以－x02－x0＋1＞1e，即F（x）min＝F（x0）＞1e＝G（x）max.
故当x＞0时，F（x）＞G（x）恒成立，
所以当a＝1时，f（x）＞g（x）成立，得证.