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(共57张PPT)
培优课　
利用导数证明不等式
目录
典型例题·精研析
01
知能演练·扣课标
02
典型例题·精研析
01
课堂互动 关键能力提升
题型一 移项作差构造函数证明不等式
【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；
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：当 x ≥1时， f （ x ）＋ g （ x ）≥ .
解： 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 ）≥ .
通性通法
　　一般地，要证 f （ x ）＞ g （ x ）在区间（ a ， b ）上成立，需构造
辅助函数 F （ x ）＝ f （ x ）－ g （ x ），通过分析 F （ x ）在端点处的
函数值来证明不等式.若 F （ a ）＝0，只需证明 F （ x ）在（ a ， b ）
上单调递增即可；若 F （ b ）＝0，只需证明 F （ x ）在（ a ， b ）上单
调递减即可.
【跟踪训练】
已知函数 f （ x ）＝e x － ax （e为自然对数的底数， a 为常数）的图象
在点（0，1）处的切线斜率为－1.
（1）求 a 的值及函数 f （ x ）的极值；
解： f'（ x ）＝e x － a ，∴f'（0）＝1－ a ，
又∵ f （ x ）的图象在点（0，1）处的切线斜率为－1，
即1－ a ＝－1，∴ a ＝2.
∴ f （ x ）＝e x －2 x ，f'（ x ）＝e x －2.
令f'（ x ）＝0，解得 x ＝ln 2.
当 x ＜ln 2时，f'（ x ）＜0，函数 f （ x ）单调递减；
当 x ＞ln 2时，f'（ x ）＞0，函数 f （ x ）单调递增.
∴当 x ＝ln 2时，函数 f （ x ）取得极小值，为 f （ln 2）＝2－2ln
2，无极大值.
（2）求证：当 x ＞0时， x2＜e x .
解： 证明：令 g （ x ）＝e x － x2，则g'（ x ）＝e x －2 x ，
由（1）得g'（ x ）＝ f （ x ）≥ f （ln 2）＞0，
∴ g （ x ）在R上是增函数，
因此当 x ＞0时， g （ x ）＞ g （0）＝1＞0，∴ x2＜e x .
题型二 构造双函数证明不等式
【例2】　已知函数 f （ x ）＝eln x － ax （ a ∈R）.
（1）讨论 f （ x ）的单调性；
解： f'（ x ）＝ － a （ x ＞0），
①若 a ≤0，则f'（ x ）＞0， f （ x ）在（0，＋∞）上为增函数；
②若 a ＞0，则当0＜ x ＜ 时，f'（ x ）＞0；
当 x ＞ 时，f'（ x ）＜0.故在 上， f （ x ）单调递增；在
上， f （ x ）单调递减.
（2）当 a ＝e时，证明： xf （ x ）－e x ＋2e x ≤0.
解： 证明：因为 x ＞0，所以只需证 f （ x ）≤ －2e，
由（1）知，当 a ＝e时， 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＜ x ＜1时，g'（ x ）＜0， g （ x ）单调递减；
当 x ＞1时，g'（ x ）＞0， g （ x ）单调递增，
所以 g （ x ）min＝ g （1）＝－e.
所以当 x ＞0时， f （ x ）≤ g （ x ），
即 f （ x ）≤ －2e，即 xf （ x ）－e x ＋2e x ≤0.
通性通法
　　将要证明的不等式拆分成两个函数不等式，如本例第（2）问中
xf （ x ）－e x ＋2e x ≤0的证明若直接构造函数 h （ x ）＝ x eln x － ax2－
e x ＋2e x ，求导后不易分析，故可将不等式合理拆分为 f （ x ）≤ －
2e或ln x － x ＋2≤ ，再分别对不等式两边构造函数证明不等式.
【跟踪训练】
已知 f （ x ）＝ x ln x .
（1）求函数 f （ x ）的极值；
解： 由 f （ x ）＝ x ln 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.
∴当 x ＝ 时， f （ x ）取极小值，
f （ x ）极小值＝ f ＝－ ，无极大值.
（2）证明：对一切 x ∈（0，＋∞），都有ln x ＞ － 成立.
解： 证明：问题等价于证明 x ln x ＞ － （ 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 ）单调递减，
由m'（ x ）＞0得0＜ x ＜1时， m （ x ）单调递增，
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，
∴对一切 x ∈（0，＋∞）都有ln x ＞ － 成立.
题型三 换元法构造函数证明不等式
【例3】　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： x1 x2＞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
＝ a ，
欲证 x1 x2＞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 x1 x2＞e2得证.
通性通法
　　证明双变量不等式的基本思路：首先进行变量的转化，即由已知
条件入手，寻找双变量所满足的关系式，通过关系式将其中一个变量
用另一个变量表示，代入要证明的不等式，化为一个变量的不等式；
然后对转化得到的不等式，根据其组成的特点构造函数，再借助导
数，判断函数的单调性，从而求其最值，并把最值应用到所证不等
式，即可证得不等式.
【跟踪训练】
已知函数 f （ x ）＝ln x ＋ x2＋ x ，若正实数 x1， x2满足 f （ x1）＋ f
（ x2）＋ x1 x2＝0.求证： x1＋ x2≥ .
