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第10讲　不等式的证明问题
（时间：45分钟，满分：60分）
解答题（共60分）
1.（13分）（2025·江西南昌模拟检测节选）已知f（x）＝xax－ex＋1（a＞1）.
（1）当a＝e时，求函数f（x）的单调区间；
（2）当a≥e时，求证：f（x）≥0.
2.（15分）（2025·山东淄博一模节选）已知函数f（x）＝ln（1＋x）－x.
（1）求f（x）的单调区间；
（2）证明：x≥0时，f（x）≤－x.
3.（15分）已知函数f（x）＝xex＋a，g（x）＝xln x＋a.
（1）若函数f（x）的最小值与g（x）的最小值之和为－，求a的值；
（2）若a＝0，x＞0，证明：f（x）＞g'（x）.
4.（17分）（2025·江西赣州一模）已知函数f（x）＝ex－mx（其中e为自然对数的底数）有两个零点x1，x2.
（1）求m的取值范围；
（2）①证明：对一切的a，b∈（0，＋∞）且a≠b，都有＜；
②证明：＋＋x1·x2＞3.
第10讲　不等式的证明问题
1.解：（1）当a＝e时，f（x）＝xex－ex＋1，
则f'（x）＝（x＋1）ex－ex＝xex，
当x∈（0，＋∞）时，f'（x）＞0，则f（x）在（0，＋∞）上单调递增；当x∈（－∞，0）时，f'（x）＜0，则f（x）在（－∞，0）上单调递减.
故函数f（x）的单调递减区间为（－∞，0），单调递增区间为（0，＋∞）.
（2）证明：因为a≥e，所以当x≥0时，ax≥ex，则xax≥xex，
当x＜0时，ax≤ex，则xax≥xex，
所以xax－ex＋1≥xex－ex＋1，
由（1）可得，xex－ex＋1≥0，所以a≥e时，f（x）≥0.
2.解：（1）函数f（x）的定义域是（－1，＋∞），f'（x）＝－1＝，
当－1＜x＜0时，f'（x）＞0；当x＞0时，f'（x）＜0.
所以f（x）的单调递增区间为（－1，0），单调递减区间为（0，＋∞）.
（2）证明：要证x≥0时，f（x）≤－x，即证ln（1＋x）≤在[0，＋∞）上恒成立，
令h（x）＝ln（1＋x）－，x∈[0，＋∞），
h'（x）＝－＝＝，
令m（x）＝2－（2＋x），m'（x）＝－1＝，
当x≥0时，1－≤0，则m'（x）≤0，
所以m（x）在[0，＋∞）上单调递减，所以m（x）≤m（0）＝0，
则h'（x）≤0，所以h（x）在[0，＋∞）上单调递减，
所以h（x）≤h（0）＝0，
所以ln（1＋x）≤，
综上，x≥0时，f（x）≤－x.
3.解：（1）因为f（x）＝xex＋a，
所以f'（x）＝（1＋x）ex.
令f'（x）＝0，解得x＝－1，
所以当x∈（－∞，－1）时， f'（x）＜0，f（x）单调递减；
当x∈（－1，＋∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增.
所以f（x）min＝f（－1）＝－＋a.
因为g（x）＝xln x＋a，x＞0，
所以g'（x）＝ln x＋1.
令g'（x）＝0，解得x＝，
所以当x∈（0，）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减；
当x∈（，＋∞）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，
所以g（x）min＝g（）＝－＋a.
由题意可得－＋a－＋a＝－，解得a＝－.
（2）证明：当a＝0时，f（x）＝xex，g（x）＝xln x，x＞0，则g'（x）＝ln x＋1.
要证f（x）＞g'（x），即证xex＞ln x＋1，x＞0，即证＞.
令h（x）＝，x＞0，φ（x）＝，x＞0.
易得h'（x）＝，
则令h'（x）＜0，得0＜x＜1；
令h'（x）＞0，得x＞1，
所以h（x）在（0，1）上单调递减，
在（1，＋∞）上单调递增，
所以h（x）≥h（1）＝e.
