高考数学科学创新复习方案提升版第20讲利用导数研究不等式的证明问题学案（Word版附解析）

这是一份高考数学科学创新复习方案提升版第20讲利用导数研究不等式的证明问题学案（Word版附解析），共20页。

多角度探究突破
角度 作差构造法
例1 (2023·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当a>0时，f(x)>2ln a＋eq \f(3,2).
解 (1)因为f(x)＝a(ex＋a)－x，定义域为R，
所以f′(x)＝aex－1.
当a≤0时，由于ex>0，则aex≤0，故f′(x)＝aex－1<0恒成立，所以f(x)在R上单调递减；
当a>0时，令f′(x)＝aex－1＝0，
解得x＝－ln a，
当x<－ln a时，f′(x)<0，
则f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，
当x>－ln a时，f′(x)>0，
则f(x)在(－ln a，＋∞)上单调递增．
综上，当a≤0时，f(x)在R上单调递减；
当a>0时，f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
(2)证法一：由(1)得，
f(x)min＝f(－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a，
要证f(x)>2ln a＋eq \f(3,2)，即证1＋a2＋ln a>2ln a＋eq \f(3,2)，
即证a2－eq \f(1,2)－ln a>0恒成立．
令g(a)＝a2－eq \f(1,2)－ln a(a>0)，
则g′(a)＝2a－eq \f(1,a)＝eq \f(2a2－1,a)，
令g′(a)<0，则0令g′(a)>0，则a>eq \f(\r(2),2)，
所以g(a)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，＋∞))上单调递增，
所以g(a)min＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))eq \s\up12(2)－eq \f(1,2)－ln eq \f(\r(2),2)＝ln eq \r(2)>0，则g(a)>0恒成立，
所以当a>0时，f(x)>2ln a＋eq \f(3,2)恒成立，证毕．
证法二：令h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1，
由于y＝ex在R上单调递增，所以h′(x)＝ex－1在R上单调递增，又h′(0)＝e0－1＝0，所以当x<0时，h′(x)<0，
当x>0时，h′(x)>0，
所以h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
故h(x)≥h(0)＝0，则ex≥x＋1，当且仅当x＝0时，等号成立．
因为f(x)＝a(ex＋a)－x＝aex＋a2－x＝ex＋ln a＋a2－x≥x＋ln a＋1＋a2－x，
当且仅当x＋ln a＝0，即x＝－ln a时，等号成立，
所以要证f(x)>2ln a＋eq \f(3,2)，即证x＋ln a＋1＋a2－x>2ln a＋eq \f(3,2)，即证a2－eq \f(1,2)－ln a>0恒成立．
以下同证法一．
利用作差构造法证明不等式的策略和基本步骤
(1)策略：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，从而证得不等式．
(2)基本步骤
(2023·新课标Ⅱ卷节选)证明：当0证明 构建F(x)＝x－sinx，x∈(0，1)，
则F′(x)＝1－csx>0对任意x∈(0，1)恒成立，
则F(x)在(0，1)上单调递增，可得F(x)>F(0)＝0，
所以x>sinx，x∈(0，1)；
构建G(x)＝sinx－(x－x2)＝x2－x＋sinx，x∈(0，1)，
则G′(x)＝2x－1＋csx，x∈(0，1)，
构建g(x)＝G′(x)，x∈(0，1)，
则g′(x)＝2－sinx>0对任意x∈(0，1)恒成立，
则g(x)在(0，1)上单调递增，可得g(x)>g(0)＝0，
即G′(x)>0对任意x∈(0，1)恒成立，
则G(x)在(0，1)上单调递增，可得G(x)>G(0)＝0，
所以sinx>x－x2，x∈(0，1)．
综上所述，当0角度 双函数构造法
例2 (2024·承德模拟)已知函数f(x)＝xln x＋x.
(1)求函数f(x)的最小值；
(2)证明：ln x＋1>eq \f(1,ex＋1)－eq \f(2,e2x).
解 (1)f′(x)＝ln x＋2.
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e2)))时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2)，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
所以f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2)))＝－eq \f(1,e2).
