高考数学统考一轮复习第3章导数及其应用命题探秘1第1课时利用导数证明不等式学案

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技法一 直接将不等式转化为函数的最值问题
[典例1] 已知函数f (x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x.
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)当a＜0时，证明：f (x)≤－eq \f (3,4a)－2.
[思维流程]
[解] (1)f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝eq \f (1,x)＋2ax＋2a＋1＝eq \f (x＋12ax＋1,x).
若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f ′(x)＞0，故f (x)在(0，＋∞)上单调递增．
若a＜0，则当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f (1,2a)))时，f ′(x)＞0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f (1,2a)，＋∞))时，f ′(x)＜0.
故f (x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f (1,2a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f (1,2a)，＋∞))上单调递减．
(2)证明：由(1)知，当a＜0时，f (x)在x＝－eq \f (1,2a)处取得最大值，最大值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f (1,2a)))＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f (1,2a)))－1－eq \f (1,4a).
所以f (x)≤－eq \f (3,4a)－2等价于lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f (1,2a)))－1－eq \f (1,4a)≤－eq \f (3,4a)－2，即lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f (1,2a)))＋eq \f (1,2a)＋1≤0.设g(x)＝ln x－x＋1，则g′(x)＝eq \f (1,x)－1.当x∈(0,1)时，g′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0.所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0.所以当x＞0时，g(x)≤0.从而当a＜0时，lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f (1,2a)))＋eq \f (1,2a)＋1≤0，即f (x)≤－eq \f (3,4a)－2.
点评：(1)若证f (x)＞g(a)或f (x)＜g(a)，只需证f (x)min＞g(a)或f (x)max＜g(a)．
(2)若证f (a)＞M或f (a)＜M(a，M是常数)，只需证f (x)min＞M或f (x)max＜M.
eq \([跟进训练])
已知函数f (x)＝aex－bln x，曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程为y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f (1,e)－1))x＋1.
(1)求a，b；
(2)证明：f (x)＞0.
[解] (1)函数f (x)的定义域为(0，＋∞)．
f ′(x)＝aex－eq \f (b,x)，由题意得f (1)＝eq \f (1,e)，f ′(1)＝eq \f (1,e)－1，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ae＝\f (1,e)，,ae－b＝\f (1,e)－1， ))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\f (1,e2)，,b＝1.))
(2)证明：由(1)知f (x)＝eq \f (1,e2)·ex－ln x.
因为f ′(x)＝ex－2－eq \f (1,x)在(0，＋∞)上单调递增，又f ′(1)＜0，f ′(2)＞0，所以f ′(x)＝0在(0，＋∞)上有唯一实根x0，且x0∈(1,2)．
当x∈(0，x0)时，f ′(x)＜0，当x∈(x0，＋∞)时，f ′(x)＞0，
从而当x＝x0时，f (x)取极小值，也是最小值．
由f ′(x0)＝0，得eeq \s\up12(x0－2)＝eq \f (1,x0)，则x0－2＝－ln x0.
故f (x)≥f (x0)＝eeq \s\up12(x0－2)－ln x0＝eq \f (1,x0)＋x0－2＞2eq \r(\f (1,x0)·x0)－2＝0，所以f (x)＞0.
技法二 移项作差构造函数证明不等式
[典例2] 已知函数f (x)＝ex－3x＋3a(e为自然对数的底数，a∈R)．
(1)求f (x)的单调区间与极值；
(2)求证：当a＞ln eq \f (3,e)，且x＞0时，eq \f (ex,x)＞eq \f (3,2)x＋eq \f (1,x)－3a.
[思维流程]
[解] (1)由f (x)＝ex－3x＋3a，x∈R，知f ′(x)＝ex－3，x∈R.
令f ′(x)＝0，得x＝ln 3，
于是当x变化时，f ′(x)，f (x)的变化情况如下表：
故f (x)的单调递减区间是(－∞，ln 3]，
单调递增区间是[ln 3，＋∞)，
f (x)在x＝ln 3处取得极小值，极小值为f (ln 3)＝eln 3－3ln 3＋3a＝3(1－ln 3＋a)．无极大值．
(2)证明：待证不等式等价于ex＞eq \f (3,2)x2－3ax＋1，
设g(x)＝ex－eq \f (3,2)x2＋3ax－1，x＞0，
于是g′(x)＝ex－3x＋3a，x＞0.
由(1)及a＞ln eq \f (3,e)＝ln 3－1知：g′(x)的最小值为g′(ln 3)＝3(1－ln 3＋a)＞0.
于是对任意x＞0，都有g′(x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增．
于是当a＞ln eq \f (3,e)＝ln 3－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)＞g(0)．
而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)＞0.
