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提升课
练习2　与ex、ln x有关的常用不等式
一元函数的导数及其应用
第五章
高中数学 选择性必修 第二册
必备知识练
关键能力练
拓展突破练
必备知识练
1. 函数y＝ 的单调递减区间为(　D　)
A. (－∞，1) B. (0，1)
C. (1，e) D. (1，＋∞)
【解析】 函数y＝ 的定义域为(0，＋∞)，
y'＝ ＝ ＝ ，由y'＜0得x＞1，
∴y＝ 的单调递减区间为(1，＋∞).
D
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2. 已知0＜x1＜x2＜1，则(　D　)
A. ＞ B. ＜
C. x2ln x1＞x1ln x2 D. x2ln x1＜x1ln x2
D
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【解析】 设f(x)＝xln x，则f'(x)＝ln x＋1，由f'(x)＞0得x＞ ，
∴函数f(x)在(，＋∞)上单调递增；由f'(x)＜0，得0＜x＜ ，
函数f(x)在(0， )上单调递减，故函数f(x)在(0，1)上不单调，
∴f(x1)与f(x2)的大小无法确定，从而排除A，B；设g(x)＝ ，
则g'(x)＝ ，由g'(x)＞0，得0＜x＜e，即函数g(x)在(0，e)上单调递
增，故函数g(x)在(0，1)上单调递增，
∴g(x1)＜g(x2)，即 ＜ ，
∴x2ln x1＜x1ln x2.
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3. (多选)已知函数f(x)＝(x－1)ln x，x∈(1，＋∞)，则下列选项中，正
确的是(　ABD　)
A. f(x)＞0 B. f(x)在(1，＋∞)上单调递增
C. f'(x)＝ln x＋ －1 D. f(x)＜(x－1)2
ABD
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【解析】 ∵f(x)＝(x－1)ln x，x∈(1，＋∞)，
∴x－1＞0，ln x＞0，∴f(x)＞0，A正确；f'(x)＝ln x＋ ＞0，
∴f(x)在(1，＋∞)上单调递增，B正确，C错误；令g(x)＝ln x－x＋1，x∈(1，＋∞)，
∴g'(x)＝ －1＝ ＜0，∴g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
∴g(x)＜g(1)，即ln x－x＋1＜0，
∴ln x＜x－1，又x－1＞0，
∴(x－1)ln x＜(x－1)2，即f(x)＜(x－1)2，D正确.
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4. (多选)下列不等式中，恒成立的是(　ACD　)
A. ln(x＋1)≥ ，x＞－1 B. ln x≤ (x－ )，x＞0
C. ex≥x＋1 D. cos x≥1－ x2
ACD
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【解析】 ∵x＞－1，令t＝x＋1＞0，f(t)＝ln t＋ －1，
则f'(t)＝ － ＝ ，∴当0＜t＜1时，f'(t)＝ ＜0，
即f(t)单调递减；当t＞1时，f'(t)＝ ＞0，即f(t)单调递增，
∴f(t)min＝f(1)＝0，即f(t)＝ln t＋ －1≥0，即ln t≥ ，
即ln(x＋1)≥ ，x＞－1恒成立，A正确；
令f(x)＝ln x－ (x－ )，x＞0，
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则f'(x)＝ － (1＋ )＝ ＝－ ≤0显然恒成立，
∴f(x)＝ln x－ (x－ )在x＞0上单调递减，又f(1)＝0，
∴当x∈(0，1)时，f(x)＞f(1)＝0，即ln x＞ (x－ )，B错误；
令f(x)＝ex－x－1，则f'(x)＝ex－1，当x＞0时，f'(x)＝ex－1＞0，
∴f(x)单调递增；当x＜0时，f'(x)＝ex－1＜0，
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∴f(x)单调递减，则f(x)≥f(0)＝0，即ex≥x＋1恒成立，C正确；令
f(x)＝ cos x－1＋ x2，则f'(x)＝－ sin x＋x，令h(x)＝f'(x)＝－ sin x＋
x，则h'(x)＝－ cos x＋1≥0恒成立，即函数f'(x)＝－ sin x＋x单调递增，
又f'(0)＝0，∴当x＞0时，f'(x)＞0，即f(x)＝ cos x－1＋ x2单调递增；
当x＜0时，f'(x)＜0，即f(x)＝ cos x－1＋ x2单调递减，
∴f(x)min＝f(0)＝0，∴ cos x≥1－ x2恒成立，D正确.