证明： f （ x ）＝ln x ＋ x2＋ x （ x ＞0）.
由 f （ x1）＋ f （ x2）＋ x1 x2＝0，
得ln x1＋ ＋ x1＋ln x2＋ ＋ x2＋ x1 x2＝0，
从而（ x1＋ x2）2＋（ x1＋ x2）＝ x1 x2－ln（ x1 x2），
令 t ＝ x1 x2（ t ＞0），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≥ 成立.
知能演练·扣课标
02
课后巩固 核心素养落地
1. 定义在R上的函数 f （ x ），若（ x －1）·f'（ x ）＜0，则下列各项
正确的是（　　）
A. f （0）＋ f （2）＞2 f （1）
B. f （0）＋ f （2）＝2 f （1）
C. f （0）＋ f （2）＜2 f （1）
D. f （0）＋ f （2）与2 f （1）大小不定
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解析： 　∵（ x －1）f'（ x ）＜0，∴当 x ＞1时，f'（ x ）＜0；当 x
＜1时，f'（ x ）＞0，则 f （ x ）在（1，＋∞）上单调递减，在（－
∞，1）上单调递增，∴ f （0）＜ f （1）， f （2）＜ f （1），则 f
（0）＋ f （2）＜2 f （1）.
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2. 已知函数 f （ x ）＝ x － sin x ，则不等式 f （ x ＋1）＋ f （2－2 x ）＞
0的解集是（　　）
A. B.
C. （－∞，3） D. （3，＋∞）
解析： 　因为 f （ x ）＝ x － sin x ，所以 f （－ x ）＝－ x ＋ sin x ＝
－ f （ x ），即函数 f （ x ）为奇函数，函数的导数f'（ x ）＝1－ cos
x ≥0，则函数 f （ x ）是增函数，则不等式 f （ x ＋1）＋ f （2－2
x ）＞0等价为 f （ x ＋1）＞－ f （2－2 x ）＝ f （2 x －2），即 x ＋1
＞2 x －2，解得 x ＜3，故不等式的解集为（－∞，3）.
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3. 已知函数 f （ x ）＝ x3＋ a ，则 f （ x ）的零点可能有
（　　）
A. 1个 B. 1个或2个
C. 1个或2个或3个 D. 2个或3个
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当 a ≠0时，令 f （ x ）＝ x3＋ a ＝0，显然 x ≠0，故－
＝ ＝ ＋ ＋ ，设 t ＝ （ t ≠0），则－ ＝ g （ t ）＝6 t3
＋3 t2＋ t （ t ≠0），g'（ t ）＝18 t2＋6 t ＋ ，令g'（ t ）＝0，则Δ＝
36－4× ×18＝－72＜0，g'（ t ）＞0恒成立，故 g （ t ）在（－∞，
0），（0，＋∞）上单调递增，且 g （ t ）可取除0外的所有实数，所
以－ ＝ g （ t ）只有一个解，即函数 f （ x ）只有1个零点.故选A.
解析： 　当 a ＝0时，函数 f （ x ）＝ x3，只有1个零点；
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4. 已知函数 f （ x ）＝log2（2 x ＋1）－ x ，若 f （ a －2）≥ f （2 a －
1）恒成立，则实数 a 的取值范围是（　　）
A. [－1，1]
B. （－∞，－1]
C. [0，＋∞）
D. （－∞，－1]∪[0，＋∞）
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解析： 　因为函数 f （ x ）的定义域为R，所以 f （－ x ）＝
log2（2－ x ＋1）＋ x ＝log2（2 x ＋1）－ x ＝ f （ x ），即函数
f （ x ）为偶函数.又当 x ＞0时，f'（ x ）＝ － ＝
＞0，而 f （ a －2）≥ f （2 a －1）等价于 f （｜ a －
2｜）≥ f （｜2 a －1｜），所以｜ a －2｜≥｜2 a －1｜，化简
得， a2≤1，所以－1≤ a ≤1.故选A.
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5. 若对任意的 x ∈（0，＋∞）， ax －ln（2 x ）≥1恒成立，则实数 a
的最小值是（　　）
A. 2 B. 3
C. 4 D. 5
解析： 　法一（求 ax －ln（2 x ）在（0，＋∞）上的最小值）　
令 f （ x ）＝ ax －ln（2 x ）， x ∈（0，＋∞）.
因为 ax －ln（2 x ）≥1恒成立，所以 f （ x ）min≥1.
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f'（ x ）＝ a － ，若 a ≤0，则f'（ x ）＜0，函数 f （ x ）在（0，＋
∞）上是减函数， ax －ln（2 x ）≥1不恒成立，所以 a ＞0.令f'
（ x ）＝0，解得 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.
所以 f （ x ）min＝ f （ ）＝1－ln ≥1，即ln ≤0，即 a ≥2，所以 a
的最小值是2.