易得φ'（x）＝＝，
令φ'（x）＞0，得0＜x＜；
令φ'（x）＜0，得x＞，
所以φ（x）在（0，）上单调递增，
在（，＋∞）上单调递减，
所以φ（x）≤φ（）＝＜e，
所以h（x）＞φ（x），故f（x）＞g'（x）.
4.解：（1）由f（x）＝ex－mx得f'（x）＝ex－m.
当m≤0时，f'（x）＞0，f（x）在R上单调递增，不合题意.
当m＞0时，由f'（x）＞0得x＞ln m，由f'（x）＜0得x＜ln m，
∴f（x）在（－∞，ln m）上单调递减，在（ln m，＋∞）上单调递增，
∴f（x）min＝f（ln m）＝eln m－mln m＝m－mln m＜0，故m＞e.
∵f（0）＝1＞0，x→＋∞时，f（x）→＋∞，
∴f（x）在（0，ln m）和（ln m，＋∞）内分别存在一个零点，符合题意，
∴m的取值范围为（e，＋∞）.
（2）证明：①不妨设a＞b＞0，则＜等价于＜ln ，即证＜ln .
令t＝＞1，即证ln t－＞0对任意的t∈（1，＋∞）恒成立.
令g（t）＝ln t－，则g'（t）＝－＝＞0，
∴g（t）在（1，＋∞）上单调递增，故g（t）＞g（1）＝0，
∴＜.
②由（1）得，f（x）在（0，ln m）和（ln m，＋∞）内分别存在一个零点，
由m＞e得f（1）＝e－m＜0，设x1＜x2，则0＜x1＜1＜x2，
∵ex－mx＝0等价于x＝ln x＋ln m，
∴x1－ln x1＝x2－ln x2，
即＝1，
由①得，1＝＜，即x1＋x2＞2，
∴＋＋x1·x2＝＋＞（）2＋＞12＋＝3.
1 / 1第10讲　不等式的证明问题
【备考指南】　导数与不等式证明是高考考查的重点内容，在解答题中一般会考查函数的单调性、极值和最值的综合运用，试题难度中等偏上，若以压轴题出现，则难度较大.
1.证明f（x）＜g（x）（或f（x）＞g（x）），x∈（a，b），可以构造函数F（x）＝f（x）－g（x），即证明F（x）＜0（或F（x）＞0）.
1.（2023·新高考Ⅱ卷22题节选）证明：当0＜x＜1时，x－x2＜sin x.
2.（1）ex≥x＋1（x∈R，当且仅当x＝0时等号成立）；
（2）ln x≤x－1（x＞0，当且仅当x＝1时等号成立）；
（3）常见变式
①ex－1≥x；e－x≥1－x；eax≥ax＋1（a为常数）；
②ln x＋1≤x；ln ≤－1 ln x≥1－；≤1－.
2.设函数f（x）＝ex－1，其中e为自然对数的底数.
求证：（1）当x＞0时，f（x）＞x；
（2）ex－2＞ln x.
【思维建模】　利用导数研究不等式证明问题的思路
【例1】　（2024·全国甲卷文20题节选）已知函数f（x）＝a（x－1）－ln x＋1，当a≤2时，证明：当x＞1时，f（x）＜ex－1恒成立.
【瓶颈突破】　根据ln x与ex变量分离，构造双函数f（x），g（x），证明f（x）min＞g（x）max.
【例2】　已知函数f（x）＝ln x，g（x）＝ex，证明：f（x）＋＞g（－x）.
【瓶颈突破】　对于（2），利用（1）中的结论，得到不等式ln ＜·，并对所有项进行累加，即可证明不等式成立.
【训练1】　已知函数f（x）＝－k.
（1）若f（x）≤0恒成立，求实数k的取值范围；
（2）证明：ln ＋ln ＋…＋ln ＜（＋＋…＋）（n＞1）.
【瓶颈突破】　可分0＜x≤1和x＞1两种情况讨论，利用导数研究函数的单调性与最值证明不等式.
【训练2】　（2025·山东日照一模节选）已知函数f（x）＝xln x，求证：f（x）＜ex＋cos x－2.
第10讲　不等式的证明问题
【基础·回扣】
1.证明：设h（x）＝sin x－x＋x2，则h'（x）＝cos x－1＋2x.