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5. 已知实数a，b，c满足ac＝b2，且a＋b＋c＝ln(a＋b)，则a，
b，c的大小关系为 .
【解析】 设f(x)＝ln x－x＋1，则f'(x)＝ －1＝ ，
当x∈(0，1)时，f'(x)＞0，f(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，
f'(x)＜0，f(x)单调递减，∴f(x)≤f(1)＝0，即ln x≤x－1，
∴ln(a＋b)≤a＋b－1，∴a＋b＋c≤a＋b－1，即c≤－1，
又ac＝b2＞0，∴a＜0，由a＋b＞0，∴b＞－a＞0，
∴b2＞a2，即ac＞a2，∴c＜a，∴c＜a＜b.
c＜a＜b　
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6. 已知对任意x，都有xe2x－ax－x≥1＋ln x，则实数a的取值范围
是 .
【解析】 根据题意可知，x＞0，由x·e2x－ax－x≥1＋ln x，
可得a≤e2x－ －1(x＞0)恒成立，令f(x)＝e2x－ －1，
则a≤f(x)min，现证明ex≥x＋1恒成立，设g(x)＝ex－x－1，
g'(x)＝ex－1，当g'(x)＝0时，解得x＝0，当x＜0时，g'(x)＜0，
g(x)单调递减，当x＞0时，g'(x)＞0，g(x)单调递增，故当x＝0时，函
数g(x)取得最小值，g(0)＝0，∴g(x)≥g(0)＝0，
即ex－x－1≥0 ex≥x＋1恒成立，f(x)＝e2x－ －1＝
－1＝ －1≥ －1＝1，
∴f(x)min＝1，即a≤1.∴实数a的取值范围是(－∞，1].
(－∞， 1]　
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7. 已知x∈(0，1)，证明：x2－ ＜ .
解： 方法一　∵x∈(0，1)，∴ex∈(1，e).要证x2－ ＜ 成立，
只需证ex(x2－ )＜ln x成立.∵x2－ ＜0，∴只需证x2－ ＜ln x.
又x2＜x(0＜x＜1)，∴只需证ln x＋ －x＞0.令h(x)＝ln x＋ －x，
则h'(x)＝ － －1＝－ ，而x2－x＋1＞0恒成立，
∴h'(x)＜0，∴h(x)在(0，1)上单调递减，
∴当x∈(0，1)时，h(x)＞h(1)＝0，
∴ln x＋ －x＞0，∴x2－ ＜ .
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方法二　要证x2－ ＜ ，只需证ex(x2－ )＜ln x，又易证ex＞x＋1
(0＜x＜1)，x2－ ＜0，∴只需证明ln x＋(x＋1)(－x2)＞0，即证ln x＋
1－x3＋ －x2＞0.又x3＜x，x2＜x(0＜x＜1)，∴只需证ln x＋1－2x＋
＞0.令g(x)＝ln x＋1－2x＋ ，则g'(x)＝ －2－ ＝－ ，而
2x2－x＋1＞0恒成立，∴g'(x)＜0，∴g(x)在(0，1)上单调递减，∴当
x∈(0，1)时，g(x)＞g(1)＝0，即ln x＋1－2x＋ ＞0，∴x2－ ＜ .
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8. 已知函数f(x)＝x2－(a－2)x－aln x(a∈R).
(1)求函数y＝f(x)的单调区间；
解： (1)函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，
f'(x)＝2x－(a－2)－ ＝ ，
当a≤0时，f'(x)＞0对任意x∈(0，＋∞)恒成立，
∴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＜x＜ ，
∴函数f(x)在区间(，＋∞)上单调递增，在区间(0， )上单调递减.
(2)当a＝1时，证明：对任意的x ＞0，f(x)＋ex＞x2＋x＋2.
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(2)当a＝1时，f(x)＝x2＋x－ln x，
要证明f(x)＋ex＞x2＋x＋2，只需证明ex－ln x－2 ＞0，
先证明当x＞0时，ex＞x＋1，令g(x)＝ex－x－1(x＞0)，
则g'(x)＝ex－1，当x＞0时，g'(x)＞0，g(x)单调递增，
∴当x＞0时，g(x)＞g(0)＝0，即ex＞x＋1，
∴ex－ln x－2＞x＋1－ln x－2＝x－ln x－1.