即ex＞eq \f (3,2)x2－3ax＋1，故eq \f (ex,x)＞eq \f (3,2)x＋eq \f (1,x)－3a.
点评：若证明f (x)＞g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数h(x)＝f (x)－g(x)．如果能证明h(x)min＞0，x∈(a，b)，即可证明f (x)＞g(x)，x∈(a，b)．使用此法证明不等式的前提是h(x)＝f (x)－g(x)易于用导数求最值．
eq \([跟进训练])
(2020·唐山模拟)设f (x)＝2xln x＋1.
(1)求f (x)的最小值；
(2)证明：f (x)≤x2－x＋eq \f (1,x)＋2ln x.
[解] (1)f ′(x)＝2(ln x＋1)．
所以当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f (1,e)))时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f (1,e)，＋∞))时，f ′(x)＞0，f (x)单调递增．
所以当x＝eq \f (1,e)时，f (x)取得最小值f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f (1,e)))＝1－eq \f (2,e).
(2)证明：x2－x＋eq \f (1,x)＋2ln x－f (x)
＝x(x－1)－eq \f (x－1,x)－2(x－1)ln x
＝(x－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f (1,x)－2ln x))，
令g(x)＝x－eq \f (1,x)－2ln x，则g′(x)＝1＋eq \f (1,x2)－eq \f (2,x)＝eq \f (x－12,x2)≥0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又g(1)＝0，
所以当0＜x＜1时，g(x)＜0，
当x＞1时，g(x)＞0，
所以(x－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f (1,x)－2ln x))≥0，
即f (x)≤x2－x＋eq \f (1,x)＋2ln x.
技法三 构造双函数证明不等式
[典例3] 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＞eq \f (1,ex)－eq \f (2,ex)成立．
[思维流程]
[解] (1)由f (x)＝xln x，x＞0，得f ′(x)＝ln x＋1，
令f ′(x)＝0，得x＝eq \f (1,e).
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f (1,e)))时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f (1,e)，＋∞))时，f ′(x)＞0，f (x)单调递增．
①当0＜t＜eq \f (1,e)＜t＋2，即0＜t＜eq \f (1,e)时，
f (x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f (1,e)))＝－eq \f (1,e)；
②当eq \f (1,e)≤t＜t＋2，即t≥eq \f (1,e)时，f (x)在[t，t＋2]上单调递增，f (x)min＝f (t)＝tln t.
所以f (x)min＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f (1,e)，0＜t＜\f (1,e)，,tln t，t≥\f (1,e).))
(2)证明：问题等价于证明xln x＞eq \f (x,ex)－eq \f (2,e)(x∈(0，＋∞))．
由(1)可知f (x)＝xln x(x∈(0，＋∞))的最小值是－eq \f (1,e)，
当且仅当x＝eq \f (1,e)时取到．
设m(x)＝eq \f (x,ex)－eq \f (2,e)(x∈(0，＋∞))，
则m′(x)＝eq \f (1－x,ex)，
由m′(x)＜0得x＞1时，m(x)为减函数，
由m′(x)＞0得0＜x＜1时，m(x)为增函数，
易知m(x)max＝m(1)＝－eq \f (1,e)，当且仅当x＝1时取到．
从而对一切x∈(0，＋∞)，xln x≥－eq \f (1,e)≥eq \f (x,ex)－eq \f (2,e)，两个等号不同时取到，即证对一切x∈(0，＋∞)都有ln x＞eq \f (1,ex)－eq \f (2,ex)成立．
点评：(1)若证f (x)＜g(x)，只需证f (x)max＜g(x)min；
(2)若证f (x)＞g(x)，只需证f (x)min＞g(x)max.
eq \([跟进训练])
已知函数f (x)＝ex2－xln x.
证明：当x＞0时，f (x)＜xex＋eq \f (1,e).
[证明] 要证f (x)＜xex＋eq \f (1,e)，只需证ex－ln x＜ex＋eq \f (1,ex)，即ex－ex＜ln x＋eq \f (1,ex).
令h(x)＝ln x＋eq \f (1,ex)(x＞0)，则h′(x)＝eq \f (ex－1,ex2)，易知h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f (1,e)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f (1,e)，＋∞))上单调递增，则h(x)min＝heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f (1,e)))＝0，所以ln x＋eq \f (1,ex)≥0.
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＜ln x＋eq \f (1,ex)，故原不等式成立．
技法四 换元法，构造函数证明双变量函数不等式
[典例4] 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.