(2)证明：因为x>0，所以只需证明xln x＋x>eq \f(x,ex＋1)－eq \f(2,e2)，下面分别研究左、右两边，考虑证明左边的最小值大于右边的最大值．
设g(x)＝eq \f(x,ex＋1)－eq \f(2,e2)，则g′(x)＝eq \f(1－x,ex＋1)，
当x∈(0，1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
所以g(x)max＝g(1)＝－eq \f(1,e2)，所以g(x)≤－eq \f(1,e2)，
由(1)知f(x)＝xln x＋x≥－eq \f(1,e2).
又因为等号不能同时取到，所以xln x＋x>eq \f(x,ex＋1)－eq \f(2,e2)，即原不等式得证．
利用双函数构造法证明不等式的策略
(1)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，达到证明的目的．在证明过程中，等价转化是关键，若要证明f(x)≥g(x)恒成立，则需证明f(x)min≥g(x)max.
(2)等价变形时，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．
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.
解 (1)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.
故函数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－1）ex,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．
角度 放缩构造法
例3 (2024·南通模拟)已知函数f(x)＝x－ln x－eq \f(ex,x).
(1)求f(x)的最大值；
(2)证明：1＋x3＋eq \f(ex,x)≥3x－f(x)．
解 (1)f(x)＝x－ln x－eq \f(ex,x)，定义域为(0，＋∞)，
则f′(x)＝1－eq \f(1,x)－eq \f(ex（x－1）,x2)＝eq \f(（x－1）（x－ex）,x2).
令g(x)＝ex－x，则g′(x)＝ex－1.
当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0恒成立，即g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以g(x)>g(0)＝1>0，即当x>0时，ex>x.
令f′(x)>0，得01，
所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以f(x)max＝f(1)＝1－e.
(2)证明：要证1＋x3＋eq \f(ex,x)≥3x－f(x)，即证x3－2x＋1≥ln x，
令h(x)＝x－1－ln x，h′(x)＝1－eq \f(1,x).
令h′(x)>0，得x>1，令h′(x)<0，得0所以h(x)在(0，1)上单调递减，(1，＋∞)上单调递增，
h(x)≥h(1)＝0，即x－1≥ln x，
即欲证x3－2x＋1≥ln x，只需证x3－2x＋1≥x－1.也就是证明x3－3x＋2≥0.(*)
设φ(x)＝x3－3x＋2(x>0)，则φ′(x)＝3x2－3，令φ′(x)＝0，得x＝1.
当x∈(0，1)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增．
所以当x＝1时，φ(x)取得最小值φ(1)＝0.
故(*)式成立，从而1＋x3＋eq \f(ex,x)≥3x－f(x)成立．
利用导数证明不等式问题中常用的放缩公式
(1)ex≥x＋1，当且仅当x＝0时，等号成立．
(2)ln (x＋1)≤x，x∈(－1，＋∞)，当且仅当x＝0时，等号成立(可由(1)式中两边同时取自然对数得到)．
(3)ln x≤x－1，x∈(0，＋∞)，当且仅当x＝1时，等号成立(可将(2)中的x换为x－1得到)．
(4)ln x≥eq \f(x－1,x)，x∈(0，＋∞)，当且仅当x＝1时，等号成立(可将(3)中的x换为eq \f(1,x)得到)．
(5)eq \f(x,x＋1)≤ln (x＋1)≤x，x∈(－1，＋∞)，当且仅当x＝0时，两边等号均成立(由(2)(4)推导出)．
(6)ex≥ex，当且仅当x＝1时，等号成立(可将(1)中的x换为x－1得到)．
(2024·岳阳教学质量监测)已知函数f(x)＝aex－x－a.当a≥1时，从下面①和②两个结论中任选其一进行证明．
①f(x)>xln x－sinx；②f(x)>x(ln x－1)－csx.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
证明 选择①：当a≥1，x>0时，f(x)＝aex－x－a＝a(ex－1)－x≥ex－1－x，当且仅当a＝1时，等号成立．
设g(x)＝ex－x－xln x＋sinx－1，x>0.
当00，ex－1－x>0，故g(x)>0；
当x>1时，g′(x)＝ex－2－ln x＋csx，
设h(x)＝ex－2－ln x＋csx(x>1)，
则h′(x)＝ex－eq \f(1,x)－sinx>e－1－1>0，
所以h(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(x)>e－2＋cs1>0，
所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以g(x)>e－2＋sin1>0(x>1)．
综上，当a≥1时，f(x)>xln x－sinx.
选择②：当a≥1，x>0时，f(x)＝aex－x－a＝a(ex－1)－x≥ex－1－x，当且仅当a＝1时，等号成立．
设g(x)＝ex－xln x＋csx－1，x>0.
