導(dǎo)數(shù)大題證明不等式歸類（解析版）

11(1)直接構(gòu)造函數(shù)法：證明不等式fx>gx(或fx<gx)轉(zhuǎn)化為證明fx-gx>0(或fx-gx<0)，進(jìn)而構(gòu)造輔助函數(shù)hx=fx-gx；(2)構(gòu)造新的函數(shù)hx；(3)利用導(dǎo)數(shù)研究hx的單調(diào)性或最值；題. 1(陜西省澄城縣20121-2022學(xué)年高三試數(shù)學(xué)(理)試題)設(shè)函數(shù)f(x)=lnx-x+1.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(1)f(x)的增區(qū)間為(0,1(，減區(qū)間為(1,+∞(.(2)證明見(jiàn)解析(1)f(x)=lnx-x+1的定義域?yàn)?0,+∞)，fI(x(=-1，由fI(x(>0，可得0<x<1；fI(x(<0，可得x即有f(x)的增區(qū)間為(0,1(，減區(qū)間為(1,+∞(.(2)當(dāng)x∈(1,+∞(時(shí)，由(1)可得f(x)=lnx-x+1在(1,+∞(遞減，可得f(x(<f(1(=0，即有0<lnx<x-1.故有：1< 2已知函數(shù)f(x)=x2-2lnx.(Ⅰ)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(1)依題意知函數(shù)的定義域?yàn)椤磝|x>0}，∵f′(x)由f′(x)>0，得x>1;由f′(x)<0，得0<x<1(2)設(shè)g(x)=f(x)-3x+1=x2-2lnx-3x+4，∴g′(x)=2x-2--3== (2x+1)(x-2)x，∴g(x)>g(2)=4-2ln2-6+4>0，∴當(dāng)x>2時(shí)，x2-2lnx>3x-4,即當(dāng)x>2時(shí)f(x)>3x-4..11f(x(在點(diǎn)(0,f(0((處的切線方程為y=a-b.(1)a=-1，b=-1；(2)證明見(jiàn)解析.∵f(x(=ex+ax+b，∴fI(x(=ex+a，∵曲線y=f(x(在點(diǎn)(0,f(0((處的切線方程為y=a-b，22由(1)知f(x(=ex-x-1，f,(x(=ex-1，，f(x(為減函數(shù)，當(dāng)x>0時(shí)，f,(x(>0，f(x(為增函數(shù)， -3lnx.若a=1，則f(x)=x3-3lnx，x>0，f,(x)=3x2-=，ff(x)單調(diào)遞減，ff(x)=ax3-3lnx，x>0，f,(x)=3ax2-=(x>0)，所以f(x)在+∞上單調(diào)遞增.當(dāng)a>0時(shí)，f(x)在+∞上單調(diào)遞增. (1)求曲線y=f(x)在點(diǎn),f處的切線方程；xx>1.，f=-1，故曲線y=f(x)在點(diǎn),f處的切線方程為y--1（=x-.即x-y-1=0.(x)=(2x-2sinx+cosx)ex+(2-2cosx-sinx)ex=2(x-sinx)+2-2sin（x+ex.3344xx>1. (1)求f(x(的最小值；由f(x)=(x2-1(-lnx?f'(x(=x-=，當(dāng)x>1時(shí)，f'(x(>0，所以函數(shù)f(x(單調(diào)遞增，當(dāng)0<x<1時(shí)，f'(x(<0，所以函數(shù)f(x(單調(diào)遞減，因此f(x(min=f(1(=0；f(x(min=0，即f(x)=(x2-1(-lnx>0(x>0(?-lnx>-(x2-1((x>0(，即ln>-(x2-1((x>0(，當(dāng)x=時(shí)，ln>-2-1?ln>. x+bx+1在x=0處有極值2.(Ⅱ)證明：f(x)>ex-x.而證得不等式成立.x-x+1．要證f(x)>ex-x，只需證ex-x+1>ex-x．即ex-ex+1>0.x1g(x)-0+g(x)1×1+1=1>0．故f(x)>ex-x成立1然對(duì)數(shù)的底數(shù)，曲線y=fx在2,f2處切線的傾斜角的正切值為e2+2e.1(2)依題意即證fx=x2-2xex+2ex-e2lnx>0，即x-2ex-1+>，構(gòu)造函數(shù)gx=x-2ex-22【詳解】解：(1)因?yàn)閒x=x2-2xex+aex-e2lnx，所以fx=x2-2ex+ae-，f2=+ae=+2e，解得a=2.(2)由(1)可得fx=x2-2xex+2ex-e2lnx即證fx=x2-2xex+2ex-e2lnx>0?x-2ex-1+>.令gx=x-2ex-2+，gx=x-1ex-2，于是gx在0,1上是減函數(shù)，在1,+∞上是增函數(shù)，所以gx≥g1=(x=1取等號(hào)).又令hx=，則hx=he=(x=e時(shí)取等號(hào)).1-lnxx2,于是hx在0,e上是增函數(shù)，在e,+∞上是減函數(shù)，所以hx≤1-lnxx2所以gx>hx，即fx>0.22(1)討論y=f(x)的單調(diào)性并求極值；2(x+1)>lnx?ln(x+2).2x+1>lnx?lnx+2即證當(dāng)x>1時(shí)，ln1>，構(gòu)造新函數(shù) e e e,令fx<0，解得0<x e5566當(dāng)x=時(shí)函數(shù)取得極小值為f=-，無(wú)極大值.由(1)可知f(x(=xlnx在(1,+∞(遞增，所以xlnx-(x+l(ln(x+1(<0，所以h'(x(<0，因此y=h(x(在(1,+∞(遞減，當(dāng)x+1>x>1時(shí)，h(x+1(<h(x(即ln(1(>，所以ln2(x+1(>lnx?ln(x+2(得證.33當(dāng)x<0時(shí)，g'(x(<0,g(x(在(-∞,0(上當(dāng)x>0時(shí)，g'(x(>0,g(x(在(0,+∞(上x(chóng)(x-1(+a，故f(x(在(0,x0(上單調(diào)遞減，在(x0,+∞(上單調(diào)遞增，∴f(x(≥f(x0(x(x0-1(+a=0知f(x0(=ex>1即當(dāng)0<a<1,x>0時(shí)，f(x(>1恒成立.77 (2)討論fx的單調(diào)性，并證明：當(dāng)n∈N*時(shí)，2n+1lnn(1)證明見(jiàn)解析(2)答案見(jiàn)解析(1)構(gòu)造函數(shù)ht=ln1+t-t(t>0)，利用導(dǎo)數(shù)證明ln1+t<t，可得ln（1+<(1)證明：令ht=ln1+t-t(t>0)，則ht=-1=-<0，所以ht在0,+∞上單調(diào)遞減，所以ht<h0=0，即ln1+t<t.x<1,1+x<e1x 令φt=ln1+t-(t>0)，則φt=-=>0，所以gx在0,+∞上單調(diào)遞增，所以fx=（1+x在0,+∞上單調(diào)遞增，n<n+1，n<ln即n[lnn+1-lnn[<n+1[lnn+2-lnn+1[，整理得：2n+1lnn+1<nlnn+n+1lnn+2. 2（2012·河北衡水·統(tǒng)考一模)設(shè)函數(shù)f(x)=x2+bln(x+a),其中b≠0.(1)先由b=1得到f'x，再由fx在x=-2處取極值得到f-2=0，進(jìn)而可得出結(jié)果；(2)先由a=1得f'(x(=，根據(jù)f(x(在(-1,+∞(上單調(diào)遞增，可得2x2+2x+b≥0在 n n=2x+，依題意有f,(-2( =0,故 9 ;4,此時(shí)f'(x(=2x+ x+(2)當(dāng)a=1時(shí),f'(x(=2x+=，若f(x(在(-1,+∞(上單調(diào)遞增，則2x2+2x+b≥0在(-1,+∞(上恒成立，設(shè)h(x(=2x2+2x+b，只需h-=-+b≥0，即b≥；=x3-x2+ln(x+1(>0恒成,(x(=3x2-2x+=在(0,1[上恒正,即當(dāng)x∈(0,1[時(shí),有x3-x2+ln(x+1(>0,ln(x+1(>x2-x3 和b是實(shí)數(shù)，曲線y=f(x(恒與x軸相切于坐標(biāo)原點(diǎn).(3(求證10000.4<e<1000.5.(x)=-aln(1+x)+-b，根據(jù)條件知f,(0)=0，所以1-b(2)由(1)得f(x)=(1-ax)ln(1+x)-x，0≤x≤1f,(x)=-aln(1+x)+-1f"(x)=-+=-.≥f,(0)=0，因此f(x)在[0,1]上單調(diào)遞②當(dāng)a≥0時(shí)，由于0≤x≤1，有f"(x)=-<0，于是f,(x)在[0,1]上單調(diào)遞減，從而f,(88(x)=-≤0，于是f/(x)]上單調(diào)遞減，即f(x)≤f(0)=0而且f(0)=0；綜上a≤-1000+n+<e<（1+n+.