[思维流程]
[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eq \f (ln x1－ln x2,x1－x2)＝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＞eq \f (2,x1＋x2)，
所以原问题等价于证明eq \f (ln x1－ln x2,x1－x2)＞eq \f (2,x1＋x2)，
即ln eq \f (x1,x2)＞eq \f (2x1－x2,x1＋x2)，
令c＝eq \f (x1,x2)(c＞1)，则不等式变为ln c＞eq \f (2c－1,c＋1).
令h(c)＝ln c－eq \f (2c－1,c＋1)，c＞1，
所以h′(c)＝eq \f (1,c)－eq \f (4,c＋12)＝eq \f (c－12,cc＋12)＞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－eq \f (2c－1,c＋1)＞0(c＞1)，因此原不等式x1x2＞e2得证．
点评：对于双变量函数不等式f (x1，x2)＞A，通过变量代换，把双变量变为一个主元，再构造函数证明不等式．
eq \([跟进训练])
已知函数f (x)＝ln x－eq \f (1,2)ax2＋x，a∈R.
(1)当a＝0时，求函数f (x)的图象在(1，f (1))处的切线方程；
(2)若a＝－2，正实数x1，x2满足f (x1)＋f (x2)＋x1x2＝0，求证：x1＋x2≥eq \f (\r(5)－1,2).
[解] (1)当a＝0时，f (x)＝ln x＋x，则f (1)＝1，所以切点为(1,1)，又因为f ′(x)＝eq \f (1,x)＋1，所以切线斜率k＝f ′(1)＝2，故切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.
(2)证明：当a＝－2时，f (x)＝ln x＋x2＋x(x＞0)．
由f (x1)＋f (x2)＋x1x2＝0，
得ln x1＋xeq \\al(2,1)＋x1＋ln x2＋xeq \\al(2,2)＋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－eq \f (1,t)＝eq \f (t－1,t)，
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≥eq \f (\r(5)－1,2)成立．
技法五 适当放缩构造函数证明不等式
[典例5] 已知函数f (x)＝ln x－eq \f (aln x,x2).
(1)若a＝1，求f (x)的单调区间；
(2)若a＝0，x∈(0,1)，证明：x2－eq \f (1,x)＜eq \f (f x,ex).
[思维流程]
[解] (1)当a＝1时，f (x)＝ln x－eq \f (ln x,x2)，x∈(0，＋∞)，
∴f ′(x)＝eq \f (1,x)－eq \f (1－2ln x,x3)＝eq \f (x2－1＋2ln x,x3)
＝eq \f (x－1x＋1＋2ln x,x3).
当x∈(0,1)时，f ′(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，f ′(x)＞0，
∴f (x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
(2)证明：当a＝0，x∈(0,1)时，x2－eq \f (1,x)＜eq \f (f x,ex)等价于eq \f (－ln x,ex)＋x2－eq \f (1,x)＜0，
∵当x∈(0,1)时，ex∈(1，e)，－ln x＞0，
∴eq \f (－ln x,ex)＜－ln x，
∴只需要证－ln x＋x2－eq \f (1,x)＜0在(0,1)上恒成立．
令g(x)＝－ln x＋x2－eq \f (1,x)，x∈(0,1)，
∴g′(x)＝－eq \f (1,x)＋2x＋eq \f (1,x2)＝eq \f (2x3－x＋1,x2)＞0，
则函数g(x)在(0,1)上单调递增，于是g(x)＜－ln 1＋1－1＝0，
∴当x∈(0,1)时，x2－eq \f (1,x)＜eq \f (f x,ex).
点评：通过适当放缩可将较复杂的函数变为简单的函数，当参数范围已知时，通过放缩，可将参数消去，达到简化目的．
eq \([跟进训练])
已知函数f (x)＝eq \f (ax2＋x－1,ex).证明：当a≥1时，f (x)＋e≥0.
[证明] 当a≥1时，f (x)＋e＝eq \f (ax2＋x－1,ex)＋e≥eq \f (x2＋x－1,ex)＋e＝(x2＋x－1＋ex＋1)e－x.
令g(x)＝x2＋x－1＋ex＋1，
则g′(x)＝2x＋1＋ex＋1，且g′(－1)＝0.
当x＜－1时，g′(x)＜0，当x＞－1时，g′(x)＞0，
因此当x＝－1时，g(x)有最小值，g(x)min＝g(－1)＝0，
∴g(x)≥0，当且仅当x＝－1时等号成立．
又e－x＞0，
∴f (x)＋e≥0.
技法六 构造“形似”函数证明不等式
[典例6] 已知函数f (x)＝(a＋1)ln x＋ax2＋1.