令m（x）＝cos x－1＋2x，则m'（x）＝－sin x＋2＞0，
所以h'（x）在（0，1）上单调递增，
所以h'（x）＞h'（0）＝0，
所以h（x）在（0，1）上单调递增，
所以h（x）＞h（0）＝0，
所以当0＜x＜1时，x－x2＜sin x.
2.证明：（1）令g（x）＝f（x）－x＝ex－1－x，
则g'（x）＝ex－1，
当x＞0时，g'（x）＞0，g（x）在（0，＋∞）上单调递增，
故当x＞0时，g（x）＞g（0）＝0，
即当x＞0时，f（x）＞x.
（2）由（1）可得当x＞0时，ex＞1＋x.
要证ex－2＞ln x，
可证ex－2＞x－1≥ln x，
即证x－1－ln x≥0.
令h（x）＝x－1－ln x，则h'（x）＝1－＝，
当x＞1时，h'（x）＞0，h（x）单调递增；
当0＜x＜1时，h'（x）＜0，h（x）单调递减，
则h（x）min＝h（1）＝0，
即h（x）＝x－1－ln x≥0恒成立（当且仅当x＝1时等号成立），
所以ex－2＞ln x.
【典例·讲解】
【例1】　证明：法一（作差法直接求导证明）
设g（x）＝a（x－1）－ln x＋1－ex－1，只需证当x＞1时，g（x）＜0即可.
易知g'（x）＝a－－ex－1，
令h（x）＝g'（x），则h'（x）＝－ex－1，
由基本初等函数的单调性可知h'（x）在（1，＋∞）上单调递减，
则当x＞1时，h'（x）＜h'（1）＝1－1＝0，
所以h（x）＝g'（x）在（1，＋∞）上单调递减，
于是当x＞1时，g'（x）＜g'（1）＝a－2，
又a≤2，所以a－2≤0，则当x＞1时，g'（x）＜0，故g（x）在（1，＋∞）上单调递减，
所以当x＞1时，g（x）＜g（1）＝0，即当x＞1时，f（x）＜ex－1恒成立.
法二（放缩法）　因为a≤2，所以当x＞1时，ex－1－f（x）＝ex－1－a（x－1）＋ln x－1≥ex－1－2x＋ln x＋1.
令g（x）＝ex－1－2x＋ln x＋1，则只需证当x＞1时g（x）＞0.
易知g'（x）＝ex－1－2＋，
令h（x）＝g'（x），则h'（x）＝ex－1－在（1，＋∞）上单调递增，
则当x＞1时，h'（x）＞h'（1）＝0，
所以h（x）＝g'（x）在（1，＋∞）上单调递增，
所以当x＞1时，g'（x）＞g'（1）＝0，故g（x）在（1，＋∞）上单调递增，
所以当x＞1时，g（x）＞g（1）＝0，
即当x＞1时，f（x）＜ex－1恒成立.
【例2】　证明：根据题意，g（－x）＝e－x，
所以f（x）＋＞g（－x）等价于xln x＞xe－x－.
设函数m（x）＝xln x，x＞0，则m'（x）＝1＋ln x，
所以当x∈（0，）时，m'（x）＜0，当x∈（，＋∞）时，m'（x）＞0，
故m（x）在（0，）上单调递减，在（，＋∞）上单调递增，从而m（x）在（0，＋∞）上的最小值为m（）＝－.
设函数h（x）＝xe－x－，x＞0，
则h'（x）＝e－x（1－x），
所以当x∈（0，1）时，h'（x）＞0，
当x∈（1，＋∞）时，h'（x）＜0，
故h（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，从而h（x）在（0，＋∞）上的最大值为h（1）＝－.
因为两函数不会同时取得－，所以当x＞0时，m（x）＞h（x），
即f（x）＋＞g（－x）.
【训练1】　解：（1）若f（x）≤0恒成立，则k≥（）max，
设g（x）＝（x＞0），g'（x）＝，
由g'（x）＞0，得0＜x＜e；由g'（x）＜0，得x＞e，
所以函数g（x）在（0，e）上单调递增，在（e，＋∞）上单调递减，
则g（x）max＝g（e）＝，所以k≥，故实数k的取值范围为［，＋∞）.
