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导数中不等式的证明问题
【高考真题】
1．(2022·北京) 已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)设，讨论函数在上的单调性；
(3)证明：对任意的，有．
2．(2022·浙江) 设函数．
(1)求的单调区间；
(2)已知，曲线上不同的三点处的切线都经过点．证明：
(ⅰ)若，则；
(ⅱ)若，则．
(注：是自然对数的底数)
3．(2022·新高考Ⅱ) 已知函数．
(1)当时，讨论的单调性；
(2)当时，，求a的取值范围；
(3)设，证明：．
【方法总结】
构造法证明不等式是指在证明与函数有关的不等式时，根据所要证明的不等式，构造与之相关的函数，利用函数单调性、极值、最值加以证明．常见的构造方法有：(1)直接构造法：证明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))转化为证明f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)；(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如ln x≤x－1，ex≥x＋1，ln x＜x＜ex(x＞0)，≤ln(x＋1)≤x(x＞－1)；(3)构造“形似”函数：稍作变形再构造，对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左、右两边是相同结构的式子的形式，根据“相同结构”构造辅助函数；(4)构造双函数：若直接构造函数求导难以判断符号，导函数零点也不易求得，因此函数单调性与极值点都不易获得，则可构造函数f(x)和g(x)，利用其最值求解．
【题型突破】
1．已知函数f(x)＝ax－axlnx－1(a∈R，a≠0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当x＞1时，求证：＞－1．
2．已知函数f(x)＝1－，g(x)＝x－lnx．
(1)证明：g(x)≥1；
(2)证明：(x－lnx)f(x)>1－．
3．(2021·全国乙)设函数f(x)＝ln(a－x)，已知x＝0是函数y＝xf(x)的极值点．
(1)求a；
(2)设函数g(x)＝，证明：g(x)＜1．
4．已知f(x)＝(x－1)ex＋ax2．
(1)当a＝e时，求f(x)的极值；
(2)对 x>1，求证：f(x)≥ax2＋x＋1＋ln(x－1)．
5．已知函数f(x)＝lnx＋ax2＋x＋1．
(1)当a＝－2时，求f(x)的极值点；
(2)当a＝0时，证明：对任意的x>0，不等式xex≥f(x)恒成立．
6．设函数f(x)＝x＋axln x(a∈R)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)的极大值点为x＝1，证明：f(x)≤e－x＋x2．
7．已知f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3．
(1)若对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．
(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，ln x＞－恒成立．
8．已知函数f(x)＝ln x＋，g(x)＝e－x＋bx，a，b∈R，e为自然对数的底数．
(1)若函数y＝g(x)在R上存在零点，求实数b的取值范围；
(2)若函数y＝f(x)在x＝处的切线方程为ex＋y－2＋b＝0．求证：对任意的x∈(0，＋∞)，总有f(x)>g(x)．
9．已知f(x)＝xlnx．
(1)求函数f(x)在[t，t＋2](t＞0)上的最小值；
(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有lnx＞－成立．
10．(2018·全国Ⅰ改编)已知函数f(x)＝aex－lnx－1．
(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a的值并求f(x)的单调区间；
(2)求证：当a＝时，f(x)≥0．
11．已知函数f(x)＝x－1－alnx．
(1)若f(x)≥0，求a的值；
(2)设m为整数，且对于任意正整数n，·…·＜m，求m的最小值．
12．已知函数f(x)＝ln(1＋x)．
(1)求证：当x∈(0，＋∞)时，(2)已知e为自然对数的底数，求证： n∈N*，<·…·13．已知f(x)＝ln x－x＋a＋1．
(1)若存在x∈(0，＋∞)，使得f(x)≥0成立，求实数a的取值范围；
(2)求证：当x＞1时，在(1)的条件下，x2＋ax－a＞xlnx＋成立．
14．(2017·全国Ⅲ)已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a<0时，证明f(x)≤－－2．