当00，
ex－1>0，故g(x)>0；
当x>1时，g′(x)＝ex－1－ln x－sinx，
设h(x)＝ex－1－ln x－sinx(x>1)，
则h′(x)＝ex－eq \f(1,x)－csx>e－1－1>0，
所以h(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(x)>e－1－sin1>0，
所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以g(x)>e－1＋cs1>0(x>1)．
综上，当a≥1时，f(x)>x(ln x－1)－csx.
例4 (2023·衡水模拟)已知函数f(x)＝ex－eq \f(e,2)x2－ax(a∈R)．
(1)若f(x)在R上是增函数，求a的取值范围；
(2)若当a∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))时，f(x)有两个极值点m，n，证明：eq \f(f（m）－f（n）,m－n)＜e－1.
解 (1)已知f(x)＝ex－eq \f(e,2)x2－ax(a∈R)，其定义域为R，
可得f′(x)＝ex－ex－a，若f(x)在R上是增函数，则ex－ex－a≥0在x∈R上恒成立，
即a≤ex－ex在x∈R上恒成立，需满足a≤(ex－ex)min，
设g(x)＝ex－ex，x∈R，则g′(x)＝ex－e，
当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，
所以g(x)≥g(1)＝0，
则a的取值范围是(－∞，0]．
(2)证明：因为a∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))，不妨设m＞n，
所以f′(x)＝0有2个不同的解m，n，
由(1)可知n＜1＜m且f′(m)＝f′(n)＝0，
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(em－em－a＝0，,en－en－a＝0，))
因为f′(0)＝1－a＞0，f′(2)＝e2－2e－a＞0，
所以0＜n＜1＜m＜2.
要证eq \f(f（m）－f（n）,m－n)即证eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(em－\f(e,2)m2－am))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(en－\f(e,2)n2－an)),m－n)
＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(em＋a－\f(e,2)m2－am))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(en＋a－\f(e,2)n2－an)),m－n)
＝eq \f(e（m－n）－\f(e,2)（m2－n2）－a（m－n）,m－n)
＝e－eq \f(e,2)(m＋n)－a即证a>1－eq \f(e,2)(m＋n)．
由0又a∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))，
则a>1－eq \f(e,2)(m＋n)恒成立．故原不等式得证．
双变量不等式的证明方法
(2024·揭阳普宁二中质检)已知函数f(x)＝(a＋1)ln x＋ax2＋1.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)设a≤－2，证明：对任意x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|.
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(a＋1,x)＋2ax＝eq \f(2ax2＋a＋1,x).
当a≥0时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a≤－1时，f′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当－1解得x＝eq \r(－\f(a＋1,2a)).
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\r(－\f(a＋1,2a))))时，f′(x)>0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(－\f(a＋1,2a))，＋∞))时，f′(x)<0，
故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\r(－\f(a＋1,2a))))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(－\f(a＋1,2a))，＋∞))上单调递减．
(2)证明：不妨设x1≥x2，由于a≤－2，
由(1)可得f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|等价于f(x2)－f(x1)≥4(x1－x2)，即f(x2)＋4x2≥f(x1)＋4x1.
令g(x)＝f(x)＋4x，
则g′(x)＝eq \f(a＋1,x)＋2ax＋4＝eq \f(2ax2＋4x＋a＋1,x)，
于是g′(x)≤eq \f(－4x2＋4x－1,x)＝eq \f(－（2x－1）2,x)≤0，
从而g(x)在(0，＋∞)上单调递减，故g(x1)≤g(x2)，即f(x1)＋4x1≤f(x2)＋4x2，
故对任意x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|.
例5 (2023·石家庄模拟)已知函数f(x)＝ex－kx2，x∈R.
(1)若k＝eq \f(1,2)，求证：当x∈(0，＋∞)时，f(x)>1；
(2)若f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，试求k的取值范围；
(3)求证：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,14)＋1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,24)＋1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,34)＋1))…eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,n4)＋1))解 (1)证明：当k＝eq \f(1,2)时，f(x)＝ex－eq \f(1,2)x2，
则f′(x)＝ex－x，
令h(x)＝f′(x)＝ex－x，
则h′(x)＝ex－1>0(x>0)，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以f′(x)>f′(0)＝1>0.