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法二（分离参数，转化为求函数的最值）　因为 ax －ln（2 x ）≥1（ x
＞0）恒成立，则 a ≥ （ x ＞0）恒成立，令 h （ x ）＝
（ x ＞0），则h'（ x ）＝ ，令h'（ x ）＞0，即ln
（2 x ）＜0，解得0＜ x ＜ ，令h'（ x ）＜0，即ln（2 x ）＞0，解得 x
＞ ，故 h （ x ）在（ 0， ）上单调递增，在（ ，＋∞）上单调递减，
h （ x ）max＝ h （ ）＝2.故 a ≥2， a 的最小值是2.
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6. 已知函数 f （ x ）＝若 f （ x1）＝ f （ x2）（ x1≠
x2），则 x1＋ x2的最大值为（　　）
A. － B. 2ln 3－3
C. ln 3＋2 D. ln 3－1
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解析： 　因为 f （ x ）＝所以函数 f （ x ）在（－
∞，0）上单调递减，在（0，＋∞）上单调递增.不妨设 x1＜0＜
x2，则有3 ＝ ，可得 x1＝－ ，则有 x1＋ x2＝ x2－
.令 g （ x ）＝ x － e x （ x ＞0），有g'（ x ）＝1－ e x ，令
g'（ x ）＞0，可得0＜ x ＜ ln 3，令g'（ x ）＜0，可得 x ＞ ln 3，
则函数 g （ x ）在（ 0， ln 3）上单调递增，在（ ln 3，＋∞）上
单调递减，可得 g （ x ）max＝ g （ ln 3）＝ ln 3－ ＝ ln 3
－1，故 x1＋ x2的最大值为 ln 3－1.故选D.
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7. （多选）已知函数 f （ x ）＝ x cos x 的导函数为f'（ x ），则
（　　）
A. f'（ x ）为偶函数
B. f'（ x ）为奇函数
C. f'（0）＝1
D. f （ ）＋f'（ ）＝
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解析： 　f'（ x ）＝ cos x － x sin x .对于选项A、B，因为 f （ x ）
＝ x cos x 是奇函数，所以f'（ x ）是偶函数，故A正确，B错误；对
于选项C，f'（0）＝ cos 0－0 sin 0＝1，故C正确；对于选项D， f
（ ）＋f'（ ）＝ cos ＋ cos － sin ＝0＋0－ ＝－ ，故D错
误.故选A、C.
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8. （多选）已知函数 f （ x ）＝ ，则下列结论正确的是
（　　）
A. 函数 f （ x ）存在两个不同的零点
B. 函数 f （ x ）既存在极大值又存在极小值
C. 当－e＜ k ＜0时，方程 f （ x ）＝ k 有且只有两个实根
D. 若 x ∈[ t ，＋∞）时， f （ x ）max＝ ，则 t 的最小值为2
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解析： 　令 f （ x ）＝0，解得 x ＝ ，所以A正确；f'（ x ）
＝－ ＝－ ，当f'（ x ）＞0时，－1＜ x ＜2，当f'
（ x ）＜0时， x ＜－1或 x ＞2，所以（－∞，－1），（2，＋∞）
是函数的单调递减区间，（－1，2）是函数的单调递增区间，所以
f （－1）是函数的极小值， f （2）是函数的极大值，所以B正确；
当 x →＋∞时， f （ x ）→0，根据B可知，函数的最小值是 f （－
1）＝－e，再根据单调性可知，当－e＜ k ＜0时，方程 f （ x ）＝ k
有且只有两个实根，所以C正确；由图象可知， t 的最大值是2，所
以D不正确.故选A、B、C.
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9. （多选）国家统计局公布的全国夏粮生产数据显示，2022年全国夏
粮总产量达14 739万吨，创历史新高.粮食储藏工作关系着军需民
食，也关系着国家安全和社会稳定.某粮食加工企业设计了一种容
积为63 000π立方米的粮食储藏容器，已知该容器分为上、下两部
分，上部分是底面半径和高都为 r （ r ≥10）米的圆锥，下部分是
底面半径为 r 米、高为 h 米的圆柱体，如图所示.经测算，圆锥的侧
面每平方米的建造费用为 a 元，圆柱的侧面、底面每平方米的
建造费用为 a 元，设每个容器的制造总费用为 y 元，则下面说法正
确的是（　　）
A. 10≤ r ＜40
B. h 的最大值为
C. 当 r ＝21时， y ＝7 029 a π
D. 当 r ＝30时， y 有最小值，最小值为6 300 a π
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解析： 　由题意可得 π r2× r ＋π r2 h ＝63 000π，所以 h ＝
＝ － r ，由 h ＞0，则 － r ＞0，解得 r ＜30
，所以10≤ r ＜30 ，故A选项不正确.易知 h 随 r 的增大而减
小，所以当 r ＝10时， h 取得最大值，且最大值为 ，故B选项
正确.圆锥的母线长 l ＝ r ，故圆锥的侧面积 S1＝π rl ＝π r × r
＝ π r2，圆柱的侧面积 S2＝2π rh ＝2π r （ － r ）＝
－ r2，圆柱的底面积 S3＝π r2，
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所以总费用 y ＝ aS1＋ a （ S2＋ S3）＝ a × π r2＋ a （
－ r2＋π r2）＝ r2＋ .当 r ＝21时， y ＝ ×212＋
＝7 029 a π，C选项正确.y'＝ r － ＝
，当10≤ r ＜30时，y'＜0，函数 y ＝ r2＋
单调递减，当30＜ r ＜30 时，y'＞0，函数 y ＝ r2＋
单调递增，所以当 r ＝30时， y 取得最小值，最小值为
×302＋ ＝6 300 a π，D选项正确.故选B、C、D.