并且繼續(xù)作如下（1+n+?n+ln1（1+n+?n+ln1+<1<n+ln1+?-<0(p)->0(q)而且僅有f(0)=0.當(dāng)n=1時(shí)1+ln2-1=ln2-1< n< nn+<e<（1+n+.10000.4<e<1000.5成立.2(2023上·河南南陽(yáng)·高三統(tǒng)考期中)(1)已知函數(shù)f(x(=xlnx，判斷函數(shù)g(x(=f(1+x(+f(1-x(的2-1(1->n2.不等式變形為(n+1(ln(n+1(-nlnn>nlnn-(n-1(ln(n-1(，構(gòu)造函數(shù)h(x(=(x+1(ln(x+1(-99函數(shù)g(x(=(1+x(ln(1+x(+(1-x(ln(1-x(在(-1,0(上單調(diào)遞減，在(0,1(上單調(diào)遞增證明：g(-x(=(1-x(ln(1-x(+(1+x(ln(1+x(，∴g(-x(=g(x(則g(x(為(-1,1(上的偶函數(shù).>0，>0，1+11-1(n-1(n>n2對(duì)n∈N*，1+11-1即證(n+1(ln(n+1(+(n-1(ln(n-1(>2nlnn，即證(n+1(ln(n+1(-nlnn>nlnn-(n-1(ln(n-1(，設(shè)函數(shù)h(x(=(x+1(ln(x+1(-xlnx(x>0)，h,(x(=ln(x+1(-lnx>0，故函數(shù)h(x(在(0,+∞(上單調(diào)遞增又n>n-1>0，∴h(n(>h(n-1(，即(n+1(ln(n+1(-nlnn>nlnn-(n-1(ln(n-1(成立，故原不等式成立. f>f(1)=0，運(yùn)算整理證出結(jié)論.(x)=，f'f'所以f(x)在區(qū)間,2上有唯一極小值點(diǎn)，故f(x)min=f(1)=0，又∵f=1-ln2，f(2)=-+ln2，f-f(2)=-2ln2=3>16，所以f-f(2)>0，即f>f(2)所以f(x)在區(qū)間,2上的最大值是f=1-ln2當(dāng)n>1時(shí)，=1+>1，則f>f(1)=0即f=+ln=-+ln>0，即ln>證明不等式f(1(+f(2(+?+f(n(<g(n(，該不等式左邊是求和式，右邊只有單獨(dú)的一項(xiàng)，但可以通過(guò)變形將g(n(=[g(n(-g(n-1([+[g(n-1(-g(n-2([+[g(n-2(-g(n-3([+?+[g(2(-g(1([+[g(1(-g(0([n=g(n(-g(n-1((n∈N*(，則只需證f(1(+f(2(+?+f(n(<b1+b2+?+bn (1)求函數(shù)f(x(的極值；(2)求證：++?+>ln2(n∈N*(.(x)，運(yùn)用導(dǎo)數(shù)分類討論m≤0與m>0時(shí)f(x)單調(diào)性進(jìn)而分析f(x)的極值.(2)運(yùn)用ln(1+x)<x(x>0)對(duì)++?+進(jìn)行放縮及對(duì)數(shù)運(yùn)算公式即可證明.f'(x(=-m(x>-1).②當(dāng)m>0時(shí)，由f'(x)>0，得-1<x<-1；由f'(x)<0，得x>-1.故當(dāng)x=-1時(shí)，f(x)有極大值f-1（=m-1-l②當(dāng)m>0時(shí)，f(x)有極大值m-1-lnm，無(wú)極小值.即ln(1+x)<x,x>0.可得n1+n2+?+n++1>ln+ln+?+ln=ln12=ln2.即++?+>ln2(n∈N*(成立. (1)討論函數(shù)f(x(的單調(diào)性；(2)證明:2ln(n+1(>+++?+(n∈N*).且f'(x(=-2x=若a>0，令f'(x)=0，因?yàn)閤>0，可得f'(x(>0，f(x(單調(diào)遞增；f'(x(<0，f(x(單調(diào)遞減，所以f(x(max=f(1(=0，所以f(x)≤0，即2lnx≤x2-1，*2+?+2-n<++?+-n=1+1-+?+1--n=-++?+，即2lnn+1>+++?+n+1.+(1)討論fx的單調(diào)性；*，證明：+++?++lnn+1>n.【分析】(1)討論a=0,a>0,a<0，由f,x的正負(fù)確定fx單調(diào)性；1-a(2)記gx=axlnx-x+1,(x>1)，由ge>0得a>0，討論ea與1大小關(guān)系，驗(yàn)證gxmin>0是否成1-ax=alnx+a-1,(x>0)當(dāng)a=0時(shí)，fx在0,+∞上單調(diào)遞減；(2)記gx=axlnx-x+1,(x>1)，由題知x>1時(shí)gx>0恒成立，由ge=ae-e+1>0得a>>0，1-a1-amin=ge=1-，由于e=e-1>1+-1（=，1-a1-a綜上得a≥1.*所以ln1+>，即ln>1-所以[lnn+1-lnn[>1-，故[lnn+1-ln1[>n-（+++?+,即+++?++lnn+1>n.2(1)若不等式fx≥gx在區(qū)間0,+∞內(nèi)恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍；2(2)求證：++...+<(n≥2,n∈N?,e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))令hx=，又hx=，令hx=0解得x=e，所以當(dāng)x=e時(shí)函數(shù)hx有最大值，且最大值為，所以k≥.++...+<++...+,又1+1+?+1<1+1+?+12n2=（1-+-+...+-=1-<1，所以++...+即++...+<++...+<，33(2)已知a=1，m≥，x>1，gx=lnx+mf(3)證明：ln5<++?+n∈N*.【詳解】(1)fx=-e-x-aex≤0對(duì)?x∈R恒成立，即a≥-e-2x對(duì)?x∈R恒成立.因?yàn)?e-2x<0，則a≥0.(2)gx=lnx+m-x(≤lnx+-x只需證明lnx+-x（<0.=令hx=lnx+（-x（x>1，hx=-22-=-x2-1=則hx在1,+∞單調(diào)遞減，則h(x)<h(1)，-x-122x2<0，(3)由(2)知lnx<x-(x>1(，令x=，則有l(wèi)n<-,即ln(n+1(-lnn<1+-=+，ln(n+1(-lnn<+,ln(n+2(-ln(n+1(<+,?,ln(5n(-ln(5n-1(<+,累加可得，ln(5n)-lnn<++?++<++?++故ln5<++?++(n∈N*(，從而命題得證.n=(n∈N*(， 3*)=0時(shí)，f(x(=-3不是單調(diào)函數(shù)；(2)-<m<-9；(3)證明見(jiàn)解析.(x)>0得增區(qū)間，解f'(x)<0得減區(qū)間；(x)=(x>0)，f'(2)=-=1得a=-2，f(x)=-2lnx+2x-3，g(x)=x3++2（x2(x)=3x2+(m+4)x-222(t)<0恒成立，∴-<m<-9.∵n≥2,n∈N*，則有0<lnn<n-1，∴0<<n-1n.f'(x(=-1=，①當(dāng)a≤0時(shí)，f'(x(<0，f(x(在(0,+∞(上單調(diào)遞減，f(x(>f(1(=0，不合題意；，則f(x(在(a,+∞(上單調(diào)遞減，f(x(在(0,1(上單調(diào)遞增，f(x(在(1,+∞(上單調(diào)遞減，f(x(≤f(1(=0，符合題意；，則f(x(在(0,a(上單調(diào)遞增，，則f(x(在(a,+∞(上單調(diào)遞減，令x=n，其中n∈N+且n≥2，則有l(wèi)nn<n-1，又n-1<n(n-1(，所以，lnn<n(n-1(，即<11【詳解】(1)hx=fx-gx=x+1lnx-ax+2因?yàn)閒x≥gx對(duì)任意的x∈[1,+∞恒成立，設(shè)hx=fx-gx=x+1lnx-ax+2，所以a≤在x∈[1,+∞恒成立，設(shè)mx= x+1lnx+2x,mx=,令μx=x-1-lnxμx=≥0在x∈[1,+∞恒成立，所以μx=x-1-lnx在[1,+∞上為增函數(shù)，所以μx≥0即mx≥0在x∈[1,+∞恒成立，所以函數(shù)mx在[1,+∞)為增函數(shù)；∴當(dāng)x≥1時(shí)，lnx≥，且當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)ln令x≥nn∈N+,n≥2，則lnn>即ln2>，ln3>，ln4>...lnn-2>，lnn-1>，lnn>2n-1n+1， *，x>-1且x≠0，函數(shù)fx=1+xp-px-1.p>1+px，令p=2，x=n∈N*放縮1+>【詳解】(1)由f(x)=p1+xp-1-p=p[1+xp-1-1[，∵1+x>0，p-1>0，∴y=1+xp-1-1單調(diào)遞增.