（2）证明：令k＝，则f（x）≤0，即≤，则ln x≤·x（当且仅当x＝e时等号成立），
因为ln ＜·，ln ＜·，…，ln ＜·，
所以ln ＋ln ＋…＋ln ＜（＋＋…＋）（n＞1）.
【训练2】　证明：依题意，要证f（x）＜ex＋cos x－2，即证xln x＜ex＋cos x－2，
当0＜x≤1时，xln x≤0，
令m（x）＝ex＋cos x－2，0＜x≤1，
因为m'（x）＝ex－sin x＞0，所以m（x）在（0，1]上单调递增，
所以m（x）＞m（0）＝1＋1－2＝0，所以不等式成立；
当x＞1时，要证xln x＜ex＋cos x－2，即证xln x－ex－cos x＋2＜0.
设h（x）＝xln x－ex－cos x＋2，x＞1，则h'（x）＝ln x－ex＋sin x＋1，x＞1.
设φ（x）＝ln x－ex＋sin x＋1，x＞1，则φ'（x）＝－ex＋cos x，x＞1.
当x＞1时，ex＞e，＜1，cos x≤1，所以φ'（x）＝－ex＋cos x＜0，x＞1，
所以φ（x）在（1，＋∞）上单调递减.
所以φ（x）＜φ（1）＝1－e＋sin 1＜0，即h'（x）＜0，x＞1，
所以h（x）在（1，＋∞）上单调递减，h（x）＜h（1）＝2－e－cos 1＜0，
即当x＞1时，xln x＜ex＋cos x－2成立.
综上，f（x）＜ex＋cos x－2在（0，＋∞）上恒成立.
1 / 1(共34张PPT)
第10讲　不等式的证明问题
备考指南
导数与不等式证明是高考考查的重点内容，在解答题中一
般会考查函数的单调性、极值和最值的综合运用，试题难度中等偏上，若以压轴题出现，则难度较大.
基础·回扣 诊断自测 知识回扣
一
典例·讲解 典例精析 强技提能
二
课后·训练 巩固强化 综合测评
三
目录 /
CONTENTS
基础·回扣
诊断自测 知识回扣
1. （2023·新高考Ⅱ卷22题节选）证明：当0＜x＜1时，x－x2＜ sin x.
证明f（x）＜g（x）（或f（x）＞g（x）），x∈（a，b），可以构造函数F（x）＝f（x）－g（x），即证明F（x）＜0（或F（x）＞0）.
证明：设h（x）＝ sin x－x＋x2，则h'（x）＝ cos x－1＋2x.
令m（x）＝ cos x－1＋2x，则m'（x）＝－ sin x＋2＞0，
所以h'（x）在（0，1）上单调递增，所以h'（x）＞h'（0）＝0，
所以h（x）在（0，1）上单调递增，所以h（x）＞h（0）＝0，
所以当0＜x＜1时，x－x2＜ sin x.
2. 设函数f（x）＝ex－1，其中e为自然对数的底数.
求证：（1）当x＞0时，f（x）＞x；
（1）ex≥x＋1（x∈R，当且仅当x＝0时等号成立）；
（2）ln x≤x－1（x＞0，当且仅当x＝1时等号成立）；
（3）常见变式
①ex－1≥x；e－x≥1－x；eax≥ax＋1（a为常数）；
②ln x＋1≤x；ln ≤ －1 ln x≥1－ ； ≤1－ .
证明： 令g（x）＝f（x）－x＝ex－1－x，则g'（x）＝ex－1，
当x＞0时，g'（x）＞0，g（x）在（0，＋∞）上单调递增，
故当x＞0时，g（x）＞g（0）＝0，即当x＞0时，f（x）＞x.
（2）ex－2＞ln x.
证明： 由（1）可得当x＞0时，ex＞1＋x.
要证ex－2＞ln x，可证ex－2＞x－1≥ln x，即证x－1－ln x≥0.