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10. （多选）曲线 y ＝ x2－1与曲线 y ＝ln x （　　）
A. 在点（1，0）处相交
B. 在点（1，0）处相切
C. 存在相互平行的切线
D. 有两个交点
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解析： 　令 f （ x ）＝ x2－1， g （ x ）＝ln x ， f （1）＝
g （1）＝0，f'（1）＝2，g'（1）＝1，结合 f （ x ）和 g
（ x ）的图象可知A正确，B错误.f'（ x ）＝2 x ∈R，g'（ x ）
＝ ∈（0，＋∞），存在f'（1）＝g'（ ），故曲线 y ＝ x2－
1与曲线 y ＝ln x 存在互相平行的切线，故C正确.令 F （ x ）＝
f （ x ）－ g （ x ），则F'（ x ）＝2 x － ，
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故 F （ x ）在（ 0， ）上单调递减，在（ ，＋∞）上单调递
增，而 F （ ）＝ －1－ln ＝－ ＋ln 4＞0， F （ ）＝－
＋ ln 2＜0， F （ ）＝ －1＋2＞0，所以 F （ x ）在（ ， ）
和（ ， ）上各有一个零点，故 F （ x ）有两个零点，即曲线 y
＝ x2－1与曲线 y ＝ln x 有两个交点，故D正确.
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11. 已知函数 f （ x ）＝2 x ln x ， g （ x ）＝－ x2＋ ax －3对一切 x ∈
（0，＋∞）， f （ x ）≥ g （ x ）恒成立，则 a 的取值范围
是 .
解析：由2 x ln x ≥－ x2＋ ax －3，得 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，当 x ∈（1，＋
∞）时，h'（ x ）＞0， h （ x ）单调递增.∴ h （ x ）min＝ h （1）
＝4.又 f （ x ）≥ g （ x ）恒成立，∴ a ≤4.
（－∞，4]
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12. 若函数 f （ x ）＝ x3－3 x ＋ m 在[0，2]上有零点，则实数 m 的取值
范围为 .
解析：令 f （ x ）＝0可得 m ＝－ x3＋3 x ，令 g （ x ）＝－ x3＋3 x ，
x ∈[0，2]，则g'（ x ）＝－3 x2＋3＝－3（ x ＋1）（ x －1），由g'
（ x ）＞0可解得0＜ x ＜1，由g'（ x ）＜0可解得1＜ x ＜2，∴ g
（ x ）在[0，1]上单调递增，在[1，2]上单调递减，∴ g （ x ）max
＝ g （1）＝2，又 g （0）＝0， g （2）＝－2，∴ g （ x ）min＝－
2，则要使 f （ x ）在[0，2]上有零点，则－2≤ m ≤2.
[－2，2]
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13. 已知函数 f （ x ）＝ x2－2ln x ，若关于 x 的不等式 f （ x ）－ m ≥0在
[1，e]上有实数解，则实数 m 的取值范围是 .
解析：由 f （ x ）－ m ≥0得 f （ x ）≥ m ，函数 f （ x ）的定义域为
（0，＋∞），f'（ x ）＝2 x － ＝ ，当 x ∈[1，e]时，f'
（ x ）≥0，此时，函数 f （ x ）单调递增，所以 f （1）≤ f （ x ）
≤ f （e）.即1≤ f （ x ）≤e2－2，要使 f （ x ）－ m ≥0在[1，e]上
有实数解，则有 m ≤e2－2.
（－∞，e2－2]
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14. 设 a 为实数，函数 f （ x ）＝e x －2 x ＋2 a ， x ∈R.
（1）求 f （ x ）的单调区间与极值；
解： 由 f （ x ）＝e x －2 x ＋2 a （ x ∈R），知f'（ x ）＝
e x －2.令f'（ x ）＝0，得 x ＝ln 2.
当 x ＜ln 2时，f'（ x ）＜0，故函数 f （ x ）在区间（－∞，ln
2）上单调递减；
当 x ＞ln 2时，f'（ x ）＞0，故函数 f （ x ）在区间（ln 2，＋
∞）上单调递增.
所以 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 f （ln
2）＝eln 2－2ln 2＋2 a ＝2－2ln 2＋2 a ，无极大值.
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（2）求证：当 a ＞ln 2－1且 x ＞0时，e x ＞ x2－2 ax ＋1.
解： 证明：要证当 a ＞ln 2－1且 x ＞0时，e x ＞ x2－2 ax
＋1，即证当 a ＞ln 2－1且 x ＞0时，e x － x2＋2 ax －1＞0.
设 g （ x ）＝e x － x2＋2 ax －1（ x ＞0）.