所以f(x)＝ex－eq \f(1,2)x2在(0，＋∞)上单调递增，
故f(x)>f(0)＝1.
(2)由题意得，f′(x)＝ex－2kx≥0在区间(0，＋∞)上恒成立．
即2k≤eq \f(ex,x)在区间(0，＋∞)上恒成立．
设g(x)＝eq \f(ex,x)，x∈(0，＋∞)，
则g′(x)＝eq \f(ex（x－1）,x2)，
故在(0，1)上，g′(x)<0，g(x)单调递减；在(1，＋∞)上，g′(x)>0，g(x)单调递增，故g(x)≥g(1)＝e.
故2k≤e，解得k≤eq \f(e,2)，
即k的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(e,2))).
(3)证明：由(1)知，对于x∈(0，＋∞)，有f(x)＝ex－eq \f(1,2)x2>1，所以e2x>2x2＋1，则ln (2x2＋1)<2x，取x＝eq \f(1,n2)，从而有ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,n4)＋1))于是ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,14)＋1))＋ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,24)＋1))＋ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,34)＋1))＋…＋ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,n4)＋1))所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,14)＋1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,24)＋1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,34)＋1))…eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,n4)＋1))证明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的多项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．
(2022·新高考Ⅱ卷改编)已知函数f(x)＝xeeq \s\up7(\f(1,2))x－ex.
(1)当x＞0时，证明：f(x)＜－1；
(2)设n∈N*，证明：eq \f(1,\r(12＋1))＋eq \f(1,\r(22＋2))＋…＋eq \f(1,\r(n2＋n))＞ln (n＋1)．
证明 (1)f′(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(x,2)))eeq \s\up7(\f(x,2))－ex＝eeq \s\up7(\f(x,2))eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(x,2)))－eeq \s\up7(\f(x,2)))).
设G(x)＝1＋eq \f(x,2)－eeq \s\up7(\f(x,2))，
则当x>0时，G′(x)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,2)eeq \s\up7(\f(x,2))＜0，
∴G(x)在(0，＋∞)上单调递减，
∴G(x)＜G(0)＝0，
∴f′(x)＜0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
∴f(x)＜f(0)＝－1.
(2)由(1)知∀x＞0，总有xeeq \s\up7(\f(1,2))x－ex＋1＜0成立，令t＝eeq \s\up7(\f(1,2))x，则t＞1，t2＝ex，x＝2ln t，
故2tln t＜t2－1，即2ln t＜t－eq \f(1,t)对任意的t＞1恒成立．
∴对任意的n∈N*，有2ln eq \r(\f(n＋1,n))＜eq \r(\f(n＋1,n))－eq \r(\f(n,n＋1))，
整理得到ln (n＋1)－ln n＜eq \f(1,\r(n2＋n))，
故eq \f(1,\r(12＋1))＋eq \f(1,\r(22＋2))＋…＋eq \f(1,\r(n2＋n))＞ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋…＋ln (n＋1)－ln n＝ln (n＋1)，
故不等式成立．
课时作业
1．(2024·淮安模拟)已知函数f(x)＝ax2－2ln x.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)求证：当a>0时，f(x)≥2－eq \f(1,a).
解 (1)因为f(x)＝ax2－2ln x，
所以f′(x)＝2ax－eq \f(2,x)＝eq \f(2（ax2－1）,x)，x>0.
①当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
②当a>0时，由f′(x)<0，得0由f′(x)>0，得x>eq \r(\f(1,a))，
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\r(\f(1,a))))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(1,a))，＋∞))上单调递增．
综上，当a≤0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\r(\f(1,a))))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(1,a))，＋∞))上单调递增．
(2)证明：当a>0时，f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(1,a))))＝ln a＋1，
要证f(x)≥2－eq \f(1,a)，只需证ln a＋1≥2－eq \f(1,a)，
即证ln a＋eq \f(1,a)－1≥0，
设φ(a)＝ln a＋eq \f(1,a)－1，a>0，
则φ′(a)＝eq \f(1,a)－eq \f(1,a2)＝eq \f(a－1,a2)，
令φ′(a)＝0，得a＝1，列表如下：
所以φ(a)≥φ(1)＝0，即ln a＋eq \f(1,a)－1≥0，所以f(x)≥2－eq \f(1,a).
