2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题20导数与不等式的证明（教师版）

这是一份2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题20导数与不等式的证明（教师版），共30页。试卷主要包含了【知识梳理】，【题型归类】，【培优训练】，【强化测试】等内容，欢迎下载使用。
【方法技巧】
1.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”或“右减左”的函数，利用导数研究其单调性等相关函数性质证明不等式.
2.若直接求导后导数式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.在证明过程中，等价转化是关键，此处g(x)min≥f(x)max恒成立，从而f(x)≤g(x)恒成立.
3.等价变形的目的是求导后简单地找到极值点，一般地，ex与ln x要分离，常构造xn与ln x，xn与ex的积、商形式.便于求导后找到极值点.
4.某些不等式，直接构造函数不易求其最值，可以适当地利用熟知的函数不等式ex≥x＋1，1－eq \f(1,x)≤ln x≤x－1等进行放缩，有利于简化后续导数式的求解或函数值正负的判断；也可以利用局部函数的有界性进行放缩，然后再构造函数进行证明.
5.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．
6.在证明过程中，“隔离”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”．
7.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＝eq \f(x1,x2)，从而构造相应的函数．其解题要点为：
二、【题型归类】
【题型一】移项构造函数证明不等式
【典例1】已知函数f(x)＝ex－3x＋3a(e为自然对数的底数，a∈R).
(1)求f(x)的单调区间与极值；
(2)求证：当a＞ln eq \f(3,e)，且x＞0时，eq \f(ex,x)＞eq \f(3,2)x＋eq \f(1,x)－3a.
【解析】(1)解 由f(x)＝ex－3x＋3a，x∈R，
知f′(x)＝ex－3，x∈R.
令f′(x)＝0，得x＝ln 3，
于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 3)，单调递增区间是(ln 3，＋∞)，
f(x)在x＝ln 3处取得极小值，极小值为f(ln 3)＝eln 3－3ln 3＋3a＝3(1－ln 3＋a)，无极大值.
(2)证明 待证不等式等价于ex＞eq \f(3,2)x2－3ax＋1，
设g(x)＝ex－eq \f(3,2)x2＋3ax－1，x＞0，
于是g′(x)＝ex－3x＋3a，x＞0.
由(1)及a＞ln eq \f(3,e)＝ln 3－1知
g′(x)的最小值为g′(ln 3)＝3(1－ln 3＋a)＞0.
于是对任意x＞0，都有g′(x)＞0，
所以g(x)在(0，＋∞)内单调递增.
于是当a＞ln eq \f(3,e)＝ln 3－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)＞g(0).
而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)＞0.
即ex＞eq \f(3,2)x2－3ax＋1，故eq \f(ex,x)＞eq \f(3,2)x＋eq \f(1,x)－3a.
【典例2】证明：当x>1时，eq \f(1,2)x2＋ln x1时，g(x)＞g(1)＝eq \f(1,6)＞0，
所以当x＞1时，eq \f(1,2)x2＋ln x＜eq \f(2,3)x3.
【题型二】换元构造法
【典例1】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x1，x2(x1≠x2)．求证：x1x2>e2.
【证明】不妨设x1>x2>0，
因为ln x1－ax1＝0，ln x2－ax2＝0，
所以ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，ln x1－ln x2＝a(x1－x2)，所以eq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)＝a，
欲证x1x2>e2，即证ln x1＋ln x2>2.
因为ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，
所以即证a>eq \f(2,x1＋x2)，
所以原问题等价于证明eq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)>eq \f(2,x1＋x2)，
即lneq \f(x1,x2)>eq \f(2（x1－x2）,x1＋x2)，
令c＝eq \f(x1,x2)(c>1)，
则不等式变为ln c>eq \f(2（c－1）,c＋1).
令h(c)＝ln c－eq \f(2（c－1）,c＋1)，c>1，
所以h′(c)＝eq \f(1,c)－eq \f(4,（c＋1）2)＝eq \f(（c－1）2,c（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－eq \f(2（c－1）,c＋1)>0(c>1)，因此原不等式x1x2>e2得证．
【典例2】已知函数f(x)＝ln x－eq \f(1,2)ax2＋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x1，x2满足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，求证：x1＋x2≥eq \f(\r(5)－1,2).