则g'（ x ）＝e x －2 x ＋2 a ，
由（1）知g'（ x ）min＝g'（ln 2）＝2－2ln 2＋2 a .
又 a ＞ln 2－1，则g'（ x ）min＞0.
于是对 x ∈R，都有g'（ x ）＞0，所以 g （ x ）在R上是增函数.
于是对 x ＞0，都有 g （ x ）＞ g （0）＝0.
即e x － x2＋2 ax －1＞0，故e x ＞ x2－2 ax ＋1.
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15. 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 ；
解： 由题意得 y ＝ xf （ x ）＝ x ln（ 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，
所以当 x ＝0时，y'＝ln a ＝0，所以 a ＝1.
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（2）设函数 g （ x ）＝ ，证明： g （ x ）＜1.
解： 证明：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 ），
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即证 x ＋ln（1－ x ）－ x ln（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 ＋ t ln t ＞0.
令 h （ t ）＝1－ t ＋ t ln 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.
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16. 已知函数 f （ x ）＝ x ln x － ax .
（1）当 a ＝－1时，求函数 f （ x ）在（0，＋∞）上的最值；
解： 函数 f （ x ）＝ x ln x － ax 的定义域为（0，＋∞）.
当 a ＝－1时， f （ x ）＝ x ln x ＋ x ，f'（ x ）＝ln x ＋2.
由f'（ x ）＝0，得 x ＝ .
当 x ∈ 时，f'（ x ）＜0；
当 x ∈ 时，f'（ x ）＞0.
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所以 f （ x ）在 上单调递减，在 上单调
递增.
因此 f （ x ）在 x ＝ 处取得极小值即为最小值，即 f （ x ）
min＝ f ＝－ ，无最大值.
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解： 证明：当 x ＞0时，ln x ＋1＞ －
等价于 x （ln x ＋1）＞ － .
由（1）知 f （ x ）＝ x ln x ＋ x 的最小值是－ ，当且仅当 x
＝ 时取到.
设 G （ x ）＝ － ， x ∈（0，＋∞），
则G'（ x ）＝ ，易知 G （ x ）max＝ G （1）＝－ ，
（2）证明：对一切 x ∈（0，＋∞），都有ln x ＋1＞ － 成立.
当且仅当 x ＝1时取到，又因两个“等号”不能同时取到，从而可知对一切 x ∈（0，＋∞），都有 f （ x ）＞ G （ x ），即ln x ＋1＞ － .
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谢 谢 观 看！培优课　利用导数证明不等式
1.定义在R上的函数f（x），若（x－1）·f'（x）＜0，则下列各项正确的是（　　）
A.f（0）＋f（2）＞2f（1）
B.f（0）＋f（2）＝2f（1）
C.f（0）＋f（2）＜2f（1）
D.f（0）＋f（2）与2f（1）大小不定
2.已知函数f（x）＝x－sin x，则不等式f（x＋1）＋f（2－2x）＞0的解集是（　　）
A.　　　　　 B.
C.（－∞，3） D.（3，＋∞）
3.已知函数f（x）＝x3＋a，则f（x）的零点可能有（　　）
A.1个 B.1个或2个
C.1个或2个或3个 D.2个或3个
4.已知函数f（x）＝log2（2x＋1）－x，若f（a－2）≥f（2a－1）恒成立，则实数a的取值范围是（　　）
A.[－1，1]
B.（－∞，－1]
C.[0，＋∞）
D.（－∞，－1]∪[0，＋∞）
5.若对任意的x∈（0，＋∞），ax－ln（2x）≥1恒成立，则实数a的最小值是（　　）
A.2 B.3
C.4 D.5
6.已知函数f（x）＝若f（x1）＝f（x2）（x1≠x2），则x1＋x2的最大值为（　　）
A.－ B.2ln 3－3
C.ln 3＋2 D.ln 3－1
7.（多选）已知函数f（x）＝xcos x的导函数为f'（x），则（　　）
A.f'（x）为偶函数
B.f'（x）为奇函数
C.f'（0）＝1
D.f（ ）＋f'（ ）＝
8.（多选）已知函数f（x）＝，则下列结论正确的是（　　）
A.函数f（x）存在两个不同的零点
B.函数f（x）既存在极大值又存在极小值
C.当－e＜k＜0时，方程f（x）＝k有且只有两个实根
D.若x∈[t，＋∞）时，f（x）max＝，则t的最小值为2
9.（多选）国家统计局公布的全国夏粮生产数据显示，2022年全国夏粮总产量达14 739万吨，创历史新高.粮食储藏工作关系着军需民食，也关系着国家安全和社会稳定.某粮食加工企业设计了一种容积为63 000π立方米的粮食储藏容器，已知该容器分为上、下两部分，上部分是底面半径和高都为r（r≥10）米的圆锥，下部分是底面半径为r米、高为h米的圆柱体，如图所示.经测算，圆锥的侧面每平方米的建造费用为a元，圆柱的侧面、底面每平方米的建造费用为a元，设每个容器的制造总费用为y元，则下面说法正确的是（　　）
A.10≤r＜40
B.h的最大值为
C.当r＝21时，y＝7 029aπ
D.当r＝30时，y有最小值，最小值为6 300aπ
10.（多选）曲线y＝x2－1与曲线y＝ln x（　　）
A.在点（1，0）处相交
B.在点（1，0）处相切
C.存在相互平行的切线
D.有两个交点
11.已知函数f（x）＝2xln x，g（x）＝－x2＋ax－3对一切x∈（0，＋∞），f（x）≥g（x）恒成立，则a的取值范围是　　　　.