∴只要证明x－ln x－1≥0(x＞0)，令h(x)＝x－ln x－1(x＞0)，
则h'(x)＝1－ ＝ (x＞0)，易知h(x)在(0，1]上单调递减，
在[1，＋∞)上单调递增，
∴h(x)≥h(1)＝0，即x－ln x－1≥0成立，
∴对任意的x＞0，f(x)＋ex＞x2＋x＋2成立.
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9. 已知函数f(x)＝ .
(1)求函数f(x)在 上的最值；
(2)试比较a＝ ，b＝ ，c＝ 的大小.
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解： (1)由题意知，函数f(x)＝ 的定义域为(0，＋∞)，
可得f'(x)＝ ，令f'(x)＝0，即1－ln x＝0，解得x＝e.
当x∈(0，e)时，可得f'(x)＞0，f(x)单调递增；
当x∈(e，＋∞)时，可得f'(x)＜0，f(x)单调递减，
∴f(x)在x＝e处取得极大值f(e)＝ .又f ＝－e，f(e2)＝ ，
故函数f(x)在区间 上的最大值是 ，最小值是－e.
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(2)∵b＝ ＝ ，且a＝ ，c＝ ，且e，2，5在区间 内，
由(1)知，在区间 上，f(x)max＝f(e)＝ ，即b最大，又a－
c＝ － ＝ ＝ ln ＞ ln 1＝0，
∴a＞c.综上，a＝ ，b＝ ，c＝ 的大小关系为b＞a＞c.
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10. 已知函数f(x)＝ex－ax－1，g(x)＝ln x－ax－1，其中0＜a＜1，e
为自然对数的底数，若 x0∈(0，＋∞)，使f(x0)g(x0)＞0，则实数a的
取值范围是 .
(0， )　
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【解析】 令M(x)＝ex－x－1，x∈(0，＋∞)，则M'(x)＝ex－1，
当x∈(0，＋∞)时，M'(x)＞0，∴M(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴M(x)＞M(0)＝0，∴ex＞x＋1.
由于0＜a＜1，∴当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝ex－ax－1＞0，
故 x0∈(0，＋∞)，使f(x0)g(x0)＞0，转化为 x0∈(0，＋∞)，
g(x0)＞0，则g(x0)＝ln x0－ax0－1＞0，即a＜ － .
令h(x)＝ － ，h'(x)＝ .
当x∈(0，e2)时，h'(x)＞0，当x∈(e2，＋∞)时，h'(x)＜0，
∴函数h(x)在(0，e2)上单调递增，在(e2，＋∞)上单调递减，
∴h(x)≤h(e2)＝ － ＝ ，∴0＜a＜ ，即a∈(0， ).
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11. 已知函数f(x)＝a(ex－1)－x2＋x.
(1)当a＝1时，求f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程；
解： (1)当a＝1时，f(x)＝ex－1－x2＋x，
∴f'(x)＝ex－2x＋1，∴f'(0)＝1－0＋1＝2，
又f(0)＝1－1－0＋0＝0，
∴f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2x.
(2)若a≥1，证明：当x＞0时，f(x)＋ cos x＞1.
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(2)当a≥1，x＞0时，f(x)＋ cos x＝a(ex－1)－x2＋x＋ cos x≥ex－1－x2＋x＋ cos x，
要证f(x)＋ cos x＞1，只需证ex－1－x2＋x＋ cos x＞1，
令g(x)＝ex－1－x2＋x＋ cos x(x＞0)，
则g'(x)＝ex－2x＋1－ sin x≥ex－2x，
令h(x)＝ex－2x(x＞0)，则h'(x)＝ex－2，
∴当x∈(0，ln 2)时，h'(x)＜0；当x∈(ln 2，＋∞)时，
h'(x)＞0，∴h(x)在(0，ln 2)上单调递减，
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在(ln 2，＋∞)上单调递增，
∴h(x)≥h(ln 2)＝2－2ln 2＝2(1－ln 2)＞0，
∴g'(x)＞0，
∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴g(x)＞g(0)＝1，
即ex－1－x2＋x＋ cos x＞1，∴当a≥1，x＞0时，f(x)＋ cos x＞1.
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12. 已知函数f(x)＝ln(1＋x).
(1)证明：当x∈(0，＋∞)时， ＜f(x)＜x；
解： (1)令g(x)＝f(x)－ ＝ln(1＋x)－ (x＞0)，
则g'(x)＝ － ＝ ＞0(x＞0).
∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
(2)已知e为自然对数的底数，证明： n∈N*， ＜
·…· ＜e.
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∴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)，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
∴当x∈(0，＋∞)时，h(x)＜h(0)＝0，即f(x)＜x成立.
综上，当x∈(0，＋∞)时， ＜f(x)＜x成立.
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(2)由(1)可知，ln (1＋x)＜x对x∈(0，＋∞)都成立.
∴ln(1＋ )＋ln(1＋ )＋…＋ln(1＋ )＜ ＋ ＋…＋ ，
即ln [ ] (1＋ )·…·(1＋ ) ＜ ＝ .　
∵n∈N*，∴ ＝ ＋ ≤ ＋ ＝1，
∴ln [(1＋ )(1＋ )·…·(1＋ ) ] ＜1，
∴(1＋ )(1＋ )·…·(1＋ )＜e.
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又由(1)可知，ln(1＋x)＞ 对x∈(0，＋∞)都成立，
∴ln(1＋ )＞ ＝ (k＝1，2，…，n)，
∴ln [(1＋ )(1＋ )·…·(1＋ ) ] ＝ln(1＋ )＋ln(1＋ )＋…＋ln(1＋ )＞ ＋ ＋…＋ ≥ ＋ ＋…＋ ＝ ＝ ，
∴ln [ (1＋ )(1＋ )·…·(1＋ ) ] ＞ ，
∴(1＋ )(1＋ )·…·(1＋ )＞ ，
∴ ＜(1＋ )(1＋ )·…·(1＋ )＜e.
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12第五章 提升 练习2　与ex、ln x有关的常用不等式
1. 函数y＝的单调递减区间为(　 　)
A. (－∞，1) B. (0，1)
C. (1，e) D. (1，＋∞)
2. 已知0＜x1＜x2＜1，则(　 　)
A. ＞ B. ＜
C. x2ln x1＞x1ln x2 D. x2ln x1＜x1ln x2
3. (多选)已知函数f(x)＝(x－1)ln x，x∈(1，＋∞)，则下列选项中，正确的是(　 　)
A. f(x)＞0 B. f(x)在(1，＋∞)上单调递增
C. f'(x)＝ln x＋－1 D. f(x)＜(x－1)2
4. (多选)下列不等式中，恒成立的是(　 　)
A. ln(x＋1)≥，x＞－1 B. ln x≤(x－)，x＞0
C. ex≥x＋1 D. cos x≥1－x2
5. 已知实数a，b，c满足ac＝b2，且a＋b＋c＝ln(a＋b)，则a，b，c的大小关系为 .
6. 已知对任意x，都有xe2x－ax－x≥1＋ln x，则实数a的取值范围是 .
7. 已知x∈(0，1)，证明：x2－＜.
8. 已知函数f(x)＝x2－(a－2)x－aln x(a∈R).
(1)求函数y＝f(x)的单调区间；
(2)当a＝1时，证明：对任意的x ＞0，f(x)＋ex＞x2＋x＋2.
9. 已知函数f(x)＝.
(1)求函数f(x)在上的最值；
(2)试比较a＝，b＝，c＝的大小.
10. 已知函数f(x)＝ex－ax－1，g(x)＝ln x－ax－1，其中0＜a＜1，e为自然对数的底数，若 x0∈(0，＋∞)，使f(x0)g(x0)＞0，则实数a的取值范围是 .
11. 已知函数f(x)＝a(ex－1)－x2＋x.
(1)当a＝1时，求f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)若a≥1，证明：当x＞0时，f(x)＋cos x＞1.
12. 已知函数f(x)＝ln(1＋x).
(1)证明：当x∈(0，＋∞)时，＜f(x)＜x；
(2)已知e为自然对数的底数，
证明： n∈N*，＜·…·＜e.第五章 提升 练习2　与ex、ln x有关的常用不等式
1. 函数y＝的单调递减区间为(　D　)
A. (－∞，1) B. (0，1)
C. (1，e) D. (1，＋∞)
【解析】 函数y＝的定义域为(0，＋∞)，
y'＝＝＝，由y'＜0得x＞1，
∴y＝的单调递减区间为(1，＋∞).