當(dāng)-1<x<0時(shí)，fx<0，fx單調(diào)遞減；當(dāng)x>0時(shí)，fx>0，fx單調(diào)遞增.∴fx>f0=0.p>1+px，令p=2，x=n∈N*，2>1+2n2-1=> >2n-1 2n-1,=ln1+1+=ln1+1+?1+ 2n+11+ 2n+11+1+（>=2n+12n-1...3.3. <e?1+ (n+1(2 <e?1+ (n+1(2L 1+||.(n+1(2L【分析】(1)f(x(<g(x(等價(jià)于xlnx-<0，即xlnx-<0，記h(x(=lnx-a(x-1(2,只要證明h(x(max<0即可，分a≤0，0<a<2和a≥2三種情況討論函數(shù)h(x(的最值，從而可<g(x(在(1,+∞(上成立，即lnx<x-1，令x=1+,k=1,2,?,【詳解】(1)解：f(x(<g(x(等價(jià)于xlnx-<0，即xlnx-<0，記h(x(=lnx-，則hI(x(=-=，當(dāng)a≤0時(shí)，hI(x(>0，h(x(在(1,+∞(上單調(diào)遞由h(1(=0，h(x(>h(1(=0，所以xh(x(>0，即f(x(<g(x(不恒成立；>0，所以h(x(在(1,+∞(上單調(diào)遞增，則h(x(>h(1(=0，所以f(x(<g(x(不恒成立；<0，h(x(在(1,+∞(上單調(diào)遞減，所以h(x(<h(1(=0，所以xh(x(<0，即f(x(<g(x(恒成立，所以f(x(<g(x(在(1,+∞(上恒成立，實(shí)數(shù)a的取值范圍是[2,+∞(；<g(x(在(1,+∞(上成立，即lnx<x-1，令x=1+,k=1,2,?,n，則ln1+<，nΓ|(n+1(2L|<++?+==<?1+<e.ln(f(1(?f(2(???f(n((<lnt?ln(f(1((+ln(f(2((+ln(f(3((?+ln(f(2((<lnt <f(x(<x；*1+1+?1+<e.【分析】(1)構(gòu)造函數(shù)g(x(=f(x(-=ln(x+1(-(x>0(和h(x(=f(x(-x=ln(1+x(-1+<ln【詳解】(1)令g(x(=f(x(-=ln(x+1(-(x>0(，則g,(x)=-=>即f(x(>成立．令h(x(=f(x(-x=ln(1+x(-x(x>0(，則h,(x(=-1=-<0(x>0(，即f(x(<x成立．綜上所述，當(dāng)x∈(0,+∞(時(shí)，<f(x(<x成立.**).1+2<2，+ln（+?+ln1+<2+2+?+=n(1)=n+1≤11+1+???1+1+?1+<e. xx+1 xx+1**)．則ln1++ln1++?+ln（1+>++?+>++?+==，1+1+???1+1+?1+>e.*1+1+?1+<e. 2(2023·全國(guó)·高三專題練習(xí))已知函3(2)將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為sinx-xcosx-ax3≤0，令g(x)=sinx-xcosx-ax3，用導(dǎo)數(shù)法求其最大值即可. 1+<證明.∴切線方程為y=x-+1.(2)f(x)≤ax3?sinx-xcosx-ax3≤0，令g(x)=sinx-xcosx-ax3，則g,(x)=xsinx-3ax2=x(sinx-3ax).令h(x)=sinx-3ax，則h,(x)=cosx-3a.③當(dāng)-1<3a<1，即-<a<時(shí)，由h,(0)=1-3a>0，h,(π)=-1-3a<0，0x0(=0(x)>0，1+<.∴l(xiāng)n1+g+ln1+g+???+ln1+g<++???+==1-< .211(1)求曲線y=f(x(在點(diǎn)(1,f(1((處的切線方程；≥0；*?<m成立，求m的最小值.?所以曲線y=f(x(在點(diǎn)(1,f(1((處的切線方程為y=(a-1((x-1(，即(a-1(x-y-a+1=0.x1f,(x(-0+f(x(可知當(dāng)x=1時(shí)，f(x(取最小值f(1(=0，所以f(x(≥0.令x=21+1<21，1++ln1+（+?+ln<++?+21=(11--(=1-n <1 <1?<1，?<e.≥=>2,<m成立時(shí)，整數(shù)m的最小值為3.2(2023·全國(guó)·高三專題練習(xí))已知關(guān)于x的函數(shù)fx=ax-lnx-1+ln2.2(1)討論fx的單調(diào)性；*<n2-nln2.≤0和a>0兩類分別討論函數(shù)的單調(diào)性；(2)由(1)知fx≥f=0，即lnx≤2x-1-ln2(x【詳解】(1)由fx=ax-lnx-1+ln2得fx=a-(x>0)知當(dāng)a≤0時(shí)fx<0?fx在0,+∞上單調(diào)遞減當(dāng)a>0時(shí)，fx==ax時(shí)fx>0,fx在,+∞（上單調(diào)遞增，當(dāng)0<x<時(shí)fx<0,fx在（0,上單調(diào)遞減.fx≥f=0，即有l(wèi)nx≤2x-1-ln2(x>0)，∴l(xiāng)n1<2-1-ln2=1-ln2，ln2<4-1-ln2=3-ln2ln3<6-1-ln2=5-ln2?lnn<2n-1-ln2以上各式相加得:ln1+ln2+ln3+??+lnn<1+3+5+?+2n-1-nln2，ln1×2×3×?×n<n2-nln2.3(2023·四川成都·石室中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè))已知函數(shù)fx=ex-ax2-x3【分析】(1)根據(jù)題意，由fx單調(diào)遞增，轉(zhuǎn)化為fx=ex-ax-1≥0恒成立，然后分a>0時(shí)，lnx+1<x，然后再由<--1n【詳解】(1)由f(x)=ex-ax2-x可得，f(x)=ex-ax-1，由于函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，則f(x)=ex-ax-1≥0恒成立，設(shè)h(x)=ex-ax-1，則hx=ex-a，又因?yàn)閔=e-a?-1=e-2<0，即f(x)<0，不滿足題意；當(dāng)a>0時(shí)，令h(x)=ex-a=0，解得x=lna， =nn-1n-1所以當(dāng)x=lna時(shí)，函數(shù)h(x)取得最小值h(lna)=elna-alna-1=a-alna-1，由h(lna)≥0可得，a-1-alna≥0，令μ(a)=a-1-alna，則μImax=μ(1)=0，由于a-1-alna≥0恒成立，x-x-1≥0，即有ex≥x+1，則x>0時(shí)，ln(x+1(<x，故當(dāng)n∈N*且n≥2時(shí)，1+<1++???+，因?yàn)閚≥2時(shí)，<=-，所以1++???+<1+（1-+-+???+-=1+1-<2，1+<e2. 1已知函數(shù)f(x)=x2-(a-2)x-alnx(a∈R).(1)求函數(shù)y=f(x)的單調(diào)區(qū)間；x>x2+x+2.fI(x)=2x-(a-2)-=，即fI(x)=，(ii)若a>0，令fI(x)>0，即2x-a>0，解得x>,令fI(x)<0，即2x-a<0，解得0<x<, 2+x-lnx，要證明f(x)+ex>x2+x+2，只用證明ex-lnx-2>0，令g(x)=ex-lnx-2，g(x)=ex-，x=，xx0gx-0+g(x)所以g(x)min=g(x0)=ex-lnx0-2=+x0-2，因?yàn)?x0-2≥2?x0-2=0，因?yàn)閤0≠1，所以不 (1)求函數(shù)y=f(x)的單調(diào)區(qū)間；x>x2+x+2.f(x)=2x-(a-2)-=，即f(x)=，2+x-lnx，要證明f(x)+ex>x2+x+2，只用證明ex-lnx-2>0，xx0gx-0+g(x)所以g(x)min=g(x0)=ex-lnx0-2=+x0-2，因?yàn)?x0-2≥2?x0-2=0，因?yàn)閤0≠1，所以不1(2023上·福建福州·高三校聯(lián)考)設(shè)函數(shù)f(x)=e2x-alnx.1(1)a=e時(shí)，f(x)=e2x-elnx的定義域?yàn)?0,+∞)， 2∴當(dāng)0 2 2 2(2)證明：f(x)=e2x-alnx的定義域?yàn)?0,+∞),且f(x)=2e2x-.2x0,+∞時(shí)，f′(x)>0，故f(x)在0,x0單調(diào)遞減，在x0,+∞單調(diào)遞增，當(dāng)x=x0時(shí)f(x)取得最小值fx0，2x-=02x=，兩邊取對(duì)數(shù)得lnx0=ln-2x0，2(2024上·陜西安康·高三校聯(lián)考階段練習(xí))已知函數(shù)fx=x-alnx-4,a∈R.