15．已知函数f(x)＝ln x－．
(1)若函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)设m>n>0，求证：lnm－lnn>．
16．已知函数f(x)＝＋ln x在(1，＋∞)上是增函数，且a>0．
(1)求a的取值范围；
(2)若b>0，试证明17．设函数f(x)＝xln(ax)(a>0)．
(1)设F(x)＝f(1)x2＋f′(x)，讨论函数F(x)的单调性；
(2)过两点A(x1，f′(x1))，B(x2，f′(x2))(x118．已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)设函数存在两个极值点，，且，若，求证：．
19．已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)若函数有两个极值点，求证：．
20．已知函数f(x)＝(ln x－k－1)x(k∈R)．
(1)若曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线与直线x－2y＝0平行，求k的值；
(2)若对于任意x1，x2∈(0，3]，且x1【高考真题】
1．(2022·北京) 已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)设，讨论函数在上的单调性；
(3)证明：对任意的，有．
1．解析　(1)因为，所以，即切点坐标为，
又，∴切线斜率，∴切线方程为：．
(2)因为，所以，
令，则，
∴在上单调递增，∴，
∴在上恒成立，∴在上单调递增．
(3)原不等式等价于，
令，，即证，
∵，
，
由(2)知在上单调递增，∴，
∴∴在上单调递增，又因为，
∴，所以命题得证．
2．(2022·浙江) 设函数．
(1)求的单调区间；
(2)已知，曲线上不同的三点处的切线都经过点．证明：
(ⅰ)若，则；
(ⅱ)若，则．
(注：是自然对数的底数)
2．解析　(1)，
当，；当，，
故的减区间为，的增区间为．
(2)（ⅰ）因为过有三条不同的切线，设切点为，
故，故方程有3个不同的根，
该方程可整理为，
设，
则，
当或时，；当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
因为有3个不同的零点，故且，
故且，
整理得到：且，
此时，
设，则，
故为上的减函数，故，故．
（ⅱ）当时，同（ⅰ）中讨论可得：
故在上为减函数，在上为增函数，
不妨设，则，
因为有3个不同的零点，故且，
故且，
整理得到：，
因为，故，又，
设，，则方程，
即为，即为，
记，则为有三个不同的根，
设，，
要证：，即证，
即证：，即证：，
即证：，
而且，
故，故，
故即证：，
即证：，即证：，
记，则，
设，则，即，
故在上为增函数，故，
所以，
记，
则，
所以在为增函数，故，
故，即．
故原不等式得证．
3．(2022·新高考Ⅱ) 已知函数．
(1)当时，讨论的单调性；
(2)当时，，求a的取值范围；
(3)设，证明：．
3．解析　(1)当时，，则，
当时，，当时，，
故的减区间为，增区间为.
(2)设，则，
又，设，则，
若，则，
因为为连续不间断函数，故存在，使得，总有，
故在为增函数，故，
故在为增函数，故，与题设矛盾．
若，则，
下证：对任意，总有成立，
证明：设，故，
故在上为减函数，故即成立．
由上述不等式有，
故总成立，即在上为减函数，所以．
当时，有，
所以在上为减函数，所以．
综上，．
(3)取，则，总有成立，
令，则，
故即对任意的恒成立．
所以对任意的，有，
整理得到：，
故，
故不等式成立．
【方法总结】
构造法证明不等式是指在证明与函数有关的不等式时，根据所要证明的不等式，构造与之相关的函数，利用函数单调性、极值、最值加以证明．常见的构造方法有：(1)直接构造法：证明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))转化为证明f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)；(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如ln x≤x－1，ex≥x＋1，ln x＜x＜ex(x＞0)，≤ln(x＋1)≤x(x＞－1)；(3)构造“形似”函数：稍作变形再构造，对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左、右两边是相同结构的式子的形式，根据“相同结构”构造辅助函数；(4)构造双函数：若直接构造函数求导难以判断符号，导函数零点也不易求得，因此函数单调性与极值点都不易获得，则可构造函数f(x)和g(x)，利用其最值求解．
【题型突破】
1．已知函数f(x)＝ax－axlnx－1(a∈R，a≠0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当x＞1时，求证：＞－1．
