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第三单元第5讲 导数与不等式的证明
讲
讲方法
练
练题型 练真题
题型一：将不等式转化为函数的最值问题
题型二：移项补充构造法
题型三：隔离分析法
题型四：换元构造法
题型五：极值点偏移问题
测
测基础 测能力
一、【讲】
【讲方法】
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”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．
2.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．
3.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．
二、【练】
【练题型】
【题型一】将不等式转化为函数的最值问题
【典例1】已知函数f(x)＝1－，g(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)≥.
【典例2】已知函数f(x)＝ln x＋，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a>0时，证明f(x)≥.
【题型二】移项补充构造法
【典例1】已知函数f(x)＝1－，g(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)≥.
【典例2】已知函数f(x)＝ax＋xln x在x＝e－2(e为自然对数的底数)处取得极小值．
(1)求实数a的值；
(2)当x>1时，求证：f(x)>3(x－1)．
【题型三】隔离分析法
【典例1】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.
【典例2】设函数f(x)＝x2－(x＋1)ln x，求证：当0x.
【题型四】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.
【典例2】已知函数f(x)＝ln x＋x2＋x.若正实数x1，x2满足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0.求证：x1＋x2≥.
【题型五】极值点偏移问题
【典例1】已知函数f(x)＝xe－x.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若x1≠x2且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2.
【典例2】已知函数f(x)＝ln x－ax有两个零点x1，x2.
(1)求实数a的取值范围；
(2)求证：x1·x2>e2.
【练真题】
【真题1】（2020·新高考全国Ⅰ卷）已知函数f(x)＝aex－1－ln x＋ln a.
若f(x)≥1，求a的取值范围.
【真题2】（2022·福州模拟）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.
【真题3】（2022·长沙模拟）已知函数f(x)＝ex2－xln x．求证：当x>0时，f(x)三、【测】
【测基础】
1. 设定义在(0，＋∞)上的函数f(x)的导函数f′(x)满足xf′(x)>1，则(　　)
A．f(2)－f(1)>ln 2　　　 B．f(2)－f(1)C．f(2)－f(1)>1 D．f(2)－f(1)<1
2. 若0A．ex2－ex1>ln x2－ln x1 B．e x2－e x1C．x2e x1>x1e x2 D．x2e x13. 若0A． B．1
C．e D．2e
4. 已知函数f(x)＝aex－ln x－1，证明：当a≥时，f(x)≥0.
5.设f(x)＝2xln x＋1.求证：f(x)≤x2－x＋＋2ln x.
6. 已知f(x)＝1－－＋＋x.证明：当x≥1时，f(x)≥.
【测能力】
1. 已知f(x)＝xln x.
(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ln x>－成立．
2. 已知函数f(x)＝.
(1)求函数f(x)的单调区间和极值；
(2)若对任意的x>1，恒有ln(x－1)＋k＋1≤kx成立，求k的取值范围．
3. 已知函数f(x)＝aex－ln x－1.(e＝2.718 28…是自然对数的底数)．
(1)设x＝2是函数f(x)的极值点，求实数a的值，并求f(x)的单调区间；
(2)证明：当a≥时，f(x)≥0.
4. 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.
5. 已知函数f(x)＝，g(x)＝，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.
6. 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)．
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第三单元第5讲 导数与不等式的证明
讲
讲方法
练
练题型 练真题
题型一：将不等式转化为函数的最值问题
题型二：移项补充构造法
题型三：隔离分析法
题型四：换元构造法
题型五：极值点偏移问题
测
测基础 测能力
一、【讲】
【讲方法】
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”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．
2.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．
3.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．
二、【练】
【练题型】
【题型一】将不等式转化为函数的最值问题
【典例1】已知函数f(x)＝1－，g(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)≥.
【解析】(1)解　因为f(x)＝1－，x>0，
所以f′(x)＝，f′(1)＝－1.
因为g(x)＝＋－bx，所以g′(x)＝－－－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)＝－＋＋x，
则f(x)＋g(x)≥ 1－－－＋x≥0.
令h(x)＝1－－－＋x(x≥1)，
则h(1)＝0，h′(x)＝＋＋＋1＝＋＋1.
因为x≥1，所以h′(x)＝＋＋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－－－＋x≥0，
所以当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.
【典例2】已知函数f(x)＝ln x＋，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a>0时，证明f(x)≥.
【解析】(1)解　f′(x)＝－＝(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)≥，只需证ln a＋1≥，
即证ln a＋－1≥0.