2．(2023·长沙模拟)已知函数f(x)＝ex2－xln x．求证：当x>0时，f(x)证明 要证f(x)即证ex－ex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－ex3．(2024·华南师大附中模拟)已知函数f(x)＝ex－asinx＋bx(a>0)．
(1)当b＝0时，函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上有极小值，求实数a的取值范围；
(2)若b<0，g(x)＝f(x)＋asinx，证明：g(x)>bln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,2))).
解 (1)由题意知f(x)＝ex－asinx在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上有极小值，
则f′(x)＝ex－acsx＝0在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上有解，
故a＝eq \f(ex,csx)，设φ(x)＝eq \f(ex,csx)，
显然φ(x)＝eq \f(ex,csx)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，
又φ(0)＝1，且当x趋于eq \f(π,2)时，φ(x)趋于正无穷，所以a>1.
当a>1时，易知f′(x)＝ex－acsx在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，
又f′(0)＝1－a<0，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝eeq \s\up7(\f(π,2))>0，
由零点存在定理可知∃α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，使f′(α)＝0，
此时当x∈(0，α)时，f′(x)<0，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α，\f(π,2)))时，f′(x)>0，
所以f(x)在(0，α)上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α，\f(π,2)))上单调递增，
故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上有极小值点．
因此实数a的取值范围为(1，＋∞)．
(2)证明：由题意得，g(x)＝ex＋bx，g′(x)＝ex＋b，b<0，
在(－∞，ln (－b))上，g′(x)<0，在(ln (－b)，＋∞)上，g′(x)>0，
所以g(x)在(－∞，ln (－b))上单调递减，在(ln (－b)，＋∞)上单调递增，所以g(x)的最小值为g(ln (－b))＝－b＋bln (－b)．
要证g(x)＞bln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,2)))，
只需证－b＋bln (－b)>bln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,2)))，
即证－1＋ln (－b)所以g(x)>bln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,2))).
4．已知函数f(x)＝ax－axln x－1(a∈R，a≠0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当x＞1时，求证：eq \f(1,x－1)＞eq \f(1,ex)－1.
解 (1)f′(x)＝a－a(ln x＋1)＝－aln x，
若a＞0，则当x∈(0，1)时，f′(x)＞0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；
若a＜0，则当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．
(2)证明：要证eq \f(1,x－1)＞eq \f(1,ex)－1，即证eq \f(x,x－1)＞e－x，即证eq \f(x－1,x)＜ex，
又由第(1)问令a＝1知f(x)＝x－xln x－1在(1，＋∞)上单调递减，f(1)＝0，
所以当x＞1时，x－xln x－1＜0，即eq \f(x－1,x)＜ln x，则只需证当x＞1时，ln x＜ex即可．
令F(x)＝ex－ln x，
则F′(x)＝ex－eq \f(1,x)单调递增，
所以当x＞1时，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ex－ln x＞e＞0，
所以ex＞ln x，所以ex＞ln x＞eq \f(x－1,x)，
所以原不等式得证．
5．已知函数f(x)＝axln x－x＋1，a∈R.
(1)讨论f(x)的单调区间；
(2)当p>q>1时，证明：qln p＋ln q解 (1)f(x)＝axln x－x＋1的定义域为(0，＋∞)，
∴f′(x)＝aln x＋a－1.
①当a＝0时，f′(x)＝－1<0，此时f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
②当a>0时，由f′(x)>0，可得x>eeq \f(1－a,a)，由f′(x)<0，可得0∴f(x)在(0，eeq \f(1－a,a))上单调递减，在(eeq \f(1－a,a)，＋∞)上单调递增；
③当a<0时，由f′(x)>0，可得0由f′(x)<0，可得x>eeq \f(1－a,a)，
∴f(x)在(0，eeq \f(1－a,a))上单调递增，在(eeq \f(1－a,a)，＋∞)上单调递减．
(2)证明：设g(x)＝eq \f(ln x,x－1)，
则g′(x)＝eq \f(－（xln x－x＋1）,x（x－1）2)，当a＝1时，
由(1)可得f(x)＝xln x－x＋1在(1，＋∞)上单调递增，
∵f(1)＝0，
∴当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，
∴当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，
∴g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
∴当p>q>1时，g(p)∴eq \f(ln p,p－1)∴qln p＋ln q6．已知x∈(0，1)，求证：x2－eq \f(1,x)证明 要证x2－eq \f(1,x)只需证exeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(1,x)))又易证ex>x＋1(0所以只需证ln x＋(x＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－x2))>0，
即证ln x＋1－x3＋eq \f(1,x)－x2>0，
而x3所以只需证ln x＋1－2x＋eq \f(1,x)>0.