12.若函数f（x）＝x3－3x＋m在[0，2]上有零点，则实数m的取值范围为　　　　　.
13.已知函数f（x）＝x2－2ln x，若关于x的不等式f（x）－m≥0在[1，e]上有实数解，则实数m的取值范围是　　　　.
14.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.
15.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.
16.已知函数f（x）＝xln x－ax.
（1）当a＝－1时，求函数f（x）在（0，＋∞）上的最值；
（2）证明：对一切x∈（0，＋∞），都有ln x＋1＞－成立.
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1.C　∵（x－1）f'（x）＜0，∴当x＞1时，f'（x）＜0；当x＜1时，f'（x）＞0，则f（x）在（1，＋∞）上单调递减，在（－∞，1）上单调递增，∴f（0）＜f（1），f（2）＜f（1），则f（0）＋f（2）＜2f（1）.
2.C　因为f（x）＝x－sin x，所以f（－x）＝－x＋sin x＝－f（x），即函数f（x）为奇函数，函数的导数f'（x）＝1－cos x≥0，则函数f（x）是增函数，则不等式f（x＋1）＋f（2－2x）＞0等价为f（x＋1）＞－f（2－2x）＝f（2x－2），即x＋1＞2x－2，解得x＜3，故不等式的解集为（－∞，3）.
3.A　当a＝0时，函数f（x）＝x3，只有1个零点；当a≠0时，令f（x）＝x3＋a＝0，显然x≠0，故－＝＝＋＋，设t＝（t≠0），则－＝g（t）＝6t3＋3t2＋t（t≠0），g'（t）＝18t2＋6t＋，令g'（t）＝0，则Δ＝36－4××18＝－72＜0，g'（t）＞0恒成立，故g（t）在（－∞，0），（0，＋∞）上单调递增，且g（t）可取除0外的所有实数，所以－＝g（t）只有一个解，即函数f（x）只有1个零点.故选A.
4.A　因为函数f（x）的定义域为R，所以f（－x）＝log2（2－x＋1）＋x＝log2（2x＋1）－x＝f（x），即函数f（x）为偶函数.又当x＞0时，f'（x）＝－＝＞0，而f（a－2）≥f（2a－1）等价于f（｜a－2｜）≥f（｜2a－1｜），所以｜a－2｜≥｜2a－1｜，化简得，a2≤1，所以－1≤a≤1.故选A.
5.A　法一（求ax－ln（2x）在（0，＋∞）上的最小值）　令f（x）＝ax－ln（2x），x∈（0，＋∞）.
因为ax－ln（2x）≥1恒成立，所以f（x）min≥1.
f'（x）＝a－，若a≤0，则f'（x）＜0，函数f（x）在（0，＋∞）上是减函数，ax－ln（2x）≥1不恒成立，所以a＞0.令f'（x）＝0，解得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.所以f（x）min＝f（ ）＝1－ln≥1，即ln≤0，即a≥2，所以a的最小值是2.
法二（分离参数，转化为求函数的最值）　因为ax－ln（2x）≥1（x＞0）恒成立，则a≥（x＞0）恒成立，令h（x）＝（x＞0），则h'（x）＝，令h'（x）＞0，即ln（2x）＜0，解得0＜x＜，令h'（x）＜0，即ln（2x）＞0，解得x＞，故h（x）在（ 0，）上单调递增，在（ ，＋∞）上单调递减，h（x）max＝h（ ）＝2.故a≥2，a的最小值是2.
6.D　因为f（x）＝所以函数f（x）在（－∞，0）上单调递减，在（0，＋∞）上单调递增.不妨设x1＜0＜x2，则有3＝，可得x1＝－，则有x1＋x2＝x2－.令g（x）＝x－ex（x＞0），有g'（x）＝1－ex，令g'（x）＞0，可得0＜x＜ln 3，令g'（x）＜0，可得x＞ln 3，则函数g（x）在（ 0，ln 3）上单调递增，在（ ln 3，＋∞）上单调递减，可得g（x）max＝g（ ln 3）＝ln 3－＝ln 3－1，故x1＋x2的最大值为ln 3－1.故选D.
7.AC　f'（x）＝cos x－xsin x.对于选项A、B，因为f（x）＝xcos x是奇函数，所以f'（x）是偶函数，故A正确，B错误；对于选项C，f'（0）＝cos 0－0sin 0＝1，故C正确；对于选项D，f（ ）＋f'（ ）＝cos＋cos－sin＝0＋0－＝－，故D错误.故选A、C.