令函数g(a)＝ln a＋－1，
则g′(a)＝－＝(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＋－1≥0恒成立，
所以f(x)≥.
【题型二】移项补充构造法
【典例1】已知函数f(x)＝1－，g(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)≥.
【解析】(1)因为f(x)＝1－，
所以f′(x)＝，f′(1)＝－1.
因为g(x)＝＋－bx，
所以g′(x)＝－－－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)＝－＋＋x，
则f(x)＋g(x)≥ 1－－－＋x≥0.
令h(x)＝1－－－＋x(x≥1)，
则h(1)＝0，h′(x)＝－＋＋＋1＝＋＋1.
因为x≥1，所以h′(x)＝＋＋1>0，
所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以h(x)≥h(1)＝0，即1－－－＋x≥0，
所以当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.
【典例2】已知函数f(x)＝ax＋xln x在x＝e－2(e为自然对数的底数)处取得极小值．
(1)求实数a的值；
(2)当x>1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)<0时，0所以f(x)在(0，e－2)上单调递减，在(e－2，＋∞)上单调递增，
所以f(x)在x＝e－2处取得极小值，符合题意，所以a＝1.
(2)证明：由(1)知a＝1，所以f(x)＝x＋xln x.
令g(x)＝f(x)－3(x－1)，
即g(x)＝xln x－2x＋3(x>0)．
g′(x)＝ln x－1，由g′(x)＝0，得x＝e.
由g′(x)>0，得x>e；由g′(x)<0，得0所以g(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，
所以g(x)在(1，＋∞)上的最小值为g(e)＝3－e>0.
于是在(1，＋∞)上，都有g(x)≥g(e)>0，
所以f(x)>3(x－1)．
【题型三】隔离分析法
【典例1】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)f′(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>时，f′(x)<0，
故f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)证明：方法一：因为x>0，所以只需证f(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)＝－2e(x>0)，
则g′(x)＝，
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)≤－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.
方法二：由题意知，即证exln x－ex2－ex＋2ex≤0，
从而等价于ln x－x＋2≤.
设函数g(x)＝ln x－x＋2，则g′(x)＝－1.
所以当x∈(0，1)时，g′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，
故g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
从而g(x)在(0，＋∞)上的最大值为g(1)＝1.
设函数h(x)＝，则h′(x)＝.
所以当x∈(0，1)时，h′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，
故h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
从而h(x)在(0，＋∞)上的最小值为h(1)＝1.
综上，当x>0时，g(x)≤h(x)，即xf(x)－ex＋2ex≤0.
【典例2】设函数f(x)＝x2－(x＋1)ln x，求证：当0x.
【解析】只需证x－－ln x>，即x－ln x>＋，令g(x)＝x－ln x，h(x)＝＋，
由g′(x)＝1－＝0，解得x＝1，所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，2]上单调递增，
故g(x)min＝g(1)＝1，
h′(x)＝可知h(x)在(0，2]上单调递增，
故h(x)max＝h(2)＝<1＝g(x)min，
故h(x)x.
【题型四】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.
【解析】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＝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>，
所以原问题等价于证明>，
即ln>，
令c＝(c>1)，
则不等式变为ln c>.
令h(c)＝ln c－，c>1，
所以h′(c)＝－＝>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－>0(c>1)，
因此原不等式x1x2>e2得证．
【典例2】已知函数f(x)＝ln x＋x2＋x.若正实数x1，x2满足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0.求证：x1＋x2≥.
【解析】f(x)＝ln x＋x2＋x(x>0)．
由f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，
得ln x1＋x＋x1＋ln x2＋x＋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－＝.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≥.
【题型五】极值点偏移问题
【典例1】已知函数f(x)＝xe－x.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若x1≠x2且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2.
【解析】(1)解　f′(x)＝e－x(1－x)，
令f′(x)>0得x<1；令f′(x)<0得x>1，
∴函数f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
(2)证明　方法一　(对称化构造法)
构造辅助函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，x>1，
则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝e－x(1－x)＋ex－2(x－1)
＝(x－1)(ex－2－e－x)，
∵当x>1时，x－1>0，ex－2－e－x>0，∴F′(x)>0，
∴F(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴F(x)>F(1)＝0，
故当x>1时，f(x)>f(2－x)，(*)
由f(x1)＝f(x2)，x1≠x2，可设x1<1将x2代入(*)式可得f(x2)>f(2－x2)，
又f(x1)＝f(x2)，
∴f(x1)>f(2－x2)．
又x1<1,2－x2<1，而f(x)在(－∞，1)上单调递增，
∴x1>2－x2，
∴x1＋x2>2.