1．解析　(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)要证＞－1，即证＞e－x，即证＜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＜ln x，则只需证当x＞1时，ln x＜ex即可．
令F(x)＝ex－ln x，x＞1，则F′(x)＝ex－单调递增，所以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＞，所以原不等式得证．
2．已知函数f(x)＝1－，g(x)＝x－lnx．
(1)证明：g(x)≥1；
(2)证明：(x－lnx)f(x)>1－．
2．解析　(1)由题意得g′(x)＝(x>0)．
当01时，g′(x)>0，即g(x)在(0，1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数．
所以g(x)≥g(1)＝1．
(2)由f(x)＝1－，得f′(x)＝，所以当02时，f′(x)>0，
即f(x)在(0，2)上是减函数，在(2，＋∞)上是增函数，
所以f(x)≥f(2)＝1－(当且仅当x＝2时，等号成立)．①
又由(1)知x－ln x≥1(当且仅当x＝1时，等号成立)，②
且①②等号不能同时取到，所以(x－ln x)f(x)>1－．
3．(2021·全国乙)设函数f(x)＝ln(a－x)，已知x＝0是函数y＝xf(x)的极值点．
(1)求a；
(2)设函数g(x)＝，证明：g(x)＜1．
3．解析　(1)由题意得y＝xf(x)＝xln(a－x)，则y′＝ln(a－x)＋x[ln(a－x)]′．
因为x＝0是函数y＝xf(x)的极值点，所以y′|x＝0＝ln a＝0，所以a＝1．
(2)由(1)可知，f(x)＝ln(1－x)，其定义域为{x|x＜1}，
当0＜x＜1时，ln(1－x)＜0，此时xf(x)＜0，当x＜0时，ln(1－x)＞0，此时xf(x)＜0．
易知g(x)的定义域为{x|x＜1且x≠0}，
故要证g(x)＝＜1，只需证x＋f(x)＞xf(x)，即证x＋ln(1－x)－xln(1－x)＞0．
令1－x＝t，则t＞0且t≠1，则只需证1－t＋ln t－(1－t)ln t＞0，即证1－t＋tln t＞0．
令h(t)＝1－t＋tln t，则h′(t)＝－1＋ln t＋1＝ln t，
所以h(t)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h(t)＞h(1)＝0，
即g(x)＜1成立．
4．已知f(x)＝(x－1)ex＋ax2．
(1)当a＝e时，求f(x)的极值；
(2)对 x>1，求证：f(x)≥ax2＋x＋1＋ln(x－1)．
4．解析　(1)当a＝e时，f′(x)＝x(ex＋e)．
当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，f(x)为减函数，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数，
∴f(x)极小值＝f(0)＝－1，无极大值．
(2)令g(x)＝f(x)－ln(x－1)－ax2－x－1＝(x－1)ex－ln(x－1)－x－1，x∈(1，＋∞)，
g′(x)＝xex－－1＝xex－＝x，x∈(1，＋∞)．
令h(x)＝ex－，x∈(1，＋∞)，h′(x)＝ex＋>0，
∴h(x)为(1，＋∞)上的增函数，h(2)＝e2－1>0，取x－1＝e－2，x＝1＋e－2，h(1＋e－2)＝－e2<0，
∴存在唯一的x0∈(1，2)使h(x0)＝0，即＝，
∴当x∈(1，x0)时，h(x)<0，g′(x)<0，g(x)为减函数，当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，g′(x)>0，g(x)为增函数，
∴g(x)min＝g(x0)＝(x0－1)－ln(x0－1)－x0－1＝(x0－1)×－ln－x0－1＝1＋x0－x0－1＝0，
∴对 x>1，g(x)≥g(x0)＝0，即f(x)≥ax2＋x＋1＋ln(x－1)．
5．已知函数f(x)＝lnx＋ax2＋x＋1．
(1)当a＝－2时，求f(x)的极值点；
(2)当a＝0时，证明：对任意的x>0，不等式xex≥f(x)恒成立．
5．解析　(1)当a＝－2时，f(x)＝lnx－x2＋x＋1．
f′(x)＝－2x＋1＝＝－．
因为f(x)的定义域为(0，＋∞)，所以，x＝1．
当x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)为增函数；当x∈(1，＋∞)时，f′(x) <0，f(x)为减函数．
所以，f(x)的极值点为x＝1．
(2)当a＝0时，要证对任意的x>0，不等式xex≥f(x)恒成立，
即证x>0时，xex≥lnx＋x＋1恒成立，即证x(ex－1)－lnx－1≥0恒成立，
