2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题20导数与不等式的证明（教师版）

这是一份2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题20导数与不等式的证明（教师版），共30页。试卷主要包含了【知识梳理】，【题型归类】，【培优训练】，【强化测试】等内容，欢迎下载使用。

【方法技巧】
1.待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”或“右减左”的函数，利用导数研究其单调性等相关函数性质证明不等式.
2.若直接求导后导数式比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标.在证明过程中，等价转化是关键，此处g(x)min≥f(x)max恒成立，从而f(x)≤g(x)恒成立.
3.等价变形的目的是求导后简单地找到极值点，一般地，ex与ln x要分离，常构造xn与ln x，xn与ex的积、商形式.便于求导后找到极值点.
4.某些不等式，直接构造函数不易求其最值，可以适当地利用熟知的函数不等式ex≥x＋1，1－eq \f(1,x)≤ln x≤x－1等进行放缩，有利于简化后续导数式的求解或函数值正负的判断；也可以利用局部函数的有界性进行放缩，然后再构造函数进行证明.
5.在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，则可以考虑转化为两个函数的最值问题．
6.在证明过程中，“隔离”化是关键，此处f(x)min>g(x)max恒成立．从而f(x)>g(x)，但此处f(x)与g(x)取到最值的条件不是同一个“x的值”．
7.换元法构造函数证明不等式的基本思路是直接消掉参数a，再结合所证问题，巧妙引入变量c＝eq \f(x1,x2)，从而构造相应的函数．其解题要点为：
二、【题型归类】
【题型一】移项构造函数证明不等式
【典例1】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.
【解析】(1)解 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，＋∞)内单调递增.
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.
【典例2】证明：当x>1时，eq \f(1,2)x2＋ln x【解析】设g(x)＝eq \f(2,3)x3－eq \f(1,2)x2－ln x，
则g′(x)＝2x2－x－eq \f(1,x)，
因为当x＞1时，
g′(x)＝eq \f(（x－1）（2x2＋x＋1）,x)＞0，
所以g(x)在(1，＋∞)上是增函数，
所以当x>1时，g(x)＞g(1)＝eq \f(1,6)＞0，
所以当x＞1时，eq \f(1,2)x2＋ln x＜eq \f(2,3)x3.
【题型二】换元构造法
【典例1】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.
【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lneq \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．
【典例2】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).
【解析】(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，所以切线的斜率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).
【题型三】将不等式转化为函数的最值问题
【典例1】已知函数g(x)＝x3＋ax2.
(1)若函数g(x)在[1,3]上为单调函数，求a的取值范围；
(2)已知a>－1，x>0，求证：g(x)>x2ln x.
【解析】(1)解 由题意知，函数g(x)＝x3＋ax2，
则g′(x)＝3x2＋2ax，
若g(x)在[1,3]上单调递增，
则g′(x)＝3x2＋2ax≥0在[1,3]上恒成立，
则a≥－eq \f(3,2)；
若g(x)在[1,3]上单调递减，
则g′(x)＝3x2＋2ax≤0在[1,3]上恒成立，
则a≤－eq \f(9,2).所以a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(9,2)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，＋∞)).
(2)证明 由题意得，要证g(x)>x2ln x，x>0，
即证x3＋ax2>x2ln x，即证x＋a>ln x，
令u(x)＝x＋a－ln x，x>0，
可得u′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，x>0，
当0当x>1时，u′(x)>0，函数u(x)单调递增．
所以u(x)≥u(1)＝1＋a，
因为a>－1，所以u(x)>0，
故当a>－1时，对于任意x>0，g(x)>x2ln x.
【典例2】已知函数f(x)＝1－eq \f(ln x,x)，g(x)＝eq \f(ae,ex)＋eq \f(1,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)≥eq \f(2,x).
【解析】(1)解 因为f(x)＝1－eq \f(ln x,x)，x>0，
所以f′(x)＝eq \f(ln x－1,x2)，f′(1)＝－1.
因为g(x)＝eq \f(ae,ex)＋eq \f(1,x)－bx，
所以g′(x)＝－eq \f(ae,ex)－eq \f(1,x2)－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)＝－eq \f(e,ex)＋eq \f(1,x)＋x，
则f(x)＋g(x)≥eq \f(2,x)⇔1－eq \f(ln x,x)－eq \f(e,ex)－eq \f(1,x)＋x≥0.
令h(x)＝1－eq \f(ln x,x)－eq \f(e,ex)－eq \f(1,x)＋x(x≥1)，
则h(1)＝0，
h′(x)＝eq \f(－1＋ln x,x2)＋eq \f(e,ex)＋eq \f(1,x2)＋1＝eq \f(ln x,x2)＋eq \f(e,ex)＋1.