2. 已知0＜x1＜x2＜1，则(　D　)
A. ＞ B. ＜
C. x2ln x1＞x1ln x2 D. x2ln x1＜x1ln x2
【解析】 设f(x)＝xln x，则f'(x)＝ln x＋1，由f'(x)＞0得x＞，∴函数f(x)在(，＋∞)上单调递增；由f'(x)＜0，得0＜x＜，函数f(x)在(0，)上单调递减，故函数f(x)在(0，1)上不单调，∴f(x1)与f(x2)的大小无法确定，从而排除A，B；设g(x)＝，则g'(x)＝，由g'(x)＞0，得0＜x＜e，即函数g(x)在(0，e)上单调递增，故函数g(x)在(0，1)上单调递增，
∴g(x1)＜g(x2)，即＜，
∴x2ln x1＜x1ln x2.
3. (多选)已知函数f(x)＝(x－1)ln x，x∈(1，＋∞)，则下列选项中，正确的是(　ABD　)
A. f(x)＞0 B. f(x)在(1，＋∞)上单调递增
C. f'(x)＝ln x＋－1 D. f(x)＜(x－1)2
【解析】 ∵f(x)＝(x－1)ln x，x∈(1，＋∞)，
∴x－1＞0，ln x＞0，∴f(x)＞0，A正确；f'(x)＝ln x＋＞0，
∴f(x)在(1，＋∞)上单调递增，B正确，C错误；令g(x)＝ln x－x＋1，
x∈(1，＋∞)，
∴g'(x)＝－1＝＜0，∴g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
∴g(x)＜g(1)，即ln x－x＋1＜0，
∴ln x＜x－1，又x－1＞0，
∴(x－1)ln x＜(x－1)2，即f(x)＜(x－1)2，D正确.
4. (多选)下列不等式中，恒成立的是(　ACD　)
A. ln(x＋1)≥，x＞－1 B. ln x≤(x－)，x＞0
C. ex≥x＋1 D. cos x≥1－x2
【解析】 ∵x＞－1，令t＝x＋1＞0，f(t)＝ln t＋－1，
则f'(t)＝－＝，∴当0＜t＜1时，f'(t)＝＜0，
即f(t)单调递减；当t＞1时，f'(t)＝＞0，即f(t)单调递增，
∴f(t)min＝f(1)＝0，即f(t)＝ln t＋－1≥0，即ln t≥，
即ln(x＋1)≥，x＞－1恒成立，A正确；
令f(x)＝ln x－(x－)，x＞0，
则f'(x)＝－(1＋)＝＝－≤0显然恒成立，
∴f(x)＝ln x－(x－)在x＞0上单调递减，又f(1)＝0，
∴当x∈(0，1)时，f(x)＞f(1)＝0，即ln x＞(x－)，B错误；
令f(x)＝ex－x－1，则f'(x)＝ex－1，当x＞0时，f'(x)＝ex－1＞0，∴f(x)单调递增；当x＜0时，f'(x)＝ex－1＜0，
∴f(x)单调递减，则f(x)≥f(0)＝0，即ex≥x＋1恒成立，C正确；令f(x)＝cos x－
1＋x2，则f'(x)＝－sin x＋x，令h(x)＝f'(x)＝－sin x＋x，则h'(x)＝－cos x＋1≥0恒成立，即函数f'(x)＝－sin x＋x单调递增，又f'(0)＝0，∴当x＞0时，f'(x)＞0，即f(x)＝cos x－1＋x2单调递增；当x＜0时，f'(x)＜0，即f(x)＝cos x－1＋x2单调递减，∴f(x)min＝f(0)＝0，∴cos x≥1－x2恒成立，D正确.
5. 已知实数a，b，c满足ac＝b2，且a＋b＋c＝ln(a＋b)，则a，b，c的大小关系为　　c＜a＜b　.
【解析】 设f(x)＝ln x－x＋1，则f'(x)＝－1＝，
当x∈(0，1)时，f'(x)＞0，f(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，f'(x)＜0，f(x)单调递减，∴f(x)≤f(1)＝0，即ln x≤x－1，
∴ln(a＋b)≤a＋b－1，∴a＋b＋c≤a＋b－1，即c≤－1，
又ac＝b2＞0，∴a＜0，由a＋b＞0，∴b＞－a＞0，
∴b2＞a2，即ac＞a2，∴c＜a，∴c＜a＜b.
6. 已知对任意x，都有xe2x－ax－x≥1＋ln x，则实数a的取值范围是　(－∞， 1]　.