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)若a≤－2，证明：对任意x1，x2∈(0，＋∞)，|f (x1)－f (x2)|≥4|x1－x2|.
[思维流程]
[解] (1)f (x)的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x)＝eq \f (a＋1,x)＋2ax＝eq \f (2ax2＋a＋1,x)＝eq \f (a2x2＋1＋1,x).
当a≥0时，f ′(x)＞0，故f (x)在(0，＋∞)上单调递增．
当a≤－1时，f ′(x)＜0，故f (x)在(0，＋∞)上单调递减．
当－1＜a＜0时，令f ′(x)＝0，解得x＝eq \r(－\f (a＋1,2a))，
因为f ′(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\r(－\f (a＋1,2a))))时，f ′(x)＞0，f (x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\r(－\f (a＋1,2a))))上单调递增；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(－\f (a＋1,2a))，＋∞))时，f ′(x)＜0，f (x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(－\f (a＋1,2a))，＋∞))上单调递减．
(2)证明：不妨假设x1≥x2，
由于a≤－2，故f (x)在(0，＋∞)上单调递减．
所以|f (x1)－f (x2)|≥4|x1－x2|等价于f (x2)－f (x1)≥4x1－4x2，
即f (x2)＋4x2≥f (x1)＋4x1.
令g(x)＝f (x)＋4x，
则g′(x)＝eq \f (a＋1,x)＋2ax＋4＝eq \f (2ax2＋4x＋a＋1,x)，
于是g′(x)≤eq \f (－4x2＋4x－1,x)＝eq \f (－2x－12,x)≤0.
从而g(x)在(0，＋∞)上单调递减，故g(x1)≤g(x2)，
即f (x2)＋4x2≥f (x1)＋4x1，
故当a≤－2时，对任意x1，x2∈(0，＋∞)，|f (x1)－f (x2)|≥4|x1－x2|.
点评：对双变量函数不等式，可根据条件构造“形似”函数，再判断此函数的单调性，最后根据函数的单调性证明不等式．
eq \([跟进训练])
已知函数f (x)＝(ln x－k－1)x(k∈R)．
(1)若曲线y＝f (x)在(1，f (1))处的切线与直线x－2y＝0平行，求k的值；
(2)若对于任意x1，x2∈(0,3]，且x1[解] (1)由题意得f ′(x)＝ln x－k，又曲线y＝f (x)在(1，f (1))处的切线与直线x－2y＝0平行，所以f ′(1)＝ln 1－k＝eq \f (1,2)，解得k＝－eq \f (1,2).
(2)因为f (x1)＋eq \f (2,x2)所以f (x1)－eq \f (2,x1)记h(x)＝f (x)－eq \f (2,x)，又因为x1，x2∈(0,3]，且x1所以h′(x)＝ln x－k＋eq \f (2,x2)≥0在(0,3]上恒成立，即k≤ln x＋eq \f (2,x2)在(0,3]上恒成立，
记u(x)＝ln x＋eq \f (2,x2)，所以u′(x)＝eq \f (1,x)－eq \f (4,x3)＝eq \f (x2－4,x3)，
令u′(x)＝0，解得x＝2.
当0当20，u(x)单调递增，
所以当x＝2时，u(x)取得最小值u(2)＝ln 2＋eq \f (1,2)，
所以k≤ln 2＋eq \f (1,2).
所以实数k的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，ln 2＋\f (1,2))).
技法七 赋值放缩法证明正整数不等式
[典例7] 若函数f (x)＝ex－ax－1(a＞0)在x＝0处取极值．
(1)求a的值，并判断该极值是函数的最大值还是最小值；
(2)证明：1＋eq \f (1,2)＋eq \f (1,3)＋…＋eq \f (1,n)＞ln(n＋1)(n∈N*)．
[思维流程]
[解] (1)因为x＝0是函数极值点，所以f ′(0)＝0，所以a＝1.
f (x)＝ex－x－1，易知f ′(x)＝ex－1.
当x∈(0，＋∞)时，f ′(x)＞0，
当x∈(－∞，0)时，f ′(x)＜0，
故极值f (0)是函数的最小值．
(2)证明：由(1)知ex≥x＋1.