方法二　(比值代换法)
设0取对数得ln x1－x1＝ln x2－x2.
令t＝>1，则x2＝tx1，代入上式得ln x1－x1＝ln t＋ln x1－tx1，得x1＝，x2＝.
∴x1＋x2＝>2 ln t－>0，
设g(t)＝ln t－(t>1)，
∴g′(t)＝－＝>0，
∴当t>1时，g(t)单调递增，∴g(t)>g(1)＝0，
∴ln t－>0，故x1＋x2>2.
【典例2】已知函数f(x)＝ln x－ax有两个零点x1，x2.
(1)求实数a的取值范围；
(2)求证：x1·x2>e2.
【解析】(1)解　f′(x)＝－a＝(x>0)，
①若a≤0，则f′(x)>0，不符合题意；
②若a>0，令f′(x)＝0，解得x＝.
当x∈时，f′(x)>0；
当x∈时，f′(x)<0.
由题意知f(x)＝ln x－ax的极大值f ＝ln －1>0，解得0所以实数a的取值范围为.
(2)证明　因为f(1)＝－a<0，所以1构造函数H(x)＝f －f
＝ln －ln －2ax,0H′(x)＝＋－2a＝>0，
所以H(x)在上单调递增，
故H(x)>H(0)＝0，即f >f .
由1，
故f(x2)＝f(x1)
＝f 因为f(x)在上单调递减，
所以x2>－x1，即x1＋x2>.
故ln x1x2＝ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)>2，
即x1·x2>e2.
【练真题】
【真题1】（2020·新高考全国Ⅰ卷）已知函数f(x)＝aex－1－ln x＋ln a.
若f(x)≥1，求a的取值范围.
【解析】f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f(x)＝aex－1－ln x＋ln a＝eln a＋x－1－ln x＋ln a≥1，
等价于eln a＋x－1＋ln a＋x－1≥ln x＋x＝eln x＋ln x.
令g(x)＝ex＋x，上述不等式等价于g(ln a＋x－1)≥g(ln x).
显然g(x)为单调增函数，所以又等价于ln a＋x－1≥ln x，即ln a≥ln x－x＋1.
令h(x)＝ln x－x＋1，
则h′(x)＝－1＝.
当x∈(0，1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝0，所以ln a≥0，即a≥1，a的取值范围是[1，＋∞).
【真题2】（2022·福州模拟）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)f′(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>时，f′(x)<0，
故f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)证明：法一：因为x>0，所以只需证f(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)＝－2e(x>0)，
则g′(x)＝，
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)≤－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.
法二：由题意知，即证exln x－ex2－ex＋2ex≤0，
从而等价于ln x－x＋2≤.
设函数g(x)＝ln x－x＋2，则g′(x)＝－1.
所以当x∈(0，1)时，g′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，
故g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
从而g(x)在(0，＋∞)上的最大值为g(1)＝1.
设函数h(x)＝，则h′(x)＝.
所以当x∈(0，1)时，h′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，
故h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
从而h(x)在(0，＋∞)上的最小值为h(1)＝1.
综上，当x>0时，g(x)≤h(x)，即xf(x)－ex＋2ex≤0.
【真题3】（2022·长沙模拟）已知函数f(x)＝ex2－xln x．求证：当x>0时，f(x)【解析】要证f(x)0)，则h′(x)＝，易知h(x)在上单调递减，在上单调递增，则h(x)min＝h＝0，所以ln x＋≥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三、【测】
【测基础】
1. 设定义在(0，＋∞)上的函数f(x)的导函数f′(x)满足xf′(x)>1，则(　　)
A．f(2)－f(1)>ln 2　　　 B．f(2)－f(1)C．f(2)－f(1)>1 D．f(2)－f(1)<1
【解析】根据题意，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，则xf′(x)>1 f′(x)>＝(ln x)′，
即f′(x)－(ln x)′>0.令F(x)＝f(x)－ln x，则F(x)在(0，＋∞)上单调递增，故f(2)－ln 2>f(1)－ln 1，即f(2)－f(1)>ln 2.
故选A.
2. 若0A．ex2－ex1>ln x2－ln x1 B．e x2－e x1C．x2e x1>x1e x2 D．x2e x1【解析】令f(x)＝，
则f′(x)＝＝.
当0即f(x)在(0，1)上单调递减，因为0所以f(x2)所以x2e x1>x1e x2.