【解析】 根据题意可知，x＞0，由x·e2x－ax－x≥1＋ln x，
可得a≤e2x－－1(x＞0)恒成立，令f(x)＝e2x－－1，
则a≤f(x)min，现证明ex≥x＋1恒成立，设g(x)＝ex－x－1，
g'(x)＝ex－1，当g'(x)＝0时，解得x＝0，当x＜0时，g'(x)＜0，
g(x)单调递减，当x＞0时，g'(x)＞0，g(x)单调递增，故当x＝0时，函数g(x)取得最小值，g(0)＝0，∴g(x)≥g(0)＝0，
即ex－x－1≥0 ex≥x＋1恒成立，f(x)＝e2x－－1＝－1＝－1≥－1＝1，
∴f(x)min＝1，即a≤1.∴实数a的取值范围是(－∞，1].
7. 已知x∈(0，1)，证明：x2－＜.
解： 方法一　∵x∈(0，1)，∴ex∈(1，e).要证x2－＜成立，只需证ex(x2－)＜ln x成立.∵x2－＜0，∴只需证x2－＜ln x.
又x2＜x(0＜x＜1)，∴只需证ln x＋－x＞0.令h(x)＝ln x＋－x，
则h'(x)＝－－1＝－，而x2－x＋1＞0恒成立，
∴h'(x)＜0，∴h(x)在(0，1)上单调递减，
∴当x∈(0，1)时，h(x)＞h(1)＝0，
∴ln x＋－x＞0，∴x2－＜.
方法二　要证x2－＜，只需证ex(x2－)＜ln x，又易证ex＞x＋1(0＜x＜1)，x2－＜0，∴只需证明ln x＋(x＋1)(－x2)＞0，即证ln x＋1－x3＋－x2＞0.又x3＜x，x2＜x(0＜x＜1)，∴只需证ln x＋1－2x＋＞0.令g(x)＝ln x＋1－2x＋，则g'(x)＝
－2－＝－，而2x2－x＋1＞0恒成立，∴g'(x)＜0，∴g(x)在(0，1)上单调递减，∴当x∈(0，1)时，g(x)＞g(1)＝0，即ln x＋1－2x＋＞0，∴x2－＜.
8. 已知函数f(x)＝x2－(a－2)x－aln x(a∈R).
(1)求函数y＝f(x)的单调区间；
(2)当a＝1时，证明：对任意的x ＞0，f(x)＋ex＞x2＋x＋2.
解： (1)函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，
f'(x)＝2x－(a－2)－＝，
当a≤0时，f'(x)＞0对任意x∈(0，＋∞)恒成立，
∴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＜x＜，
∴函数f(x)在区间(，＋∞)上单调递增，
在区间(0，)上单调递减.
(2)当a＝1时，f(x)＝x2＋x－ln x，
要证明f(x)＋ex＞x2＋x＋2，只需证明ex－ln x－2 ＞0，
先证明当x＞0时，ex＞x＋1，令g(x)＝ex－x－1(x＞0)，
则g'(x)＝ex－1，当x＞0时，g'(x)＞0，g(x)单调递增，
∴当x＞0时，g(x)＞g(0)＝0，即ex＞x＋1，
∴ex－ln x－2＞x＋1－ln x－2＝x－ln x－1.
∴只要证明x－ln x－1≥0(x＞0)，令h(x)＝x－ln x－1(x＞0)，则h'(x)＝1－＝(x＞0)，易知h(x)在(0，1]上单调递减，在[1，＋∞)上单调递增，
∴h(x)≥h(1)＝0，即x－ln x－1≥0成立，
∴对任意的x＞0，f(x)＋ex＞x2＋x＋2成立.
9. 已知函数f(x)＝.
(1)求函数f(x)在上的最值；
(2)试比较a＝，b＝，c＝的大小.
解： (1)由题意知，函数f(x)＝的定义域为(0，＋∞)，
可得f'(x)＝，令f'(x)＝0，即1－ln x＝0，解得x＝e.
当x∈(0，e)时，可得f'(x)＞0，f(x)单调递增；
当x∈(e，＋∞)时，可得f'(x)＜0，f(x)单调递减，
∴f(x)在x＝e处取得极大值f(e)＝.
又f＝－e，f(e2)＝，故函数f(x)在区间上的最大值是，最小值是－e.