【解析】(1)当a＝0时，f(x)＝ln x＋x，则f(1)＝1，所以切点为(1，1)，又因为f′(x)＝eq \f(1,x)＋1，所以切线的斜率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＋x2＋x(x>0)．
由f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，
得ln x1＋xeq \\al(2,1)＋x1＋ln x2＋xeq \\al(2,2)＋x2＋x1x2＝0，
从而(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1x2－ln(x1x2)，
令t＝x1x2(t>0)，令φ(t)＝t－ln t，得φ′(t)＝1－eq \f(1,t)＝eq \f(t－1,t)，
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(x1＋x2)2＋(x1＋x2)≥1，因为x1>0，x2>0，所以x1＋x2≥eq \f(\r(5)－1,2).
【题型三】将不等式转化为函数的最值问题
【典例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.
【解析】(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0－1，所以u(x)>0，
故当a>－1时，对于任意x>0，g(x)>x2ln x.
【典例2】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).
【解析】(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).
【典例3】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).
【解析】(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00，
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)0时，g(x)≤h(x)，即xf(x)－ex＋2ex≤0.
【题型六】放缩后构造函数证明不等式
【典例1】已知函数f(x)＝aln(x－1)＋eq \f(2,x－1)，其中a为正实数．证明：当x>2时，f(x)0；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)2时，ln(x－1)0，
∴aln(x－1)2，所以h′(x)>0恒成立，
所以h(x)在(2，＋∞)上单调递增，
所以h(x)>h(2)＝e2－4>0，
所以当x>2时，f(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，
∴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，
即证f(x)≥0.
方法二 令g(x)＝ex－x－1，
∴g′(x)＝ex－1.
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“＝”)，
即证f(x)≥0.
方法三 f(x)＝aex－1－ln x－1，定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝aex－1－eq \f(1,x)，
令k(x)＝aex－1－eq \f(1,x)，
∴k′(x)＝aex－1＋eq \f(1,x2)>0，
∴f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又f′(1)＝a－1≥0且x→0时，f′(x)→－∞，
∴∃x0∈(0,1]使f′(x0)＝0，即－eq \f(1,x0)＝0，
即＝eq \f(1,x0)，
∴当x∈(0，x0)时，f′(x)0，
∴f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
∴f(x)min＝f(x0)＝－ln x0－1＝eq \f(1,x0)－ln x0－1.
令φ(x)＝eq \f(1,x)－ln x－1，x∈(0,1]，
∴φ′(x)＝－eq \f(1,x2)－eq \f(1,x)eq \f(1,ex＋1)－eq \f(2,e2x)成立．
【解析】(1)函数f(x)＝xln x－ax的定义域为(0，＋∞)．
当a＝－1时，f(x)＝xln x＋x，f′(x)＝ln x＋2.
由f′(x)＝0，得x＝eq \f(1,e2).
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e2)))时，f′(x)eq \f(1,e2)时，f′(x)>0.
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e2)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2)，＋∞))上单调递增．
因此f(x)在x＝eq \f(1,e2)处取得最小值，即f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2)))＝－eq \f(1,e2).
(2)证明：当x>0时，ln x＋1>eq \f(1,ex＋1)－eq \f(2,e2x)等价于x(ln x＋1)>eq \f(x,ex＋1)－eq \f(2,e2).
由(1)知a＝－1时，f(x)＝xln x＋x的最小值是－eq \f(1,e2)，当且仅当x＝eq \f(1,e2)时取等号．
设G(x)＝eq \f(x,ex＋1)－eq \f(2,e2)，x∈(0，＋∞)．
则G′(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,e·ex)－\f(2,e2)))′＝eq \f(1－x,ex＋1)，易知G(x)max＝G(1)＝－eq \f(1,e2)，
当且仅当x＝1时取到，从而可知对一切x∈(0，＋∞)，都有f(x)>G(x)，即ln x＋1>eq \f(1,ex＋1)－eq \f(2,e2x).
【训练二】已知函数f(x)＝λln x－e－x(λ∈R)．
(1)若函数f(x)是单调函数，求λ的取值范围；
(2)求证：当01－eq \f(x2,x1)，
只需证ln x1－ln x2>1－eq \f(x2,x1)，即证lneq \f(x1,x2)>1－eq \f(x2,x1).
令t＝eq \f(x1,x2)，t∈(0，1)，则只需证ln t>1－eq \f(1,t)，
令h(t)＝ln t＋eq \f(1,t)－1，则h′(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(1,t2)＝eq \f(t－1,t2)，
当02.
由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，
所以x1x2＝1，不妨设x11.