(1)討論函數(shù)fx的單調(diào)性；(2)當(dāng)a=1時(shí)，令Fx=x-2ex-fx，若x=x0為Fx的極大值點(diǎn)，證明：0<Fx0<1.(1)答案見(jiàn)解析；(2)證明見(jiàn)解析.(1)函數(shù)fx的定義域?yàn)?,+∞,fx=1-=，①當(dāng)a≤0時(shí)，fx>0，函數(shù)fx在0,+∞上單調(diào)遞增；所以，函數(shù)fx在a,+∞上單調(diào)遞增，在0,a上單調(diào)遞減.綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)fx在0,+∞上單調(diào)遞增；當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)fx在a,+∞上單調(diào)遞增，在0,a上單調(diào)遞減.(2)當(dāng)a=1時(shí)，F(xiàn)x=x-2ex-x+lnx+4,Fx=x-1ex-1+=x-1（ex-,設(shè)gx=ex-，則gx=ex+，當(dāng)x>所以Fx在0,x1上單調(diào)遞增，在x1,1上單調(diào)遞減，在1,+∞上單調(diào)遞增，x-=0x=Fx0=x0-2ex-x0+lnx0+4=-x0-x0+4=5-2（x0+,,lnx0=-x0，0<1.3(2023上·重慶沙坪壩·高三重慶一中校考階段練習(xí))已知函數(shù)fx=ax+xlnx,a∈R.(1)判斷fx的單調(diào)性;3(2)若a=1,0<x≤1,求證:ex+1-fx≤e,其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù).(1)f(x)在(0,e-a-1)上單調(diào)遞減，在(e-a-1,+∞)上單調(diào)遞增．(2)證明見(jiàn)詳解(2)構(gòu)造函數(shù)gx=ex-x-xlnx+1，利(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞)，fx=1+a+lnx，當(dāng)0<x<e-a-1時(shí)，fx<0，當(dāng)x>e-a-1，fx>0；故f(x)在(0,e-a-1)上單調(diào)遞減，在(e-a-1,+∞)上單調(diào)遞增.(2)證明：令g(x)=ex+1-f(x)=ex-x-xlnx+1，則g(x)=ex-lnx-2，令h(x)=g(x)，則h(x)=ex-，顯然h(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.∴g(x)≥g(x0)，x=，兩邊取對(duì)數(shù)得x0=-lnx0，故g(x0)=ex-lnx0-2=+x0-2≥0，∴g(x)≥g(x0)≥0，凸凹反轉(zhuǎn)首先是證明不等式的一種技巧，欲證明f(x)>0，若可將不等式左端f(x)拆成g(x)>h(x)，且gmin來(lái)完成證明. 1(2023上·黑龍江哈爾濱·高三哈爾濱市第十三中學(xué)校?？?已知函數(shù)fx=+lnx,m∈(1)討論fx的單調(diào)性；(1)答案見(jiàn)解析(2)證明見(jiàn)解析(1)求出函數(shù)fx的導(dǎo)函數(shù)fx，對(duì)m進(jìn)行分類討論，判斷fx的正負(fù)作答即可；(2)把fx代入不等式，化簡(jiǎn)轉(zhuǎn)化為fxmin=1+lnm>2-，構(gòu)造新函數(shù)gm=1+lnm-(1)函數(shù)fx的定義域是0,+∞,可得fx=-=.當(dāng)m≤0時(shí)，可知fx>0，所以fx在0,+∞上單調(diào)遞增；當(dāng)m>0時(shí)，由fx=0得x=m，可得x∈0,m時(shí)，有fx<0，x所以fx在0,m上單調(diào)遞減，fx在m,+∞上單調(diào)遞增.綜上所述：當(dāng)m≤0時(shí)，fx在0,+∞上單調(diào)遞增；當(dāng)m>0時(shí)，fx在0,m上單調(diào)遞減，在m,+∞上單調(diào)遞增.只需證fx≥=2-成立，只需證fxmin≥2-即可.因?yàn)閙>0，由(1)知，fxmin=fm=1+lnm.令gm=1+lnm-（2-=lnm+-1，則gm=-=，所以gm在0,1上單調(diào)遞減，在1,+∞上單調(diào)遞增，所以當(dāng)m>0時(shí)，mfx≥2m-1成立. 2已知函數(shù)f(x)=ex-x-m(m∈R).(2)當(dāng)m=-1時(shí)，證明：f(x)>1-.x-x-m>0恒成立對(duì)x>0恒成立，令g(x)=ex-x，故當(dāng)x>0時(shí)，g(x)>g(0)=1；故若使ex-x-m>0恒成立對(duì)x>0恒成立，則只需使m≤1；故n(x)≥n(2)=1-②.故由①②可得，f(x)>1-.11(Ⅰ)討論f(x)的單調(diào)性；(Ⅱ)若a<-1，證明：f(x)<-1.(Ⅰ)答案見(jiàn)解析；(Ⅱ)證明見(jiàn)解析.(Ⅱ)由a<-1結(jié)合(Ⅰ)可得f(x)max=的單調(diào)性即可得證. x( x+a.當(dāng)a≥0時(shí)，f(x)>0恒成立，∴函數(shù)f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)0<x<-時(shí)，f(x)>0，∴f(x)在（0,-上單調(diào)遞增；∴f(x)max=f（-=ln（-+a（-=-ln(-a)-1.令g(x)=-lnx-1.∵x>0，g(x)=-<0，∴函數(shù)g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減.又∵-a>1，∴fxmax=-ln-a-1<-ln1-1=-1，∴f(x)<-1.2已知f(x)=xlnx，g(x)=-x2+ax-32設(shè)h(x)=2lnx+x+(x>0)，則h′(x)=，∴[h(x)]min=h(1)=4，∴a≤[h(x)]min=4.證明：(2)問(wèn)題等價(jià)于證明xlnx>-(x∈(0,+∞))，設(shè)m(x)=-(x∈(0,+∞))，則m′(x)=，由題意得[m(x)]max=m(1)=-，3已知函數(shù)f(x)=ax2-xlnx.3(Ⅱ)當(dāng)x>0時(shí)，f(x)<xex+．不等式等價(jià)于lnx+>ex-ex，分別構(gòu)造函數(shù)h(x)=lnx+，φ∴f′(x)=2ax-1-lnx≥0在(0，+∞)上恒成立， x x∵x>0，則需要證ex-lnx<ex+min=h()=0，∴h(x)≥0，即lnx+≥0，2.xex=elnx?ex=elnx+x3.==elnx-x4.x+lnx=lnex+lnx=ln(xex)5.x-lnx=lnex-lnx=ln-x16.=x-6.=x=x=elnx(核心公式)x=elnx?ex=elnx+x（3）==elnx-x（4）x+lnx=lnex+lnx=lnxex（5）x-lnx=lnex-lnx=ln（1）==（2）=-x-1lnx-1=-elnx-1?lnx-1（3）xlnx=elnx?lnx（4）==-(-x)e-xxx一個(gè)核心：lnex=x=elnx (2)首先將題意轉(zhuǎn)化為elnx+x+1≥lnx+x+1+1．令t=lnx+x+1，即證：et≥t+1，再構(gòu)造函數(shù)hx=ex-x-1，求其最小值即可證明.故函數(shù)gx不存在極值；x1-a1-aegx+0-gx故gx極大值=ge1-a=a+e11-a==ea-1+1，無(wú)極小值.當(dāng)a<1時(shí)，函數(shù)gx有極大值，gx極大值=ea-1+1，不存在極小值.x+1≥，即證：xex+1≥lnx+x+2，lnx+x+1≥lnx+x+1+1.令t=lnx+x+1，故只須證：et≥t+1.設(shè)hx=ex-x-1，則hx=ex-1，故hx在0,+∞上單調(diào)遞增，在-∞,0上單調(diào)遞減，即hxmin=h0=0，所以hx≥0，從而有ex≥x+1.故et≥t+1，即fx≥gx. 