令h（x）＝x－1－ln x，则h'（x）＝1－ ＝ ，
当x＞1时，h'（x）＞0，h（x）单调递增；
当0＜x＜1时，h'（x）＜0，h（x）单调递减，则h（x）min＝h（1）＝
0，
即h（x）＝x－1－ln x≥0恒成立（当且仅当x＝1时等号成立），所以ex
－2＞ln x.
【思维建模】　利用导数研究不等式证明问题的思路
典例·讲解
典例精析 强技提能
【例1】　（2024·全国甲卷文20题节选）已知函数f（x）＝a（x－1）－
ln x＋1，当a≤2时，证明：当x＞1时，f（x）＜ex－1恒成立.
证明：法一（作差法直接求导证明）　设g（x）＝a（x－1）－ln x＋1
－ex－1，只需证当x＞1时，g（x）＜0即可.
易知g'（x）＝a－ －ex－1，令h（x）＝g'（x），则h'（x）＝ －ex－1，
由基本初等函数的单调性可知h'（x）在（1，＋∞）上单调递减，
则当x＞1时，h'（x）＜h'（1）＝1－1＝0，
所以h（x）＝g'（x）在（1，＋∞）上单调递减，
于是当x＞1时，g'（x）＜g'（1）＝a－2，
又a≤2，所以a－2≤0，则当x＞1时，g'（x）＜0，故g（x）在（1，
＋∞）上单调递减，
所以当x＞1时，g（x）＜g（1）＝0，即当x＞1时，f（x）＜ex－1恒成
立.
法二（放缩法）　因为a≤2，所以当x＞1时，ex－1－f（x）＝ex－1－a
（x－1）＋ln x－1≥ex－1－2x＋ln x＋1.
令g（x）＝ex－1－2x＋ln x＋1，则只需证当x＞1时g（x）＞0.
易知g'（x）＝ex－1－2＋ ，
令h（x）＝g'（x），则h'（x）＝ex－1－ 在（1，＋∞）上单调递增，
则当x＞1时，h'（x）＞h'（1）＝0，
所以h（x）＝g'（x）在（1，＋∞）上单调递增，
所以当x＞1时，g'（x）＞g'（1）＝0，故g（x）在（1，＋∞）上单调
递增，
所以当x＞1时，g（x）＞g（1）＝0，
即当x＞1时，f（x）＜ex－1恒成立.
【例2】　已知函数f（x）＝ln x，g（x）＝ex，证明：f（x）＋ ＞g
（－x）.
证明：根据题意，g（－x）＝e－x，
所以f（x）＋ ＞g（－x）等价于xln x＞xe－x－ .
设函数m（x）＝xln x，x＞0，则m'（x）＝1＋ln x，
所以当x∈（0， ）时，m'（x）＜0，当x∈（ ，＋∞）时，m'（x）＞0，
【瓶颈突破】根据ln x与ex变量分离，构造双函数f（x），g（x），证明f（x）min＞g（x）max.
故m（x）在（0， ）上单调递减，在（ ，＋∞）上单调递增，从而m
（x）在（0，＋∞）上的最小值为m（ ）＝－ .
设函数h（x）＝xe－x－ ，x＞0，则h'（x）＝e－x（1－x），
所以当x∈（0，1）时，h'（x）＞0，当x∈（1，＋∞）时，h'（x）＜0，
故h（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，从而h
（x）在（0，＋∞）上的最大值为h（1）＝－ .
因为两函数不会同时取得－ ，所以当x＞0时，m（x）＞h（x），
即f（x）＋ ＞g（－x）.
【训练1】　已知函数f（x）＝ －k.
（1）若f（x）≤0恒成立，求实数k的取值范围；
【瓶颈突破】　对于（2），利用（1）中的结论，得到不等式ln ＜ · ，并对所有项进行累加，即可证明不等式成立.
解： 若f（x）≤0恒成立，则k≥（ ）max，
设g（x）＝ （x＞0），g'（x）＝ ，
由g'（x）＞0，得0＜x＜e；由g'（x）＜0，得x＞e，
所以函数g（x）在（0，e）上单调递增，在（e，＋∞）上单调递减，
则g（x）max＝g（e）＝ ，所以k≥ ，故实数k的取值范围为［ ，＋∞）.