由于eq \f(fx1－fx2,x1－x2)＝－eq \f(1,x1x2)－1＋aeq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)
＝－2＋aeq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)＝－2＋aeq \f(－2ln x2,\f(1,x2)－x2)，
所以eq \f(fx1－fx2,x1－x2)0，得eq \f(b,a)>1，所以ln eq \f(b,a)>eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)－1)),1＋\f(b,a))，
化简得ln b－ln a>eq \f(2（b－a）,b＋a)，
所以eq \f(b－a,ln b－ln a)0)．
当00时，证明：f(x)≥eq \f(2a－1,a).
【解析】(1)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00，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②若a>0，则当0eq \f(e,a)时，f′(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.
记g(x)＝eq \f(ex,x)－2e(x>0)，
则g′(x)＝eq \f(（x－1）ex,x2)，
所以当00时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤eq \f(ex,x)－2e，
即xf(x)－ex＋2ex≤0.
5. 已知函数f(x)＝ax－ln x－1.
(1)若f(x)≥0恒成立，求a的最小值；
(2)证明：eq \f(e－x,x)＋x＋ln x－1≥0.
【解析】(1)由题意知x>0，
所以f(x)≥0等价于a≥eq \f(ln x＋1,x).
令g(x)＝eq \f(ln x＋1,x)，则g′(x)＝eq \f(－ln x,x2)，
所以当x∈(0，1)时，g′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)0，
所以当x∈(－1，＋∞)时，g(x)单调递增，
即f′(x)单调递增，又因为f′(1)＝0，
所以当x∈(－1,1)时，f′(x)0，
所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，
在(1，＋∞)上单调递增．
所以f(x)≥f(1)＝0.
7. 设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
(1)求f(x)的单调区间与极值；
(2)求证：当a>ln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1.
【解析】(1)解 由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，得f′(x)＝ex－2，x∈R，令f′(x)＝0，得x＝ln 2.
于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)．
f(x)在x＝ln 2处取得极小值，极小值为f(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)，无极大值．
(2)证明 设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R.于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
由(1)知当a>ln 2－1时，g′(x)的最小值为g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋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>ln 2－1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ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.
8. 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)－ex＋2ex≤0.
【解析】(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0eq \f(e,a)时，f′(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，
记g(x)＝eq \f(ex,x)－2e(x>0)，则g′(x)＝eq \f(x－1ex,x2)，
所以当00时，f(x)≤g(x)，
即f(x)≤eq \f(ex,x)－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.
9. 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.
【解析】(1)解 ∵f(x)＝eq \f(ln x,x＋a)，
∴f′(x)＝eq \f(\f(x＋a,x)－ln x,x＋a2)，∴f′(e)＝eq \f(\f(a,e),e＋a2)，
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01时，求证：f(x)>3(x－1)．
【解析】(1)因为f(x)＝ax＋xln 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)e；由g′(x)3(x－1)．
11. 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．
【解析】(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)1时，m(x)单调递减；由m′(x)>0得00恒成立．
【解析】(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，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，
∴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．
13. 已知函数f(x)＝ln x－eq \f(aln x,x2).
(1)若a＝1，求f(x)的单调区间；
(2)若a＝0，x∈(0，1)，证明：x2－eq \f(1,x)ln x，
令φ(x)＝ex－x－1，∴φ′(x)＝ex－1.
令φ′(x)＝0，得x＝0，∴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ln x≤x－1，即x－1≥ln x，当且仅当x＝1时取“＝”，
所以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．
方法二 令φ(x)＝ex－e2ln x，φ(x)的定义域为(0，＋∞)，
φ′(x)＝ex－eq \f(e2,x)，令h(x)＝ex－eq \f(e2,x)，
∴h′(x)＝ex＋eq \f(e2,x2)>0，
∴φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又φ′(1)＝e－e20，
故∃x0∈(1,2)，使φ′(x0)＝0，
即－eq \f(e2,x0)＝0，
即＝eq \f(e2,x0)，
∴当x∈(0，x0)时，φ′(x)0，
∴φ(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(x0)＝－e2ln x0＝eq \f(e2,x0)－e2ln x0＝eq \f(e2,x0)－＝eq \f(e2,x0)－e2(2－x0)＝e2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x0)＋x0－2))＝e2·eq \f(x0－12,x0)>0，
故φ(x)>0，即ex－e2ln x>0，即证原不等式成立．联立
消参
利用方程f(x1)＝f(x2)消掉解析式中的参数a
抓商
构元
令c＝eq \f(x1,x2)，消掉变量x1，x2，构造关于c的函数h(c)
用导
求解
利用导数求解函数h(c)的最小值，从而可证得结论
x
(－∞，ln 3)
ln 3
(ln 3，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)

极小值

x
(－∞，ln 2)
ln 2
(ln 2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
↘
2(1－ln 2＋a)
↗