8.ABC　令f（x）＝0，解得x＝，所以A正确；f'（x）＝－＝－，当f'（x）＞0时，－1＜x＜2，当f'（x）＜0时，x＜－1或x＞2，所以（－∞，－1），（2，＋∞）是函数的单调递减区间，（－1，2）是函数的单调递增区间，所以f（－1）是函数的极小值，f（2）是函数的极大值，所以B正确；当x→＋∞时，f（x）→0，根据B可知，函数的最小值是f（－1）＝－e，再根据单调性可知，当－e＜k＜0时，方程f（x）＝k有且只有两个实根，所以C正确；由图象可知，t的最大值是2，所以D不正确.故选A、B、C.
9.BCD　由题意可得πr2×r＋πr2h＝63 000π，所以h＝＝－r，由h＞0，则－r＞0，解得r＜30，所以10≤r＜30，故A选项不正确.易知h随r的增大而减小，所以当r＝10时，h取得最大值，且最大值为，故B选项正确.圆锥的母线长l＝r，故圆锥的侧面积S1＝πrl＝πr×r＝πr2，圆柱的侧面积S2＝2πrh＝2πr（ －r）＝－r2，圆柱的底面积S3＝πr2，所以总费用y＝aS1＋a（S2＋S3）＝a×πr2＋a（ －r2＋πr2）＝r2＋.当r＝21时，y＝×212＋＝7 029aπ，C选项正确.y'＝r－＝，当10≤r＜30时，y'＜0，函数y＝r2＋单调递减，当30＜r＜30时，y'＞0，函数y＝r2＋单调递增，所以当r＝30时，y取得最小值，最小值为×302＋＝6 300aπ，D选项正确.故选B、C、D.
10.ACD　令f（x）＝x2－1，g（x）＝ln x，f（1）＝g（1）＝0，f'（1）＝2，g'（1）＝1，结合f（x）和g（x）的图象可知A正确，B错误.f'（x）＝2x∈R，g'（x）＝∈（0，＋∞），存在f'（1）＝g'（ ），故曲线y＝x2－1与曲线y＝ln x存在互相平行的切线，故C正确.令F（x）＝f（x）－g（x），则F'（x）＝2x－，故F（x）在（ 0，）上单调递减，在（ ，＋∞）上单调递增，而F（ ）＝－1－ln ＝－＋ln 4＞0，F（ ）＝－＋ln 2＜0，F（ ）＝－1＋2＞0，所以F（x）在（ ，）和（ ，）上各有一个零点，故F（x）有两个零点，即曲线y＝x2－1与曲线y＝ln x有两个交点，故D正确.
11.（－∞，4]　解析：由2xln x≥－x2＋ax－3，得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，当x∈（1，＋∞）时，h'（x）＞0，h（x）单调递增.∴h（x）min＝h（1）＝4.又f（x）≥g（x）恒成立，∴a≤4.
12.[－2，2]　解析：令f（x）＝0可得m＝－x3＋3x，令g（x）＝－x3＋3x，x∈[0，2]，则g'（x）＝－3x2＋3＝－3（x＋1）（x－1），由g'（x）＞0可解得0＜x＜1，由g'（x）＜0可解得1＜x＜2，∴g（x）在[0，1]上单调递增，在[1，2]上单调递减，∴g（x）max＝g（1）＝2，又g（0）＝0，g（2）＝－2，∴g（x）min＝－2，则要使f（x）在[0，2]上有零点，则－2≤m≤2.
13.（－∞，e2－2]　解析：由f（x）－m≥0得f（x）≥m，函数f（x）的定义域为（0，＋∞），f'（x）＝2x－＝，当x∈[1，e]时，f'（x）≥0，此时，函数f（x）单调递增，所以f（1）≤f（x）≤f（e）.即1≤f（x）≤e2－2，要使f（x）－m≥0在[1，e]上有实数解，则有m≤e2－2.
14.解：（1）由f（x）＝ex－2x＋2a（x∈R），知f'（x）＝ex－2.令f'（x）＝0，得x＝ln 2.
当x＜ln 2时，f'（x）＜0，故函数f（x）在区间（－∞，ln 2）上单调递减；
当x＞ln 2时，f'（x）＞0，故函数f（x）在区间（ln 2，＋∞）上单调递增.
所以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f（ln 2）＝eln 2－2ln 2＋2a＝2－2ln 2＋2a，无极大值.
（2）证明：要证当a＞ln 2－1且x＞0时，ex＞x2－2ax＋1，即证当a＞ln 2－1且x＞0时，
ex－x2＋2ax－1＞0.
设g（x）＝ex－x2＋2ax－1（x＞0）.
则g'（x）＝ex－2x＋2a，
由（1）知g'（x）min＝g'（ln 2）＝2－2ln 2＋2a.
又a＞ln 2－1，则g'（x）min＞0.
于是对 x∈R，都有g'（x）＞0，
所以g（x）在R上是增函数.
于是对 x＞0，都有g（x）＞g（0）＝0.
即ex－x2＋2ax－1＞0，
故ex＞x2－2ax＋1.
15.解：（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，
所以当x＝0时，y'＝ln a＝0，所以a＝1.