因为x≥1，所以h′(x)＝eq \f(ln x,x2)＋eq \f(e,ex)＋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－eq \f(ln x,x)－eq \f(e,ex)－eq \f(1,x)＋x≥0，
所以当x≥1时，f(x)＋g(x)≥eq \f(2,x).
【典例3】已知函数f(x)＝ln x＋eq \f(a,x)，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a>0时，证明：f(x)≥eq \f(2a－1,a).
【解析】(1)解 f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(a,x2)＝eq \f(x－a,x2)(x>0)．
当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当a>0时，若x>a，则f′(x)>0，函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增；
若0(2)证明 由(1)知，当a>0时，
f(x)min＝f(a)＝ln a＋1.
要证f(x)≥eq \f(2a－1,a)，只需证ln a＋1≥eq \f(2a－1,a)，
即证ln a＋eq \f(1,a)－1≥0.
令函数g(a)＝ln a＋eq \f(1,a)－1，
则g′(a)＝eq \f(1,a)－eq \f(1,a2)＝eq \f(a－1,a2)(a>0)，
当0当a>1时，g′(a)>0，
所以g(a)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以g(a)min＝g(1)＝0.
所以ln a＋eq \f(1,a)－1≥0恒成立，
所以f(x)≥eq \f(2a－1,a).
【题型四】将不等式转化为两个函数的最值进行比较
【典例1】已知函数f(x)＝aln x＋x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a＝1时，证明：xf(x)【解析】(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(a,x)＋1＝eq \f(x＋a,x).
当a≥0时，f′(x)>0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当a<0时，若x∈(－a，＋∞)，则f′(x)>0；
若x∈(0，－a)，则f′(x)<0.
所以f(x)在(－a，＋∞)上单调递增，
在(0，－a)上单调递减．
综上所述，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a<0时，f(x)在(－a，＋∞)上单调递增，
在(0，－a)上单调递减．
(2)证明 当a＝1时，要证xf(x)即证x2＋xln x即证1＋eq \f(ln x,x)令函数g(x)＝1＋eq \f(ln x,x)，
则g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2).
令g′(x)>0，得x∈(0，e)；
令g′(x)<0，得x∈(e，＋∞)．
所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
所以g(x)max＝g(e)＝1＋eq \f(1,e)，
令函数h(x)＝eq \f(ex,x2)，
则h′(x)＝eq \f(exx－2,x3).
当x∈(0,2)时，h′(x)<0；
当x∈(2，＋∞)时，h′(x)>0.
所以h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
所以h(x)min＝h(2)＝eq \f(e2,4).
因为eq \f(e2,4)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,e)))>0，
所以h(x)min>g(x)max，
即1＋eq \f(ln x,x)【典例2】已知函数f(x)＝ex2－xln x．求证：当x>0时，f(x)【证明】要证f(x)只需证ex－ln x即ex－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.
再令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【典例3】已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.
【解析】(1)解 f′(x)＝eq \f(e,x)－a(x>0)，
①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②若a>0，则当00；
当x>eq \f(e,a)时，f′(x)<0.
故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(e,a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,a)，＋∞))上单调递减．
(2)证明 因为x>0，所以只需证f(x)≤eq \f(ex,x)－2e，
当a＝e时，由(1)知，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.
设g(x)＝eq \f(ex,x)－2e(x>0)，则g′(x)＝eq \f(x－1ex,x2)，
所以当0当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)min＝g(1)＝－e.
综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，
即f(x)≤eq \f(ex,x)－2e.
故不等式xf(x)－ex＋2ex≤0得证．
【题型五】分拆函数法证明不等式
【典例1】证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x＞eq \f(1,ex)－eq \f(2,ex)成立.
【解析】问题等价于证明xln x＞eq \f(x,ex)－eq \f(2,e)(x∈(0，＋∞)).
设f(x)＝xln x，f′(x)＝1＋ln x，易知x＝eq \f(1,e)为f(x)的唯一极小值点，
则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)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)＝－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，所以对一切x∈(0，＋∞)都有ln x＞eq \f(1,ex)－eq \f(2,ex)成立.
【典例2】已知函数f(x)＝eln x－ax(x∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.
【解析】(1)解 f′(x)＝eq \f(e,x)－a(x>0)，
①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②若a>0，则当00；
当x>eq \f(e,a)时，f′(x)<0，∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(e,a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,a)，＋∞))上单调递减.
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(e,a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,a)，＋∞))上单调递减.
(2)证明 法一 ∵x>0，∴只需证f(x)≤eq \f(ex,x)－2e，
当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴f(x)max＝f(1)＝－e.