令g(x)＝x(ex－1)－lnx－1，g′(x)＝x(ex＋1)－－1＝，
再令h(x)＝xex－1，h′(x)＝(x＋1) ex>0，∴h(x)为(0，＋∞)上的增函数，
又h(0)＝－1<0，h(1)＝e－1>0，
∴存在唯一的x0∈(0，1)使h(x0)＝0，即，
∴当x∈(0，x0)时，h(x)<0，g′(x)<0，g(x)为减函数，当x∈(x0，1)时，h(x)>0，g′(x)>0，g(x)为增函数，
∴g(x)min＝g(x0)＝＝，由，得，－lnx0＝x0．
∴g(x)min＝g(x0)＝1－x0－1＋x0＝0
∴对 x>0，g(x)≥g(x0)＝0，xex≥lnx＋x＋1恒成立，即对任意的x>0，不等式xex≥f(x)恒成立．
6．设函数f(x)＝x＋axln x(a∈R)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)的极大值点为x＝1，证明：f(x)≤e－x＋x2．
6．解析　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋aln x＋a，
当a＝0时，f(x)＝x，则函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，由f′(x)>0得x>，由f′(x)<0得0所以f(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增；
当a<0时，由f′(x)>0得0，
所以函数f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减．
综上所述，当a＝0时，函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，函数f(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增；
当a<0时，函数f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减．
(2)由(1)知a<0且＝1，解得a＝－1，f(x)＝x－xln x．要证f(x)≤e－x＋x2，
即证x－xln x≤e－x＋x2，即证1－ln x≤＋x．
令F(x)＝ln x＋＋x－1(x>0)，则F′(x)＝＋＋1＝．
令g(x)＝x－e－x，得函数g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．而g(1)＝1－>0，g(0)＝－1<0，
所以在区间(0，＋∞)上存在唯一的实数x0，使得g(x0)＝x0－＝0，即x0＝，
且x∈(0，x0)时，g(x)<0，x∈(x0，＋∞)时，g(x)>0．
故F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．∴F(x)min＝F(x0)＝ln x0 ＋＋x0－1．
又＝x0，∴F(x)min＝ln x0＋＋x0－1＝－x0＋1＋x0－1＝0．∴F(x)≥F(x0)＝0成立，
即f(x)≤e－x＋x2成立．
7．已知f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3．
(1)若对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．
(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，ln x＞－恒成立．
7．解析　(1)由题意知2xln x≥－x2＋ax－3对一切x∈(0，＋∞)恒成立，则a≤2ln x＋x＋，
设h(x)＝2ln x＋x＋(x＞0)，则h′(x)＝．
①当x∈(0，1)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减；
②当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增．所以h(x)min＝h(1)＝4，
对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，所以a≤h(x)min＝4，即实数a的取值范围是(－∞，4]．
(2)问题等价于证明xln x＞－(x＞0)．又f(x)＝xln x(x＞0)，f′(x)＝ln x＋1，
当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
所以f(x)min＝f＝－．
设m(x)＝－(x＞0)，则m′(x)＝，
当x∈(0，1)时，m′(x)＞0，m(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，m′(x)＜0，m(x)单调递减，
所以m(x)max＝m(1)＝－，从而对一切x∈(0，＋∞)，f(x)＞m(x)恒成立，即xln x＞－恒成立．