(2)∵b＝＝，且a＝，c＝，且e，2，5在区间内，由(1)知，在区间上，f(x)max＝f(e)＝，即b最大，又a－c＝－＝＝ln＞
ln 1＝0，
∴a＞c.综上，a＝，b＝，c＝的大小关系为b＞a＞c.
10. 已知函数f(x)＝ex－ax－1，g(x)＝ln x－ax－1，其中0＜a＜1，e为自然对数的底数，若 x0∈(0，＋∞)，使f(x0)g(x0)＞0，则实数a的取值范围是　(0，)　.
【解析】 令M(x)＝ex－x－1，x∈(0，＋∞)，则M'(x)＝ex－1，当x∈(0，＋∞)时，M'(x)＞0，∴M(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴M(x)＞M(0)＝0，∴ex＞x＋1.
由于0＜a＜1，∴当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝ex－ax－1＞0，
故 x0∈(0，＋∞)，使f(x0)g(x0)＞0，转化为 x0∈(0，＋∞)，
g(x0)＞0，则g(x0)＝ln x0－ax0－1＞0，即a＜－.
令h(x)＝－，h'(x)＝.
当x∈(0，e2)时，h'(x)＞0，当x∈(e2，＋∞)时，h'(x)＜0，
∴函数h(x)在(0，e2)上单调递增，在(e2，＋∞)上单调递减，
∴h(x)≤h(e2)＝－＝，∴0＜a＜，即a∈(0，).
11. 已知函数f(x)＝a(ex－1)－x2＋x.
(1)当a＝1时，求f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)若a≥1，证明：当x＞0时，f(x)＋cos x＞1.
解： (1)当a＝1时，f(x)＝ex－1－x2＋x，
∴f'(x)＝ex－2x＋1，∴f'(0)＝1－0＋1＝2，
又f(0)＝1－1－0＋0＝0，
∴f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2x.
(2)当a≥1，x＞0时，f(x)＋cos x＝a(ex－1)－x2＋x＋cos x≥ex－1－x2＋x＋cos x，
要证f(x)＋cos x＞1，只需证ex－1－x2＋x＋cos x＞1，
令g(x)＝ex－1－x2＋x＋cos x(x＞0)，
则g'(x)＝ex－2x＋1－sin x≥ex－2x，
令h(x)＝ex－2x(x＞0)，则h'(x)＝ex－2，
∴当x∈(0，ln 2)时，h'(x)＜0；当x∈(ln 2，＋∞)时，
h'(x)＞0，∴h(x)在(0，ln 2)上单调递减，
在(ln 2，＋∞)上单调递增，
∴h(x)≥h(ln 2)＝2－2ln 2＝2(1－ln 2)＞0，
∴g'(x)＞0，
∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴g(x)＞g(0)＝1，
即ex－1－x2＋x＋cos x＞1，∴当a≥1，x＞0时，f(x)＋cos x＞1.
12. 已知函数f(x)＝ln(1＋x).
(1)证明：当x∈(0，＋∞)时，＜f(x)＜x；
(2)已知e为自然对数的底数，
证明： n∈N*，＜·…·＜e.
解： (1)令g(x)＝f(x)－＝ln(1＋x)－(x＞0)，
则g'(x)＝－＝＞0(x＞0).
∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴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)，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
∴当x∈(0，＋∞)时，h(x)＜h(0)＝0，即f(x)＜x成立.
综上，当x∈(0，＋∞)时，＜f(x)＜x成立.
(2)由(1)可知，ln (1＋x)＜x对x∈(0，＋∞)都成立.
∴ln(1＋)＋ln(1＋)＋…＋ln(1＋)＜＋＋…＋，即ln(1＋)·…·(1＋)＜＝.　
∵n∈N*，∴＝＋≤＋＝1，
∴ln(1＋)(1＋)·…·(1＋)＜1，
∴(1＋)(1＋)·…·(1＋)＜e.
又由(1)可知，ln(1＋x)＞对x∈(0，＋∞)都成立，
∴ln(1＋)＞＝(k＝1，2，…，n)，
∴ln(1＋)(1＋)·…·(1＋)＝ln(1＋)＋ln(1＋)＋…＋ln(1＋)＞＋
＋…＋≥＋＋…＋＝＝，
∴ln(1＋)(1＋)·…·(1＋)＞，
∴(1＋)(1＋)·…·(1＋)＞，
∴＜(1＋)(1＋)·…·(1＋)＜e.

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