故选C．
3. 若0A． B．1
C．e D．2e
【解析】原不等式可转化为<，构造函数f(x)＝，则f′(x)＝，
故函数在(0，1)上导数大于零，单调递增，在(1，＋∞)上导数小于零，单调递减．
由于x1故选B.
4. 已知函数f(x)＝aex－ln x－1，证明：当a≥时，f(x)≥0.
【证明】当a≥时，f(x)≥－ln x－1，
所以只需证明－ln x－1≥0，
由于－ln x－1≥0 ex≥eln ex xex≥exln ex xex≥eln exln ex，
令g(x)＝xex，
由g′(x)＝ex(x＋1)＞0知g(x)为增函数，
又易证x≥ln ex＝ln x＋1，
所以g(x)≥g(ln ex)，
即xex≥eln exln ex成立.
故当a≥时，f(x)≥0.
5.设f(x)＝2xln x＋1.求证：f(x)≤x2－x＋＋2ln x.
【证明】x2－x＋＋2ln x－f(x)
＝x(x－1)－－2(x－1)ln x
＝(x－1)(x>0)，
令g(x)＝x－－2ln x，则g′(x)＝1＋－＝≥0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又g(1)＝0，所以当0当x>1时，g(x)>0，
所以(x－1)≥0，
即f(x)≤x2－x＋＋2ln x.
6. 已知f(x)＝1－－＋＋x.证明：当x≥1时，f(x)≥.
【证明】由f(x)≥得1－－－＋x≥0.
令h(x)＝1－－－＋x(x≥1)，
则h(1)＝0，h′(x)＝－＋＋＋1＝＋＋1.
因为x≥1，所以h′(x)＝＋＋1>0，
所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以h(x)≥h(1)＝0，
即1－－－＋x≥0，
所以当x≥1时，f(x)≥.
【测能力】
1. 已知f(x)＝xln x.
(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ln x>－成立．
【解析】(1)由f(x)＝xln x，x>0，得f′(x)＝ln x＋1，
令f′(x)＝0，得x＝.
当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
①当0f(x)min＝f＝－；
②当≤t所以f(x)min＝.
(2)证明：问题等价于证明xln x>－(x∈(0，＋∞))．
由(1)可知f(x)＝xln 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易知m(x)max＝m(1)＝－，当且仅当x＝1时取到．
从而对一切x∈(0，＋∞)，xln x≥－≥－，两个等号不能同时取到，即证对一切x∈(0，＋∞)都有ln x>－成立．
2. 已知函数f(x)＝.
(1)求函数f(x)的单调区间和极值；
(2)若对任意的x>1，恒有ln(x－1)＋k＋1≤kx成立，求k的取值范围．
【解析】(1)f(x)的定义域是(0，＋∞)，
f′(x)＝－，由f′(x)＝0 x＝1，列表如下：
x (0，1) 1 (1，＋∞)
f′(x) ＋ 0 －
f(x) 单调递增 极大值 单调递减
因此函数f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)，极大值为f(1)＝1，无极小值．
(2)因为x>1，
ln(x－1)＋k＋1≤kx ≤k f(x－1)≤k，
所以f(x－1)max≤k，
所以k≥1，所以k的取值范围为[1，＋∞)．
3. 已知函数f(x)＝aex－ln x－1.(e＝2.718 28…是自然对数的底数)．
(1)设x＝2是函数f(x)的极值点，求实数a的值，并求f(x)的单调区间；
(2)证明：当a≥时，f(x)≥0.
【解析】(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－.
由题设知，f′(2)＝0，所以a＝.
从而f(x)＝ex－ln x－1，f′(x)＝ex－.
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)证明：当a≥时，f(x)≥－ln x－1.
设g(x)＝－ln x－1，则g′(x)＝－.
当01时，g′(x)>0.所以x＝1是g(x)的最小值点．故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0.
因此，当a≥时，f(x)≥0.
4. 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.
【解析】(1)解　当a＝1时，
f(x)＝ex－1－ln x－1(x>0)，
f′(x)＝ex－1－，
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－，
令h(x)＝ex－1－，
∴h′(x)＝ex－1＋>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.
5. 已知函数f(x)＝，g(x)＝，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.
【解析】(1)解　由已知得，f(1)＝0，∴1－0＋n＝0，
解得n＝－1.
∵f′(x)＝，
∴f′(1)＝＝，
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，
∴<.
要证f(x)>2g(x)－1，即证>－1，
只需证≥－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．
6. 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)．
【解析】(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当x>0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－＝，
则当－2当x>－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)．
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