數(shù)的底數(shù). x3 x3,則f(x)≥x-3lnx等價(jià)于t-1≥lnt，令gt=lnt-t+1，利用函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過(guò)方法二：令t=x-3lnx，則f(x)≥x-3lnx等價(jià)于et-1≥t，令h(t)=et-(t+1)，利用函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過(guò)當(dāng)x>0時(shí)，由f(x)=-1得f(x)=，令f(x)>0得x>3，令f(x)<0得0<x<3，1>-1>1>-1>0，20，fx2=0綜上，函數(shù)fx有兩個(gè)零點(diǎn). x3 x3,則x>0時(shí)，t>0，且lnt=x-3lnx.于是f(x)≥x-3lnx等價(jià)于t-1≥lnt，所以t=1時(shí)，函數(shù)gt取得最大值：ln1-1+1=0，所以gt≤g1=0，即f(x)≥x-3lnx.方法二：令t=x-3lnx，則et-1=-1，于是f(x)≥x-3lnx等價(jià)于et-1≥t，t≥t+1，令h(t)=et-(t+1)，則有h(t)=et-1.令h(t)<0，即et-1<0，解得t<0；所以h(t)≥h(0)=e0-1=0，即et-(t+1)≥0.所以et≥t+1，即f(x)≥x-3lnx.13x-x，h(x)=3x2-xlnx，13x-x，3x-1.(i)當(dāng)a≤0時(shí)所以f(x)在R上單調(diào)遞減；(2)當(dāng)a≥1時(shí)，f(x)-h(x)=ae3x-x-3x2+xlnx≥e3x-x-3x2+xlnx，要證fx>hx，只需證e3x-x-3x2+xlnx>0，即證-1>3x-lnx，即證e3x-lnx-1>3x-lnx，令t=φx=3x-lnxx>0，則φx=3-=， 3當(dāng)0 3 3 3所以t=φx≥φ=1-ln=ln3e，令g(x)=ex-x-1，則g(x)=ex-1，所以e3x-lnx-1>3x-lnx從而e3x-x-3x2+xlnx>0，所以當(dāng)a≥1時(shí)f(x)>h(x)恒成立.22(1)答案見(jiàn)解析(2)證明見(jiàn)解析(1)分類討論求解函數(shù)的極值即可.ex-x-1，求其最小值即可證明.故函數(shù)gx不存在極值；x1,e1-a1-aee1-a,+∞gx+0-gx故gx極大值=ge1-a=a+e11-a==ea-1+1，無(wú)極小值.x+1≥x+1≥lnx+x+2，lnx+x+1≥lnx+x+1+1.t≥t+1.設(shè)hx=ex-x-1，則hx=ex-1，故hx在0,+∞上單調(diào)遞增，在-∞,0上單調(diào)遞減，故et≥t+1，即fx≥gx. 1(2022貴州黔東南·統(tǒng)考一模)已知函數(shù)f(x)=(m≠0).(1)試討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；a.【分析】(1)fx的定義域?yàn)?,+∞,且fx=，對(duì)m分類討論，明確函數(shù)fx的單調(diào)性； b>ba只需證：blna>alnb即證：>.設(shè)gx=，研究函數(shù)gx的單調(diào)性即可.【詳解】(1)fx的定義域?yàn)?,+∞,且fx=.對(duì)x∈e,+∞,有fx<0，故函數(shù)fx在x∈e,+∞單調(diào)遞減.對(duì)x∈e,+∞,有fx>0，函數(shù)fx在x∈e,+∞單調(diào)遞增.a只需證：blna>alnb即證：>.設(shè)gx=，則gx=當(dāng)x∈e,+∞時(shí)，有g(shù)x<0，所以ga>gb，即>.∴>成立故原不等式成立. (1)求函數(shù)fx的單調(diào)區(qū)間；(2)已知m，n是正整數(shù)，且1<m<n，證明1+mn>1+nm.①當(dāng)a≤-1時(shí)，fx<0在-1,+∞上恒成立，fx的減區(qū)間為-1,+∞,無(wú)增區(qū)間；②當(dāng)a>-1時(shí)，令fx>0，解得-1<x<a，令fx<0，解得x>a，所以fx的增區(qū)間為-1,a，減區(qū)間為a,+∞.綜上，當(dāng)a≤-1時(shí)，fx的減區(qū)間為-1,+∞,無(wú)增區(qū)間；當(dāng)a>-1時(shí)，fx的增區(qū)間為-1,a，減區(qū)間為a,+∞.(2)兩邊同時(shí)取對(duì)數(shù)，證明不等式成立等價(jià)于證明nln1+m>mlnn+1，即證明>， xx+1- xx+1x2，所以hx<0，所以hx為0,+∞上的減函數(shù)，因?yàn)?<m<n，知hm>hn，即>，即1+mn>1+nm.(2022·(2022·全國(guó)·高三專題練習(xí))已知函數(shù)g(x(=1-.(1)求g(x(的單調(diào)區(qū)間；(1)g(x(的單調(diào)遞增區(qū)間是(1,+∞(，單調(diào)遞減區(qū)間是(0,1(；(2)證明見(jiàn)解析.(1)因?yàn)間(x(=1-，所以gI(x(=-=.所以g(x(的單調(diào)遞增區(qū)間是(1,+∞(，單調(diào)遞減區(qū)間是(0,1(.(2)由(1)知g(x(=1-在(0,1(上單調(diào)遞減，1 e<m<n<1時(shí)，g(m(>g(n(，即1->1-，2(2021·全國(guó)·高三專題練習(xí))已知函數(shù)f(x(=lnx-.2(1)求證：函數(shù)f(x(在(0,+∞(上單調(diào)遞增；(1)證明見(jiàn)解析；(2)證明見(jiàn)解析.(2)不妨設(shè)m>n，利用作差法得到-=ln-，然后令=t>1，轉(zhuǎn)化為f(t(，利用其在(0,+∞(上單調(diào)性證明.(1)由題意知，x>0，fI(x(=-=≥0，-=ln-，令=t>1，則ln-=lnt-=f(t(．由(1)知f(x(在(0,+∞(上單調(diào)遞增，f(1(∵t>1，∴f(t(>0．又m>n，∴>lnm-lnn>m-n m+n.33(1)若函數(shù)fx在0,+∞上為單調(diào)增函數(shù)，求a的取值范圍；【分析】(1)對(duì)函數(shù)進(jìn)行求導(dǎo)并解不等式fx≥0，轉(zhuǎn)化為二次不等式x2+2-2ax+1≥0在0,+∞上恒【詳解】解：(1)fx=-==，因?yàn)閒x在0,+∞上為單調(diào)增函數(shù)，所以fx≥0在0,+∞上恒成立即x2+2-2ax+1≥0在0,+∞上恒成立，2+2-2ax+1≥0，則gx=x+≥2x?=2，當(dāng)且僅當(dāng)x=即x=1時(shí)，gx有最小值2，+1>0，設(shè)hx=lnx-，由(1)知hx在1,+∞上是單調(diào)增函數(shù)，又>1，所以h>h1=0，即ln->0成立，得到<. 1(2023·四川成都·成都七中?？寄M預(yù)測(cè))已知函數(shù)fx=ex-ax2+e2x有兩個(gè)極值點(diǎn)a≤-，x2x1<x2.+x2<2ln2a.x-xx-xx+xx+xx-xx-xx+xx+xx-e2<0，于是g'(x(=<0，所以g(x(在(-∞,0)單調(diào)遞減且g(x(=<0，.x-x(2)因?yàn)閒'(x1(=f'(x2(=0，所以ex+e2=2ax1,ex+e2=2ax2，于是ex-ex=2a(x2-x1(，從而2a=2-x-x--e-u>2u(u>0(，x-xx2-x12>x-xx2-x12令φ(u(=eu-e-u-2u(u>0(，φ'(u(=eu+eu-2≥2eu?e-u-2≥0.所以?(u(在(0,+∞)單調(diào)遞增，所xxx+xx+x2從而eu-e-u>2u(u>0(.所以>e2，于是2a>e2，由(1)知a>，從而x1+x2<2ln2a. (2)將f(x2(=eax-ex2變形為eln(ex(+ln(ex2(=eax+ax，構(gòu)造函數(shù)F(x(=x+ex，根據(jù)其單調(diào)性將方程轉(zhuǎn)化為ax=ln(ex2(，再構(gòu)造函數(shù)h(x(=，利用導(dǎo)數(shù)討論其性質(zhì)，結(jié)合圖象可得<x1<e<x2x1x2【詳解】(1)f(x(的定義域?yàn)?0,+∞(，由f(x(=lnx-ax+1≤0，得a≥..=eax-ex2，得lnx2-ax+1=eax-ex2，即ex2+ln(ex2(=eax+ax，即eln(ex(+ln(ex2(=eax+ax.