即对一切x∈(0，＋∞)，ln x＞－恒成立．
8．已知函数f(x)＝ln x＋，g(x)＝e－x＋bx，a，b∈R，e为自然对数的底数．
(1)若函数y＝g(x)在R上存在零点，求实数b的取值范围；
(2)若函数y＝f(x)在x＝处的切线方程为ex＋y－2＋b＝0．求证：对任意的x∈(0，＋∞)，总有f(x)>g(x)．
8．解析　(1)易得g′(x)＝－e－x＋b＝b－．
若b＝0，则g(x)＝∈(0，＋∞)，不合题意；
若b<0，则g(0)＝1>0，g＝－1<0，满足题设，
若b>0，令g′(x)＝－e－x＋b＝0，得x＝－ln b．
∴g(x)在(－∞，－ln b)上单调递减；在(－ln b，＋∞)上单调递增，
则g(x)min＝g(－ln b)＝eln b－bln b＝b－bln b≤0，∴b≥e．
综上所述，实数b的取值范围是(－∞，0)∪[e，＋∞)．
(2)易得f′(x)＝－，则由题意，得f′＝e－ae2＝－e，解得a＝．
∴f(x)＝ln x＋，从而f ＝1，即切点为．
将切点坐标代入ex＋y－2＋b＝0中，解得b＝0．∴g(x)＝e－x．
要证f(x)>g(x)，即证ln x＋>e－x(x∈(0，＋∞))，只需证xln x＋>xe－x(x∈(0，＋∞))．
令u(x)＝xln x＋，v(x)＝xe－x，x∈(0，＋∞)．则由u′(x)＝ln x＋1＝0，得x＝，
∴u(x)在上单调递减，在上单调递增，∴u(x)min＝u＝．
又由v′(x)＝e－x－xe－x＝e－x(1－x)＝0，得x＝1，∴v(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴v(x)max＝v(1)＝．∴u(x)≥u(x)min≥v(x)max≥v(x)，显然，上式的等号不能同时取到．
故对任意的x∈(0，＋∞)，总有f(x)>g(x)．
9．已知f(x)＝xlnx．
(1)求函数f(x)在[t，t＋2](t＞0)上的最小值；
(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有lnx＞－成立．
9．解析　(1)由f(x)＝x ln x，x＞0，得f′(x)＝ln x＋1，令f′(x)＝0，得x＝．
当x∈(0，)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
①当0＜t＜＜t＋2，即0＜t＜时，f(x)min＝f()＝－；
②当≤t＜t＋2，即t≥时，f(x)在[t，t＋2]上单调递增，f(x)min＝f(t)＝t lnt．
所以f(x)min＝
(2)问题等价于证明x lnx＞－(x∈(0，＋∞))．
由(1)可知f(x)＝x ln x(x∈(0，＋∞))的最小值是－，当且仅当x＝时取到．
设m(x)＝－(x∈(0，＋∞))，则m′(x)＝，
由m′(x)＜0得x＞1时，m(x)为减函数，由m′(x)＞0得0＜x＜1时，m(x)为增函数，
易知m(x)max＝m(1)＝－，当且仅当x＝1时取到．
从而对一切x∈(0，＋∞)，x ln x≥－≥－，两个等号不同时取到，
即证对一切x∈(0，＋∞)都有ln x＞－成立．
10．(2018·全国Ⅰ改编)已知函数f(x)＝aex－lnx－1．
(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a的值并求f(x)的单调区间；
(2)求证：当a＝时，f(x)≥0．
10．解析　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a·ex－，由题设知，f′(2)＝a·e2－＝0，所以a＝，
从而f(x)＝ex－lnx－1，f′(x)＝ex－(x>0)．
因为f′(x)＝ex－在(0，＋∞)上是增函数，且f′(2)＝0，所以当02时，f′(x)>0．
所以f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．
(2)当a＝时，f(x)＝－lnx－1，所以只要证明－lnx－1≥0即可．
设g(x)＝ex－ex(x>0)，则g′(x)＝ex－e(x>0)，可知g(x)在(0，1]上是减函数，在[1，＋∞)上是增函数，
所以g(x)≥g(1)＝0，即ex≥ex ≥x．又由ex≥ex(x>0) x≥1＋lnx(x>0)，
所以－lnx－1≥x－lnx－1≥0，所以－lnx－1≥0得证，
所以当a＝时，f(x)≥0．
11．已知函数f(x)＝x－1－alnx．
(1)若f(x)≥0，求a的值；
(2)设m为整数，且对于任意正整数n，·…·＜m，求m的最小值．
11．解析　(1) f(x)的定义域为(0，＋∞)．
①若a≤0，因为f＝－＋aln2＜0，所以不满足题意．
②若a＞0，由f′(x)＝1－＝知，当x∈(0，a)时，f′(x)＜0，当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0，
所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，