令g(x)＝ln x＋1－2x＋eq \f(1,x)，
则g′(x)＝eq \f(1,x)－2－eq \f(1,x2)＝－eq \f(2x2－x＋1,x2)，
而2x2－x＋1>0恒成立，所以g′(x)<0，
所以g(x)在(0，1)上单调递减，
所以当x∈(0，1)时，g(x)>g(1)＝0，
即ln x＋1－2x＋eq \f(1,x)>0.
所以x2－eq \f(1,x)7．已知函数f(x)＝ln (x＋1)＋eq \f(a,x＋2).
(1)若x>0时，f(x)>1恒成立，求a的取值范围；
(2)求证：ln (n＋1)>eq \f(1,3)＋eq \f(1,5)＋eq \f(1,7)＋…＋eq \f(1,2n＋1)(n∈N*)．
解 (1)由ln (x＋1)＋eq \f(a,x＋2)>1，得a>(x＋2)－(x＋2)ln (x＋1)．
令g(x)＝(x＋2)[1－ln (x＋1)]，
则g′(x)＝1－ln (x＋1)－eq \f(x＋2,x＋1)＝－ln (x＋1)－eq \f(1,x＋1).
当x>0时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
所以g(x)故a的取值范围为[2，＋∞)．
(2)证明：由(1)知ln (x＋1)＋eq \f(2,x＋2)>1(x>0)，
所以ln (x＋1)>eq \f(x,x＋2).
令x＝eq \f(1,k)(k>0)，得ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)＋1))>eq \f(\f(1,k),\f(1,k)＋2)，
即ln eq \f(k＋1,k)>eq \f(1,2k＋1).
所以ln eq \f(2,1)＋ln eq \f(3,2)＋ln eq \f(4,3)＋…＋ln eq \f(n＋1,n)>eq \f(1,3)＋eq \f(1,5)＋eq \f(1,7)＋…＋eq \f(1,2n＋1)，即ln (n＋1)>eq \f(1,3)＋eq \f(1,5)＋eq \f(1,7)＋…＋eq \f(1,2n＋1)(n∈N*)．
8．(2024·广州模拟)已知函数f(x)＝axex(a≠0)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a≥eq \f(4,e2)时，证明：eq \f(f（x）,x＋1)－(x＋1)ln x>0.
解 (1)由题意可得f′(x)＝a(x＋1)ex.
当a>0时，由f′(x)>0，得x>－1，由f′(x)<0，得x<－1，
则f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增；
当a<0时，由f′(x)<0，得x>－1，由f′(x)>0，得x<－1，
则f(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递减．
(2)证明：因为x>0，所以eq \f(xex,x＋1)>0.
因为a≥eq \f(4,e2)，所以eq \f(axex,x＋1)－(x＋1)ln x≥eq \f(4xex－2,x＋1)－(x＋1)ln x.
要证eq \f(f（x）,x＋1)－(x＋1)ln x>0，
即证eq \f(4xex－2,x＋1)－(x＋1)ln x>0，
即证eq \f(4ex－2,（x＋1）2)>eq \f(ln x,x).
设g(x)＝eq \f(4ex－2,（x＋1）2)，则g′(x)＝eq \f(4ex－2（x－1）,（x＋1）3).
当x∈(0，1)时，g′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，
则g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
故g(x)min＝g(1)＝eq \f(1,e).
设h(x)＝eq \f(ln x,x)，则h′(x)＝eq \f(1－ln x,x2).
当x∈(0，e)时，h′(x)>0，当x∈(e，＋∞)时，h′(x)<0，
则h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
故h(x)max＝h(e)＝eq \f(1,e).
因为g(x)min＝h(x)max，且两个最值的取等条件不同，
所以eq \f(4ex－2,（x＋1）2)>eq \f(ln x,x)，
即当a≥eq \f(4,e2)时，eq \f(f（x）,x＋1)－(x＋1)ln x>0.考向一 单变量不等式的证明
考向二 双变量不等式的证明
考向三 证明与正整数有关的不等式问题
a
(0，1)
1
(1，＋∞)
φ′(a)
－
0
＋
φ(a)
单调递减
极小值
单调递增