設(shè)F(x(=x+ex，則eln(ex(+ln(ex2(=eax+ax等價(jià)于F(ln(ex2((=F(ax(.易證F(x(在R上單調(diào)遞增，則ax=ln(ex2(，即a=.設(shè)h(x(=，則h,由h,(x(<0，得x>e，從而h(x)max=h(e(=、、=h(e-==0，<x2，由圖可知，<x1<e<x2,0<a<.設(shè)G(t(=lnt-(t>1),G,(t(=>0,設(shè)t=>1，則ln-2?>0，即21(<lnx2-lnx1，則lnx1<x1x2.=.11，且f(x1(=f(x2(=2，證明：0<m<e，且x1+x2<2.≤0和m>0兩種情況，得到函數(shù)的單調(diào)性； 綜上，當(dāng)m≤0時(shí)，fx在R上單調(diào)遞增；當(dāng)m>0時(shí)，fx在區(qū)間-∞,lnm上單調(diào)遞減，在區(qū)間lnm,+∞上單調(diào)遞增.2是方程m=ex(2-x)的兩個(gè)實(shí)數(shù)根．令g(x)=ex(2-x)，則g(x)=ex(1-x)，不妨設(shè)x1<x2，因?yàn)閤1，x2是方程m=ex(2-x)的兩個(gè)實(shí)數(shù)根，則x1<1<x2<2.要證x1+x2<2，只需證x1<2-x2．因?yàn)閤1<1，2-x2<1，所以只需證gx1<g2-x2.因?yàn)間x1=gx2，所以只需證gx2<g2-x2．今h(x)=g(x)-g(2-x)，1<x<2，則h(x)=g(x)+g(2-x)=ex(1-x)+e2-x(x-1)=(1-x)ex-e2-x=(1-x)?<0在1,2恒成立.所以gx2<g2-x2，即x1+x2<2成立. +x2>4a.(2)構(gòu)造函數(shù)gx=fx-f4a-x，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性與最值即可證明.【詳解】(1)由題意可知：fx=lnx+x>0?fx=，若a≤0，則fx>0恒成立，即fx單調(diào)遞增，不存在兩顯然當(dāng)x>2a時(shí)，fx>0，當(dāng)0<x<2a時(shí)，fx<0，則fx在0,2a上單調(diào)遞減，在2a,+∞上單調(diào)遞增，2<2a，且f4a2=2ln2a+ 1 故gt>g=e-2>0，所以f4a2>0，又f1=2a>0，2a<x2，構(gòu)造函數(shù)gx=fx-f4a-x0<x<2a，則gx=+=-<0，即gx單調(diào)遞減，所以gx>g2a=0，即gx1=fx1-f4a-x1>0?fx1=fx2>f4a-x1，因?yàn)?<x1<2a<x2，所以4a-x1>2a，由(1)知fx在2a,+∞上單調(diào)遞增，所以由fx2>f4a-x1?x2>4a-x1，故x1+x2>4a.處理極值點(diǎn)偏移問(wèn)題中的類似于x1x2<afx1=fx2的問(wèn)題的基本步驟如下：①求導(dǎo)確定fx的單調(diào)性，得到x1,x2的范圍；②構(gòu)造函數(shù)Fx=fx-f，求導(dǎo)可得Fx恒正或恒負(fù)；③得到fx1與f的大小關(guān)系后，將fx1置換為fx2； x1 x1 1x2<4.求導(dǎo)得f(x)=ax-(2a+1)+=， 2 2 2若0 2 a,當(dāng)0<x<2或 a a時(shí)，f(x)>0，當(dāng)2<x a 2 2 a,當(dāng)0< a a a<x<2時(shí)，f(x)<0，當(dāng)a≤0時(shí)，當(dāng)0<x<2時(shí)，f(x)>0，當(dāng)x>2時(shí)，f(x)<0，所以a的取值范圍是a≤0.由f(x1)=f(x2)，x1≠x2，不妨令0<x1<2<x2，要證x1x2<4，只證x1<，即證fx1<f，就證fx2-f<0，++令g(x)=f(x)-f,x>2，求導(dǎo)得g(x)=f(x)-f?（-=x44x2=4xx=ax-1+=?= 2+3a-x]x3)<0，即f(x2)-f<0?f(x2)<f，又f(x1)=f(x2)，因此f(x1)<f，顯然0<x1<2,0<所以x1x2<4. x2， (1)求函數(shù)gx的極值；(2)若hx=fx-gx，求函數(shù)hx的最小值；1x2<1.x-lnx+x1-lnx1=ex-lnx+x2-lnx2，構(gòu)造函數(shù)y=ex+x，根據(jù)其單調(diào)性可得x1-lnx1=x2 -lnx2，構(gòu)造函數(shù)M(x)=x-lnx并研究其單調(diào)性，構(gòu)造函數(shù)T(x)=M(x)-M并研究其單調(diào)性，當(dāng)(2)由題意知函數(shù)hx=-lnx+x的定義域?yàn)?0,+∞).h(x)=-+1=(x-1)-x+x2=ex+x(x-1)x2x2，所以h(x)min=h(1)=e+1.，則由(2)知0<x1<1<x2，0<<1.設(shè)S(x)=h(x)-a，由Sx1=Sx2=0，得-lnx1+x1=-lnx2+x2，即ex-lnx+x1-lnx1=ex-lnx+x2-lnx2，因?yàn)楹瘮?shù)y=ex+x在R上單調(diào)遞增，所以x1-lnx1=x2-lnx2成立.構(gòu)造函數(shù)M(x)=x-lnx，則M(x)=1-=，M(x)>0?x>1，M(x)<0?0<x<1，構(gòu)造函數(shù)T(x)=M(x)-M=x--2lnx，則T,(x)=1+-=≥0，所以函數(shù)T(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x>1時(shí)，T(x)>T(1)=0，即當(dāng)x>1時(shí)，M(x)>M,1x2<1.所以M(x1(=M(x2(>M，又M(x)在(0,1)1x2<1.1(2023上·重慶渝中·高三統(tǒng)考)已知函數(shù)f(x(=xlnx-ax2+x,a∈R.1(1)若函數(shù)f(x(是減函數(shù)，求a的取值范圍；(1)(1)f,(x(=lnx-2ax+2≤0在(0,+∞(上恒成立，參變分離2a≥在(0,+∞(上恒成立，構(gòu)2=tx1(t>2)，從而得到lnx1=-1，lnx2=-(1)f(x(=xlnx-ax2+x,a∈R的定義域?yàn)?0,+∞(，f,(x(=lnx+1-2ax+1=lnx-2ax+2，函數(shù)f(x(是減函數(shù)，故f,(x(=lnx-2ax+2≤0在(0,+∞(上恒成立，,(x(>0，u(x(=單調(diào)遞增，,(x(<0，u(x(=單調(diào)遞減，(2)若有兩個(gè)零點(diǎn)x1,x2，則x1lnx1-ax+x1=0,x2lnx2-ax+x2=0，得a=+=+.∵x2>2x1>0則lnx2=ln(tx1(=lnt+lnx1=-1，∴l(xiāng)n(x1x2(=lnx1+lnx2=-1+-1=-2，令h(t(=-2(t>2)，則h,(t(=，令φ(t(=-2lnt+t-(t>2)，則φ,(t(=-+1+=>0，∴φ(t(在(2,+∞(上單調(diào)遞增，-1，t(>φ(2(=-2ln2==>0，t(=>0，則h(t(在(2,+∞(上單調(diào)遞增，t(>h(2(=3ln2-2=ln，即ln(x1x2(>ln，故x1x2>.22ln(x1x2(=(a+1((x1+x2(，兩式相減得ln=(a+1)(x2-x1(，從而有l(wèi)2=，進(jìn)而要證x1?x2>構(gòu)造函數(shù)F(t(=lnt-=lnt+-2即可證明.