故x＝a是f(x)在x∈(0，＋∞)上的唯一一个最小值点．
因为f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0．故a＝1．
(2)由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－lnx＞0．令x＝1＋，得ln＜，从而
ln＋ln＋…＋ln＜＋＋…＋＝1－＜1，故·…·＜e．
因为＞2，所以m的最小值为3．
12．已知函数f(x)＝ln(1＋x)．
(1)求证：当x∈(0，＋∞)时，(2)已知e为自然对数的底数，求证： n∈N*，<·…·12．解析　(1)令g(x)＝f(x)－＝ln(1＋x)－(x>0)，则g′(x)＝－＝>0(x>0)，
所以g(x)在(0，＋∞)上是增函数，所以当x∈(0，＋∞)时，g(x)>g(0)＝0，即f(x)>成立．
令h(x)＝f(x)－x＝ln(1＋x)－x(x>0)，则h′(x)＝－1＝－<0(x>0)，
所以h(x)在(0，＋∞)上是减函数，所以当x∈(0，＋∞)时，h(x)综上所述，当x∈(0，＋∞)时，(2)由(1)可知，ln(1＋x)所以ln＋ln＋…＋ln<＋＋…＋，
即ln<＝．
因为n∈N*，所以＝＋≤＋＝1，所以ln<1，
所以 ·…·对x∈(0，＋∞)都成立，
所以ln>＝(k＝1，2，…，n)，
所以ln＝ln＋ln＋…＋ln
>＋＋…＋≥＋＋…＋＝＝，
所以ln>，所以·…·>，
所以<·…·13．已知f(x)＝ln x－x＋a＋1．
(1)若存在x∈(0，＋∞)，使得f(x)≥0成立，求实数a的取值范围；
(2)求证：当x＞1时，在(1)的条件下，x2＋ax－a＞xlnx＋成立．
13．解析　f(x)＝ln x－x＋a＋1(x＞0)．
(1)原题即为存在x∈(0，＋∞)，使得ln x－x＋a＋1≥0，所以a≥－ln x＋x－1，
令g(x)＝－ln x＋x－1，则g′(x)＝－＋1＝．令g′(x)＝0，解得x＝1．
因为当0＜x＜1时，g′(x)＜0，所以g(x)为减函数，当x＞1时，g′(x)＞0，所以g(x)为增函数，
所以g(x)min＝g(1)＝0，所以a≥g(1)＝0．所以a的取值范围为[0，＋∞)．
(2)证明：原不等式可化为x2＋ax－xln x－a－＞0(x＞1，a≥0)．
令G(x)＝x2＋ax－xln x－a－，则G(1)＝0．由(1)可知x－ln x－1＞0，
则G′(x)＝x＋a－ln x－1≥x－ln x－1＞0，所以G(x)在(1，＋∞)上单调递增．
所以当x＞1时，G(x)＞G(1)＝0．所以当x＞1时，x2＋ax－xln x－a－＞0成立，
即当x＞1时，x2＋ax－a＞xln x＋成立．
14．(2017·全国Ⅲ)已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a<0时，证明f(x)≤－－2．
14．解析　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝．
若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
若a<0，则当x∈时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0．
故f(x)在上单调递增，在上单调递减．
综上，当a≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a<0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)证明　由(1)知，当a<0时，f(x)在x＝－处取得最大值，最大值为f ＝ln－1－，
所以f(x)≤－－2等价于ln－1－≤－－2，即ln＋＋1≤0．
设g(x)＝ln x－x＋1(x>0)，则g′(x)＝－1．
当x∈(0，1)时，g′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0．
所以g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0．所以当x>0时，g(x)≤0．
从而当a<0时，ln＋＋1≤0，即f(x)≤－－2．
15．已知函数f(x)＝ln x－．
(1)若函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)设m>n>0，求证：lnm－lnn>．
15．解析　(1)f′(x)＝－＝＝．
因为f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
即x2＋(2－2a)x＋1≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以2a－2≤x＋在(0，＋∞)上恒成立．
因为x＋≥2，当且仅当x＝1时，等号成立，所以2a－2≤2，解得a≤2．