（2）证明：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.
16.解：（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＝.
当x∈时，f'（x）＜0；
当x∈时，f'（x）＞0.
所以f（x）在上单调递减，在上单调递增.
因此f（x）在x＝处取得极小值即为最小值，即f（x）min＝f＝－，无最大值.
（2）证明：当x＞0时，ln x＋1＞－等价于x（ln x＋1）＞－.
由（1）知f（x）＝xln x＋x的最小值是－，当且仅当x＝时取到.
设G（x）＝－，x∈（0，＋∞），
则G'（x）＝，易知G（x）max＝G（1）＝－，
当且仅当x＝1时取到，又因两个“等号”不能同时取到，从而可知对一切x∈（0，＋∞），都有f（x）＞G（x），
即ln x＋1＞－.
2 / 2培优课　利用导数证明不等式
　　
题型一 移项作差构造函数证明不等式
【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）≥.
尝试解答　　　　　　 　　　　　　
通性通法
　　一般地，要证f（x）＞g（x）在区间（a，b）上成立，需构造辅助函数F（x）＝f（x）－g（x），通过分析F（x）在端点处的函数值来证明不等式.若F（a）＝0，只需证明F（x）在（a，b）上单调递增即可；若F（b）＝0，只需证明F（x）在（a，b）上单调递减即可.
【跟踪训练】
已知函数f（x）＝ex－ax（e为自然对数的底数，a为常数）的图象在点（0，1）处的切线斜率为－1.
（1）求a的值及函数f（x）的极值；
（2）求证：当x＞0时，x2＜ex.
题型二 构造双函数证明不等式
【例2】　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.
尝试解答　　　　　　 　　　　　　
通性通法
　　将要证明的不等式拆分成两个函数不等式，如本例第（2）问中xf（x）－ex＋2ex≤0的证明若直接构造函数h（x）＝xeln x－ax2－ex＋2ex，求导后不易分析，故可将不等式合理拆分为f（x）≤－2e或ln x－x＋2≤，再分别对不等式两边构造函数证明不等式.
【跟踪训练】
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＞－成立.
题型三 换元法构造函数证明不等式
【例3】　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.
尝试解答　　　　　　 　　　　　　
通性通法
　　证明双变量不等式的基本思路：首先进行变量的转化，即由已知条件入手，寻找双变量所满足的关系式，通过关系式将其中一个变量用另一个变量表示，代入要证明的不等式，化为一个变量的不等式；然后对转化得到的不等式，根据其组成的特点构造函数，再借助导数，判断函数的单调性，从而求其最值，并把最值应用到所证不等式，即可证得不等式.
【跟踪训练】
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≥.
培优课　利用导数证明不等式
【典型例题·精研析】
【例1】　解：（1）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）≥.
跟踪训练
　解：（1）f'（x）＝ex－a，∴f'（0）＝1－a，
又∵f（x）的图象在点（0，1）处的切线斜率为－1，
即1－a＝－1，∴a＝2.
∴f（x）＝ex－2x，f'（x）＝ex－2.
令f'（x）＝0，解得x＝ln 2.
当x＜ln 2时，f'（x）＜0，函数f（x）单调递减；
当x＞ln 2时，f'（x）＞0，函数f（x）单调递增.
∴当x＝ln 2时，函数f（x）取得极小值，为f（ln 2）＝2－2ln 2，无极大值.
（2）证明：令g（x）＝ex－x2，则g'（x）＝ex－2x，
由（1）得g'（x）＝f（x）≥f（ln 2）＞0，
∴g（x）在R上是增函数，
因此当x＞0时，g（x）＞g（0）＝1＞0，∴x2＜ex.
【例2】　解：（1）f'（x）＝－a（x＞0），
①若a≤0，则f'（x）＞0，f（x）在（0，＋∞）上为增函数；
②若a＞0，则当0＜x＜时，f'（x）＞0；
当x＞时，f'（x）＜0.故在上，f（x）单调递增；在上，f（x）单调递减.
（2）证明：因为x＞0，所以只需证f（x）≤－2e，
由（1）知，当a＝e时，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＜x＜1时，g'（x）＜0，g（x）单调递减；
当x＞1时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，
所以g（x）min＝g（1）＝－e.
所以当x＞0时，f（x）≤g（x），
即f（x）≤－2e，即xf（x）－ex＋2ex≤0.
跟踪训练
　解：（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.
∴当x＝时，f（x）取极小值，
f（x）极小值＝f＝－，无极大值.
（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）单调递减，
由m'（x）＞0得0＜x＜1时，m（x）单调递增，
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≥－≥－，两个等号不同时取到，
∴对一切x∈（0，＋∞）都有ln x＞－成立.
【例3】　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＝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.
跟踪训练
　证明：f（x）＝ln x＋x2＋x（x＞0）.
由f（x1）＋f（x2）＋x1x2＝0，
得ln x1＋＋x1＋ln x2＋＋x2＋x1x2＝0，
从而（x1＋x2）2＋（x1＋x2）＝x1x2－ln（x1x2），
令t＝x1x2（t＞0），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≥成立.
2 / 2

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