【詳解】(1)當(dāng)a=1時(shí)，f(x(=lnx+x2-2x(x>0),fI(x(=+x-2=≥0，所以函數(shù)y=f(x(在(0,+∞(上單調(diào)遞增，又因?yàn)閒(1(=-<0,f(4(=ln4>0，所以函數(shù)y=f(x(有且僅有一個(gè)零點(diǎn).1,e>0,φ(x(的大致圖象如圖所示，證明：不妨設(shè)0<x1<x2,且=兩式相加得ln(x1x2(=(a+1((x1+x2(，兩式相減得ln=(a+1)x2-x1，所以l2=2>e2，只需證lnx1x2=?ln>2，，設(shè)t=(t>1)，令Ft=lnt-2t1=lnt+t1則Ft=-=>0，所以函數(shù)Ft在1,+∞上單調(diào)遞增，且F1=0，所以Ft>0，即lnt>，所以x1?x (1)討論fx的單調(diào)性；(2)等價(jià)變形給定等式，結(jié)合a=1時(shí)函數(shù)f(x)的單調(diào)性，由0<x1<1<x2，fx1=fx2，再構(gòu)造函數(shù)lnx+1ax(2)由ex1x=ex2x，兩邊取對(duì)數(shù)得x2lnx1+1=x1lnx2+1，即=，f(x)max=f(1)=1，而f=0，x>1時(shí)，f(x)>0恒成立，0<x1<1<x2，滿足fx1=fx2，∈[2,+∞)，則x+x>x≥4>2成立；則g(x)=f(x)+f(2-x)=-->--=->0，于是fx1=fx2>f2-x2，2又x+1>2x=2x1,x+1>2x=2x2，則有x+1+x+1>2x1+x2>4，則x+x>2，所以x+x>2. (1)討論函數(shù)fx的單調(diào)性：2是方程fx=0的兩不等實(shí)根，求證：x+x>2e；(2)由lnx-ax2=0?2lnx-2ax2=0可得，x1,x2是方程lnx2-2ax由fx=lnx-ax2得：fx=-2ax=，當(dāng)a≤0時(shí)，fx>0,fx在0,+∞上單調(diào)遞增；當(dāng)a>0時(shí)，由fx>0得0<x<，由fx<0得x>，上單調(diào)遞減.2是方程lnx-ax2=0的兩不等實(shí)根，lnx-ax2=0?2lnx-2ax2=0，2是方程lnx2-2ax2=0的兩不等實(shí)根，令1<t1<e<t2，要證x+x>2e，只需證t1+t2>2e，則ht=gt-g2e-t=-=，令φt=2e-tlnt-tln2e-t，則φt=-1-lnt-ln2e-t+=+-ln-t2+2et>+-2>所以φt在1,e上遞增，φt<φe=0，所以ht=gt-g2e-t<0，所以gt<g2e-t，所以gt2=gt1<g2e-t1，所以t2>2e-t1，即t1+t2>2e，所以x+x>2e.，令0<x1<x2，只需證<lnx2lnx1，只需證211-lnx<0x=>1(,令φx=-lnx(x>1),φx=-=<0，所以φx在1,+∞上單調(diào)遞減，所以φx<φ1=0.因?yàn)閘1=l2，所以lnt2=lnt2t1+t2<所以lnt1+lnt2>2，即t1t2>e2，所以t1+t2>2t1t2>2e.1(2023·山西·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè))已知函數(shù)f(x(=-ax.1(1)若f(x(≤-1，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)若f(x(有2個(gè)不同的零點(diǎn)x1,x2(x1<x2)，求證：2x+3x>.(1)[1,+∞((2)證明見(jiàn)解析到G(t(在(1,+∞(上單調(diào)遞增，G(t(>G(1(=0，得到證明.(1)因?yàn)楹瘮?shù)f(x(的定義域?yàn)?0,+∞(，所以f(x(≤-1成立，等價(jià)于a≥成立.令h(x(=，則h'(x(=，令g(x(=1-x-2lnx，則g'(x(=-1-<0，所以g(x(在(0,+∞(內(nèi)單調(diào)遞減，(2)f(x(有2個(gè)不同的零點(diǎn)等價(jià)于a=有2個(gè)不同的實(shí)數(shù)根.令F(x(=，則F'(x(=，當(dāng)F'(x(=0時(shí)，解得x=e.所以當(dāng)x∈(0,e(時(shí)，F(xiàn)'(x(>0，F(xiàn)(x(單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(e,+∞(時(shí)，F(xiàn)'(x(<0，F(xiàn)(x(單調(diào)遞減，所以y=F(x(在x=e處取極大值為F(e(=.t2=l2=ln又因?yàn)閤=l1x2>.因?yàn)閠>1，即證lnt->0.令G(t(=lnt-(t>1(，則G'(t(=t((22所以G(t(在(1,+∞(上單調(diào)遞增，G(t(>G(1(=0，22(1)若f(x(≤1，求a的取值范圍；，使得f(x1(=f(x2(，則x+x>2.(1)[1,+∞((2)證明見(jiàn)解析(1)f(x)=，f,(x)=-，令f,(x)=0，解得x=1，,(x)>0,(x)<0，f(x)在(1,+∞)單調(diào)遞減， a所以f(x)max=f(1 a a a<x22+x2>2要證x1+x2>2>2-x2，即f(x1)>f(2-x2)，f(x2)>f(2-x2)，令g(x)=f(x)-f(2-x)，x∈(1,,(x)=--=-->--=-×=-1×ln[-(x-1)2+1]>0，所以g(x)在(1,2)上單調(diào)遞增，所以g(x)≥g(1)=0，即f(x)>f(2-x)，x∈(1,2)，所以x1+x2>2即x+x>2(x1+x2)-2>2.3.三角函數(shù)與函數(shù)的重要放縮公式：x≥sinx(x≥0(. 1(2023·全國(guó)·高三專題練習(xí))已知函數(shù)f(x(=ex-x-1.(1)答案見(jiàn)解析；(2)答案見(jiàn)解析.(1)求導(dǎo)，根據(jù)導(dǎo)函數(shù)分析f(x(的單調(diào)性，即可得到f(x(≥f(x(min=f(0(=0，即可證明f(x(≥0；(2)令g(x(=ex-mx+cosx-2，求導(dǎo)，根據(jù)放縮的思路得到g,(x(≥0，然后利用g(x(在[0,+∞(上的單 調(diào)性即可證明ex-mx+cosx-2≥0.(1)證明：f,(x(=ex-1，當(dāng)x>0時(shí)，f,(x(>0，f(x(單調(diào)遞增；,(x(<0，f(x(單調(diào)遞減，f(x(≥f(x(min=f(0(=0，x-x-1≥0，當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)取等號(hào)，∴fx≥0.(2)令gx=ex-mx+cosx-2，則gx=ex-m-sinx，又m≤1，所以gx≥x+1-1-sinx=x-sinx，令hx=x-sinx，則hx=1-cosx，當(dāng)x≥0時(shí)，hx≥0，所以hx在[0,+∞上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x∈[0,+∞時(shí)，hx≥h0=0，則gx≥0，gx在[0,+∞上單調(diào)遞增，所以當(dāng)m≤1時(shí)，不等式ex-mx+ 2(2023·四川資陽(yáng)·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè))已知函數(shù)fx=x3-ax+1.(1)y=-x+1或y=x-1(2)證明見(jiàn)解析(1)易知1,0不在fx上，設(shè)切點(diǎn)x0,x-x0+1，由導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出切線方程，將1,0代入(2)構(gòu)造gx=x3-ax+1-cosxx>0，求得gx=3x2-a+sinx，再令ux=gx，通過(guò)研究u′x正負(fù)確定gx單調(diào)性，再由g′x正負(fù)研究gx最值，進(jìn)而得證.設(shè)切點(diǎn)x0,x-x0+1，則切線方程為y-x-x0+1=3x-1x-x0，該切線過(guò)點(diǎn)1,0，則-x+x0-1=3x-11-x0，即2x-3x=0，(2)設(shè)gx=x3-ax+1-cosxx>0，則gx=3x2-a+sinx，令ux=gx=3x2-a+sinxx>0，則ux=6x+cosx，故x>0時(shí)均有ux>0，則ux即gx在0,+∞上單調(diào)遞增，g0=-a， 1(2022·新疆·統(tǒng)考三模)已知函數(shù)f(x(1)a=0(2)證明見(jiàn)解析(2)將fx≤2ax變形成-ax≤0，故只需證g(x)= sinx-ax≤0，用導(dǎo)數(shù)法證明g(x)max≤證-ax≤0，令g(x)=-ax，x)=cosx(2+x(-sinx)-a=(2-a(x)≤-=≤0 3x(2)根據(jù)a≥1和a<1分類討論，結(jié)合第一問(wèn)的結(jié)論和基本不等式即可求解.【詳解】(1)由f(x)=excosx可得f,(x)=ex(cosx-sinx)=2excos+x令f,(x)=0得，x所以f(x)min=min〈f(0),f〈，因?yàn)閒=>=>1=f(0)，所以f(x(min=1，3x>0，3×0=1+a<2， 1已知函數(shù)f(x(=lnx+x2-ax(a∈R(.(1)求函數(shù)fx的單調(diào)區(qū)間；(2)設(shè)fx存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2，且x1<x2，若0<x1<，求證：fx1-fx2>-ln2.