即ln(x＋1)≤x，当且仅当x＝0时，等号成立，
令x＝eq \f (1,k)(k∈N*)，
则eq \f (1,k)＞lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f (1,k)))，即eq \f (1,k)＞ln eq \f (1＋k,k)，
所以eq \f (1,k)＞ln(1＋k)－ln k(k＝1,2，…，n)，
累加得1＋eq \f (1,2)＋eq \f (1,3)＋…＋eq \f (1,n)＞ln(n＋1)(n∈N*)．
点评：函数中与正整数有关的不等式，其实质是利用函数性质证明数列不等式，证明此类问题时常根据已知的函数不等式，用正整数n替代函数不等式中的自变量，通过多次求和达到证明的目的．
eq \([跟进训练])
已知函数f (x)＝eq \f (1,2)ax2－x·ln x＋b，g(x)＝f ′(x)．
(1)判断函数y＝g(x)的单调性；
(2)若x∈(0，e](e≈2.718)，判断是否存在实数a，使函数g(x)的最小值为2？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由；
(3)证明：3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f (1,2)＋\f (2,3)＋\f (3,4)＋…＋\f (n,n＋1)))>n－lneq \r(3,n＋1).
[解] (1)g(x)＝ax－1－ln x，x>0，
∴g′(x)＝a－eq \f (1,x)＝eq \f (ax－1,x)，
当a≤0时，g′(x)<0，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，
当a>0时，在x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f (1,a)))，g′(x)<0，在x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f (1,a)，＋∞))，g′(x)>0，
∴g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f (1,a)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f (1,a)，＋∞))上单调递增．
(2)当a≤0时，函数g(x)在 (0，e]上单调递减，g(x)min＝ae－2≤－2，故不存在最小值为2；
当 0∴当x＝e时有最小值，g(x)min＝ae－1－1＝2，解得a＝eq \f (4,e)，不合题意舍去；
当a>eq \f (1,e)时，即0∴当x＝eq \f (1,a)时有最小值，g(x)min＝1－1＋ln a＝2，解得a＝e2.
综上所述，存在实数a＝e2，当x∈(0，e]时，函数g(x)的最小值是2.
(3)证明：由(2)知，g(x)＝e2x－1－ln x≥2，
即e2x≥3＋ln x恒成立，
即x≥eq \f (1,e2)(3＋ln x)恒成立，即x>eq \f (1,9)(3＋ln x)，
取x＝eq \f (n,n＋1)，
则eq \f (n,n＋1)>eq \f (1,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3＋ln\f (n,n＋1)))，则3·eq \f (n,n＋1)>1＋eq \f (1,3)ln eq \f (n,n＋1)，
∴3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f (1,2)＋\f (2,3)＋\f (3,4)＋…＋\f (n,n＋1)))>n＋eq \f (1,3)lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f (1,2)×\f (2,3)×…×\f (n,n＋1)))＝n＋eq \f (1,3)lneq \f (1,n＋1)＝n－ln eq \r(3,n＋1).
技法阐释
导数是研究函数的工具，利用导数我们可以方便地求出函数的单调性、极值、最值等，在证明与函数有关的不等式时，我们可以把不等式问题转化为函数的最值问题，也常构造函数，把不等式的证明问题转化为利用导数研究函数的单调性或最值问题，利用导数证明不等式常见的方法有：
(1)直接转化为函数的最值问题：把证明f (x)＜g(a)转化为f (x)max＜g(a).
(2)移项作差构造函数法：把不等式f (x)＞g(x)转化为f (x)－g(x)＞0，进而构造函数h(x)＝f (x)－g(x).
(3)构造双函数法：若直接构造函数求导，难以判断符号，导函数零点不易求得，即函数单调性与极值点都不易获得，可转化不等式为f (x)＞g(x)利用其最值求解.
(4)换元法，构造函数证明双变量函数不等式：对于f (x1，x2)≥A的不等式，可将函数式变为与eq \f (x1,x2)或x1·x2有关的式子，然后令t＝eq \f (x1,x2)或t＝x1x2，构造函数g(t)求解.
(5)适当放缩构造函数法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如ln x≤x－1，ex≥x＋1，ln x＜x＜ex(x＞0)，eq \f (x,x＋1)≤ln(x＋1)≤x(x＞－1).
(6)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数等．把不等式左、右两边转化为结构相同的式子，然后根据“相同结构”，构造函数.
(7)赋值放缩法：函数中对与正整数有关的不等式，可对已知的函数不等式进行赋值放缩，然后通过多次求和达到证明的目的.
高考示例
思维过程
(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f (x)＝eq \f (1,x)－x＋aln x.
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)若f (x)存在两个极值点x1，x2，证明：eq \f (f x1－f x2,x1－x2)＜a－2.
(1)略。
(2)证明：由(1)知，当且仅当a＞2时，f (x)存在两个极值点．由于f (x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1，不妨设x1＜x2，则x2＞1.
x
(－∞，ln 3)
ln 3
(ln 3，＋∞)
f ′(x)
－
0
＋
f (x)
↘
极小值
↗