（2）证明：ln ＋ln ＋…＋ln ＜ （ ＋ ＋…＋ ）（n＞1）.
解： 证明：令k＝ ，则f（x）≤0，即 ≤ ，则ln x≤ ·x（当且
仅当x＝e时等号成立），
因为ln ＜ · ，ln ＜ · ，…，ln ＜ · ，
所以ln ＋ln ＋…＋ln ＜ （ ＋ ＋…＋ ）（n＞1）.
【训练2】　（2025·山东日照一模节选）已知函数f（x）＝xln x，求证：
f（x）＜ex＋ cos x－2.
【瓶颈突破】　可分0＜x≤1和x＞1两种情况讨论，利用导数研究函数的单调性与最值证明不等式.
证明：依题意，要证f（x）＜ex＋ cos x－2，即证xln x＜ex＋ cos x－2，
当0＜x≤1时，xln x≤0，
令m（x）＝ex＋ cos x－2，0＜x≤1，
因为m'（x）＝ex－ sin x＞0，所以m（x）在（0，1]上单调递增，
所以m（x）＞m（0）＝1＋1－2＝0，所以不等式成立；
当x＞1时，要证xln x＜ex＋ cos x－2，即证xln x－ex－ cos x＋2＜0.
设h（x）＝xln x－ex－ cos x＋2，x＞1，则h'（x）＝ln x－ex＋ sin x＋
1，x＞1.
设φ（x）＝ln x－ex＋ sin x＋1，x＞1，则φ'（x）＝ －ex＋ cos x，x＞
1.
当x＞1时，ex＞e， ＜1， cos x≤1，所以φ'（x）＝ －ex＋ cos x＜
0，x＞1，
所以φ（x）在（1，＋∞）上单调递减.
所以φ（x）＜φ（1）＝1－e＋ sin 1＜0，即h'（x）＜0，x＞1，
所以h（x）在（1，＋∞）上单调递减，h（x）＜h（1）＝2－e－ cos
1＜0，
即当x＞1时，xln x＜ex＋ cos x－2成立.
综上，f（x）＜ex＋ cos x－2在（0，＋∞）上恒成立.
课后·训练
巩固强化 综合测评
（时间：45分钟，满分：60分）
解答题（共60分）
1. （13分）（2025·江西南昌模拟检测节选）已知f（x）＝xax－ex＋1
（a＞1）.
（1）当a＝e时，求函数f（x）的单调区间；
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解： 当a＝e时，f（x）＝xex－ex＋1，
则f'（x）＝（x＋1）ex－ex＝xex，
当x∈（0，＋∞）时，f'（x）＞0，则f（x）在（0，＋∞）上单调递
增；当x∈（－∞，0）时，f'（x）＜0，则f（x）在（－∞，0）上单调
递减.
故函数f（x）的单调递减区间为（－∞，0），单调递增区间为（0，＋∞）.
（2）当a≥e时，求证：f（x）≥0.
解： 证明：因为a≥e，所以当x≥0时，ax≥ex，则xax≥xex，
当x＜0时，ax≤ex，则xax≥xex，
所以xax－ex＋1≥xex－ex＋1，
由（1）可得，xex－ex＋1≥0，所以a≥e时，f（x）≥0.
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2. （15分）（2025·山东淄博一模节选）已知函数f（x）＝ln（1＋x）
－x.
（1）求f（x）的单调区间；
解：函数f（x）的定义域是（－1，＋∞），f'（x）＝ －1＝ ，
当－1＜x＜0时，f'（x）＞0；当x＞0时，f'（x）＜0.
所以f（x）的单调递增区间为（－1，0），单调递减区间为（0，＋∞）.
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（2）证明：x≥0时，f（x）≤ －x.
解： 证明：要证x≥0时，f（x）≤ －x，即证ln（1＋x）
≤ 在[0，＋∞）上恒成立，
令h（x）＝ln（1＋x）－ ，x∈[0，＋∞），
h'（x）＝ － ＝ ＝ ，
令m（x）＝2 －（2＋x），m'（x）＝ －1＝ ，
当x≥0时，1－ ≤0，则m'（x）≤0，
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所以m（x）在[0，＋∞）上单调递减，所以m（x）≤m（0）＝0，
则h'（x）≤0，所以h（x）在[0，＋∞）上单调递减，
所以h（x）≤h（0）＝0，所以ln（1＋x）≤ ，
综上，x≥0时，f（x）≤ －x.