(1)答案見(jiàn)解析(2)證明見(jiàn)解析1,x2代入fx1-fx2中進(jìn)行化簡(jiǎn)，∵0<x1<，所以可以求出最小值，即可證出fx1-fx2>-ln2.(1)由題意可知fx=+2x-a=，x>0，當(dāng)a≤0時(shí)，fx>0，則fx在0,+∞是單調(diào)遞增；2-8≤0 fx在0,和,+∞∴x2=,a=2x1+(用x1分別表示出x2和a)∴fx1-fx2=lnx1+x-ax1-lnx2+x-ax2，整理，得hx=-23-2x=-4x4x2-1=-212<0恒成立， 2已知函數(shù)f(x)=lnx+ax2-x.(2)設(shè)f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，若x1，x2是函數(shù)f′(x)的兩個(gè)不相等的零點(diǎn)，求證：f(x1)+f(x2)<x1+x2-5(1)極大值是f=-ln2-，無(wú)極小值；(2)證明見(jiàn)解析(1)由a=-1，得到f(x)=lnx-x2-x，求導(dǎo)fx=-，令fx>0，fx<0求布，得到0<a<，然后利用韋達(dá)定理，得到f(x1)+f(x2)-x1-x2=ln--1，利用導(dǎo)數(shù)法證明. 則f,(x(=-2x-1=-. 2令f,(x(>0，得0 2;令f,(x(<0，得x> .2故f(x)的極大值是f=-ln2-，綜上，函數(shù)f(x)的極大值是f=-ln2-，無(wú)極小值.x1x2=>0解之得0<a<.f(x1)+f(x2)-x1-x2=lnx1+lnx2+ax+ax-2(x1x1x2=>0=a(x+x)-2(x1+x2)+ln(x1x2)=a[(x1+x2)2-2x1x2]-2(x1+x2)+ln(x1x2)故g(t)<g(4)=ln4-7<2-7=-5，所以f(x1)+f(x2)<x1+x2-5.1已知函數(shù)f(x(=x--alnx(a∈R)，1(1)求曲線y=f(x(在點(diǎn)（e,-處的切(2)f,(x(是f(x(的導(dǎo)函數(shù)，若函數(shù)g(x(=x2?f,(x(-ax+2lnx有兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2，且0<x1<x2<e，求+<g(x2(+e2-4.+<g(x2(+e2-4”等價(jià)于“證明g(x1(-g(x2(<e2--4”.表達(dá)函數(shù)g(x(=x2f'(x(+2lnx-ax=x2-2ax+2lnx+1，可得g(x1(-g(x2(=-x+4lnx1，<x1<1令h(t(=-t2+4lnt，h(t(=--t+=-<0，求新函數(shù)h(t(在區(qū)間的最值，即可得證.又由f,(x(=1+-，即f,(x(=1+-，故所求切線的斜率為f,(e(=1+-=，所以切線方程為y+=(x-e(，即y=-，令y=0，得x=2e；令x=0，得y=-，·fx+2lnx-ax=x2-2ax+2lnx+1.則函數(shù)y=gx的定義域?yàn)?，+∞,且gx=2x-2a+=，“證明gx1+<gx2+e2-4”等價(jià)于“證明gx1-gx2<e2--4”.gx1-gx2=x-2ax1+2lnx1-x+2ax2-2lnx2=x1+x2·x1-x2-2ax1-x2+4lnx1=-x1+x2x1-x2+4lnx1=-x+4lnx1<x1<1(.設(shè)ht=-t2+4lnt<t<1則ht=--2t+=-<0在t∈，1（上恒成立.gx2的取值范圍是2--4所以gx1+<gx2+e2-4.2已知函數(shù)fx=x2+lnx+mx，(m∈R).2(1)若fx存在兩個(gè)極值點(diǎn)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；2為fx的兩個(gè)極值點(diǎn)，證明：-f>.(1)-∞,-2(2)證明見(jiàn)解析(1)f′(x)=x+(2)由(1)知m<-2，且x1+x2=-m，x1x2=1，則-f=-ln（--+，只需證明-ln（--1->0，即可解得m的取值范圍. x(1)(1)f′(x)= x+m，(x>0)，若f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)，則f′(max=-2，所以m<-2，所以m的取值范圍為(-∞,-2).所以-f=-ln--m（(=-lnlnt<t-1對(duì)t>1成立，令gt=lnt-t-1，g′(t)=<0，所以g(t)=lnt-(t-1)單調(diào)遞減，則有g(shù)(t)=lnt-(t-1)<g(1)=0.x≥ex；(3)1-≤lnx≤x-1；(4)lnx≤. x2-x1<2a+1+e-2.求證：|a-b|<nlnt+nn.證明：設(shè)函數(shù)f(x)=xlnx(x>0)，f′(x)=1+lnx(x>0).設(shè)p(x)=1+lnx(x>0)，f′(x)<0，f(x)=xlnxf′(x)>0，f(x)=xlnx單調(diào)遞增.：g(x)=-x-e-2和l2：m(x)=x-1，令h(x)=f(x)-g(x)=xlnx+x+e-2(x>0)，則h′(x)=2+lnx，當(dāng)x>e-2時(shí)，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增.于是h(x)≥h(e-2)=0，從而f(x)≥g(x)，令φ(x)=f(x)-m(x)=xlnx-x+1(x>0)，則φ′(x)=lnx，<x1<x2<x2′，x2-x1<x2′-x1′=(a+1)-(-a-e-2)=2a+1+e-2. 2已知函數(shù)f(x)=4ex-1+ax2，曲線y=f(x)在x=1處的切線方程為y=bx+1.x-1-x3-3x-2lnx≥0.(1)fI(x)=4ex-1+2ax，由曲線y=f(x)在x=1處的切線方程為y=bx+1知：設(shè)g(x)=4ex-1-x2-2x-1，則gI(x)=4ex-1-2x-2，gn(x)=4ex-1-2，易知gn(x)在(0,+∞)單調(diào)遞增；且0(x0,+∞(單調(diào)遞增，其中g(shù)I(0)=-2<0，x-1-x3-3x-2lnx≥0，只需證4ex-1-x2-3-≥0.x-1-x2≥2x+1.2-x-lnx≥0，設(shè)φ(x)=x2-x-lnx，則φI(x)=2x-1-==，易知φ(x)在(0,1x-1-x3-3x-2lnx≥0成立.1已知函數(shù)f(x)=4ex-1+ax2，曲線y=f(x)在x=1處的切線方程為y=bx+1.1(3)證明不等式：4xex-1-x3-3x-2lnx≥0.設(shè)g(x)=4ex-1-x2-2x-1，則g′(x)=4ex-1-2x-2，所以當(dāng)x>0且x≠1時(shí)，曲線y=f(x)的圖象在切線y=bx+1的上方.x-1-x3-3x-2lnx≥0，只需證4ex-1-x2-3-≥0.x-1-x2≥2x+1.故只需證2x+1≥3+，即證x2-x-lnx≥0，即不等式4xex-1-x3-3x-2lnx≥0成立.2(2013·新課標(biāo)II卷)已知函數(shù)fx=ex-lnx+m①2(1)設(shè)x=0是fx的極值點(diǎn)，求m并討論fx的單調(diào)性；x-，x>-1，因?yàn)閤=0是fx的極值點(diǎn)，所以f0=1-=0，解得：m=1，故fx=ex-=，令ux=x+1ex-1x>-1，則ux=x+2ex>0，所以u(píng)x在-1,+∞上單調(diào)遞增，又u0=0，所以當(dāng)-1<x<0時(shí)，ux<0，故fx<0；當(dāng)x>0時(shí)，ux>0，故fx>0，從而fx在-1,0上單調(diào)遞減，在0,+∞上單調(diào)遞增.(2)證法1：當(dāng)m≤2時(shí)，fx=ex-lnx+m≥ex-lnx+2，令gx=ex-lnx+2，x>-2，則gx=ex-=，令hx=x+2ex-1x>-2，則hx=x+3ex>0，所以hx在-2,+∞上單調(diào)遞增，結(jié)合h-1=-1<0，h0=1>0知存在唯一的x0使hx0=0且x0∈-1,0，當(dāng)-2<x<x0時(shí)，hx<0，所以gx<0，當(dāng)x>x0時(shí)，hx>0，所以gx>0，從而gx在-2,x0上單調(diào)遞減，在x0,+∞上單調(diào)遞增，故gxmin=gx0=ex-lnx0+2①,因?yàn)閔x0=x0+2ex-1=0，所以ex=，兩邊取對(duì)數(shù)得：x0=-