(2)要证ln m－ln n>，只需证ln>，即证ln－>0．
设h(x)＝ln x－，由(1)可知h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为>1，所以h>h(1)＝0，即ln－>0，所以原不等式成立．
16．已知函数f(x)＝＋ln x在(1，＋∞)上是增函数，且a>0．
(1)求a的取值范围；
(2)若b>0，试证明16．解析　(1)f′(x)＝－＋＝，因为在(1，＋∞)上f′(x)≥0，且a>0，所以ax－1≥0，即x≥，
所以≤1，即a≥1，故a的取值范围为[1，＋∞)．
(2)因为b>0，a≥1，所以>1，又f(x)＝＋ln x在(1，＋∞)上是增函数，
所以f>f(l)，即＋ln >0，化简得ln<等价于ln－＝ln －<0，
令g(x)＝ln(1＋x)－x(x∈(0，＋∞))，则g′(x)＝－1＝<0，所以函数g(x)在(0，＋∞)上为减函数，
所以g＝ln－＝ln－17．设函数f(x)＝xln(ax)(a>0)．
(1)设F(x)＝f(1)x2＋f′(x)，讨论函数F(x)的单调性；
(2)过两点A(x1，f′(x1))，B(x2，f′(x2))(x117．解析　(1)f′(x)＝ln(ax)＋1，所以F(x)＝(ln a)x2＋ln(ax)＋1，
函数F(x)的定义域为(0，＋∞)，F′(x)＝(ln a)x＋＝．
①当ln a≥0，即a≥1时，恒有F′(x)>0，函数F(x)在(0，＋∞)上是增函数；
②当ln a<0，即0令F′(x)>0，得(ln a)x2＋1>0，解得0．
所以函数F(x)在上为增函数，在上为减函数．
(2)证明：因为k＝＝＝，x2－x1>0，要证令t＝，则t>1，则只要证1－①设g(t)＝t－1－ln t，则g′(t)＝1－>0(t>1)，故g(t)在(1，＋∞)上是增函数．
所以当t>1时，g(t)＝t－1－ln t>g(1)＝0，即t－1>ln t成立．
②要证1－1，即证t－10(t>1)，
故函数h(t)在(1，＋∞)上是增函数，所以当t>1时，h(t)＝tln t－(t－1)>h(1)＝0，即 t－1故由①②知18．已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)设函数存在两个极值点，，且，若，求证：．
18．解析　(1)∵，∴，
当时，，则在单调递增，
当时，若，即时，，则在上单调递增，．
若，即时，和时，，
时，，
综上，时，在单调递增；时，在和递增，在递减；
(2)由(1)得：，则，
令，则，
∵，∴，∴在上单调递减，
∴，而，即，
∴．
19．已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)若函数有两个极值点，求证：．
19．解析　(1)由，得．
令，则，
①当，即时，恒成立，则，所以在上是减函数．
②当，即时，，则，所以在上是减函数．
③当，即或．
(i)当时，是开口向上且过点的抛物线，对称轴方程为，则恒成立，从而，所以在上是减函数．
(ii)当时，是开口向上且过点的抛物线，对称轴方程为，则函数有两个零点：(显然)，
当x∈(0，x1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(x1，x2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(x2，+∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
综上，当时，的减区间是；
当时， 的增区间是，减区间是．
(2)根据(ii)，当时，有两个极值点，则是方程的两个根，
从而．由韦达定理，得．又，所以．
．
令，则．
当时，;当时，，则在上是增函数，在上是减函数，
从而，于是．
20．已知函数f(x)＝(ln x－k－1)x(k∈R)．
(1)若曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线与直线x－2y＝0平行，求k的值；
(2)若对于任意x1，x2∈(0，3]，且x120．解析　　(1)由题意得f′(x)＝ln x－k，又曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线与直线x－2y＝0平行，
所以f′(1)＝ln 1－k＝，解得k＝－．
(2)因为f(x1)＋记h(x)＝f(x)－，又因为x1，x2∈(0，3]，且x1所以h′(x)＝ln x－k＋≥0在(0，3]上恒成立，即k≤ln x＋在(0,3]上恒成立，
记u(x)＝ln x＋，所以u′(x)＝－＝，令u′(x)＝0，解得x＝2．
当00，u(x)单调递增，
所以当x＝2时，u(x)取得最小值u(2)＝ln 2＋，所以k≤ln 2＋．
所以实数k的取值范围是．

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