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3. （15分）已知函数f（x）＝xex＋a，g（x）＝xln x＋a.
（1）若函数f（x）的最小值与g（x）的最小值之和为－ ，求a的值；
解： 因为f（x）＝xex＋a，
所以f'（x）＝（1＋x）ex.
令f'（x）＝0，解得x＝－1，
所以当x∈（－∞，－1）时， f'（x）＜0，f（x）单调递减；
当x∈（－1，＋∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增.
所以f（x）min＝f（－1）＝－ ＋a.
因为g（x）＝xln x＋a，x＞0，
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所以g'（x）＝ln x＋1.
令g'（x）＝0，解得x＝ ，
所以当x∈（0， ）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减；
当x∈（ ，＋∞）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，
所以g（x）min＝g（ ）＝－ ＋a.
由题意可得－ ＋a－ ＋a＝－ ，解得a＝－ .
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（2）若a＝0，x＞0，证明：f（x）＞g'（x）.
解： 证明：当a＝0时，f（x）＝xex，g（x）＝xln x，x＞0，则g'
（x）＝ln x＋1.
要证f（x）＞g'（x），即证xex＞ln x＋1，x＞0，即证 ＞ .
令h（x）＝ ，x＞0，φ（x）＝ ，x＞0.
易得h'（x）＝ ，
则令h'（x）＜0，得0＜x＜1；令h'（x）＞0，得x＞1，
所以h（x）在（0，1）上单调递减，
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在（1，＋∞）上单调递增，
所以h（x）≥h（1）＝e.
易得φ'（x）＝ ＝ ，
令φ'（x）＞0，得0＜x＜ ；
令φ'（x）＜0，得x＞ ，所以φ（x）在（0， ）上单调递增，
在（ ，＋∞）上单调递减，
所以φ（x）≤φ（ ）＝ ＜e，
所以h（x）＞φ（x），故f（x）＞g'（x）.
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4. （17分）（2025·江西赣州一模）已知函数f（x）＝ex－mx（其中e为
自然对数的底数）有两个零点x1，x2.
（1）求m的取值范围；
解：由f（x）＝ex－mx得f'（x）＝ex－m.
当m≤0时，f'（x）＞0，f（x）在R上单调递增，不合题意.
当m＞0时，由f'（x）＞0得x＞ln m，由f'（x）＜0得x＜ln m，
∴f（x）在（－∞，ln m）上单调递减，在（ln m，＋∞）上单调递增，
∴f（x）min＝f（ln m）＝eln m－mln m＝m－mln m＜0，故m＞e.
∵f（0）＝1＞0，x→＋∞时，f（x）→＋∞，
∴f（x）在（0，ln m）和（ln m，＋∞）内分别存在一个零点，符合
题意，
∴m的取值范围为（e，＋∞）.
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（2）①证明：对一切的a，b∈（0，＋∞）且a≠b，都有 ＜ ；
②证明： ＋ ＋x1·x2＞3.
解： 证明：①不妨设a＞b＞0，则 ＜ 等价于
＜ln ，即证 ＜ln .
令t＝ ＞1，即证ln t－ ＞0对任意的t∈（1，＋∞）恒成立.
令g（t）＝ln t－ ，则g'（t）＝ － ＝ ＞
0，
∴g（t）在（1，＋∞）上单调递增，故g（t）＞g（1）＝0，
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∴ ＜ .
②由（1）得，f（x）在（0，ln m）和（ln m，＋∞）内分别存在一个
零点，
由m＞e得f（1）＝e－m＜0，设x1＜x2，则0＜x1＜1＜x2，
∵ex－mx＝0等价于x＝ln x＋ln m，
∴x1－ln x1＝x2－ln x2，即 ＝1，
由①得，1＝ ＜ ，即x1＋x2＞2，
∴ ＋ ＋x1·x2＝ ＋ ＞（ ）2＋
＞12＋ ＝3.
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