记g(x)＝eq \f(ex,x)－2e(x>0)，
则g′(x)＝eq \f(（x－1）ex,x2)，
∴当01时，g′(x)>0，故g(x)在(0，1)上单调递减；
在(1，＋∞)上单调递增，
∴g(x)min＝g(1)＝－e.
综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤eq \f(ex,x)－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.
法二 由题意知，即证exln x－ex2－ex＋2ex≤0，
从而等价于ln x－x＋2≤eq \f(ex,ex).
设函数g(x)＝ln x－x＋2，
则g′(x)＝eq \f(1,x)－1.
∴当x∈(0，1)时，g′(x)>0，
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，
故g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
从而g(x)在(0，＋∞)上的最大值为g(1)＝1.
设函数h(x)＝eq \f(ex,ex)，则h′(x)＝eq \f(ex（x－1）,ex2).
∴当x∈(0，1)时，h′(x)<0，
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，
故h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
从而h(x)在(0，＋∞)上的最小值为h(1)＝1.
综上，当x>0时，g(x)≤h(x)，即xf(x)－ex＋2ex≤0.
【题型六】放缩后构造函数证明不等式
【典例1】已知函数f(x)＝aln(x－1)＋eq \f(2,x－1)，其中a为正实数．证明：当x>2时，f(x)【证明】令φ(x)＝ln x－x＋1，其定义域为(0，＋∞)，
φ′(x)＝eq \f(1,x)－1＝eq \f(1－x,x).
当x∈(0,1)时，φ′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，
∴φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴φ(x)max＝φ(1)＝0，
∴φ(x)≤0，
即ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取“＝”．
当x>2时，ln(x－1)又a>0，
∴aln(x－1)要证f(x)只需证aln(x－1)＋eq \f(2,x－1)只需证a(x－2)＋eq \f(2,x－1)即ex－x－eq \f(2,x－1)>0对于任意的x>2恒成立．
令h(x)＝ex－x－eq \f(2,x－1)，x>2，
则h′(x)＝ex－1＋eq \f(2,x－12).
因为x>2，所以h′(x)>0恒成立，
所以h(x)在(2，＋∞)上单调递增，
所以h(x)>h(2)＝e2－4>0，
所以当x>2时，f(x)【典例2】已知函数f(x)＝aex－1－ln x－1.
(1)若a＝1，求f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)证明：当a≥1时，f(x)≥0.
【解析】(1)解 当a＝1时，f(x)＝ex－1－ln x－1(x>0)，
f′(x)＝ex－1－eq \f(1,x)，
k＝f′(1)＝0，
又f(1)＝0，
∴切点为(1,0)．
∴切线方程为y－0＝0(x－1)，即y＝0.
(2)证明 ∵a≥1，∴aex－1≥ex－1，
∴f(x)≥ex－1－ln x－1.
方法一 令φ(x)＝ex－1－ln x－1(x>0)，
∴φ′(x)＝ex－1－eq \f(1,x)，
令h(x)＝ex－1－eq \f(1,x)，
∴h′(x)＝ex－1＋eq \f(1,x2)>0，
∴φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又φ′(1)＝0，
∴当x∈(0,1)时，φ′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0，
∴φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(1)＝0，
∴φ(x)≥0，
∴f(x)≥φ(x)≥0，
即证f(x)≥0.
方法二 令g(x)＝ex－x－1，
∴g′(x)＝ex－1.
当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0；
当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，
∴g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
∴g(x)min＝g(0)＝0，
故ex≥x＋1，当且仅当x＝0时取“＝”．
同理可证ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取“＝”．
由ex≥x＋1⇒ex－1≥x(当且仅当x＝1时取“＝”)，
由x－1≥ln x⇒x≥ln x＋1(当且仅当x＝1时取“＝”)，
∴ex－1≥x≥ln x＋1，
即ex－1≥ln x＋1，
即ex－1－ln x－1≥0(当且仅当x＝1时取“＝”)，
即证f(x)≥0.
方法三 f(x)＝aex－1－ln x－1，定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝aex－1－eq \f(1,x)，
令k(x)＝aex－1－eq \f(1,x)，
∴k′(x)＝aex－1＋eq \f(1,x2)>0，
∴f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又f′(1)＝a－1≥0且x→0时，f′(x)→－∞，
∴∃x0∈(0,1]使f′(x0)＝0，即－eq \f(1,x0)＝0，
即＝eq \f(1,x0)，
∴当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，
∴f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
∴f(x)min＝f(x0)＝－ln x0－1＝eq \f(1,x0)－ln x0－1.
令φ(x)＝eq \f(1,x)－ln x－1，x∈(0,1]，
∴φ′(x)＝－eq \f(1,x2)－eq \f(1,x)<0，
∴φ(x)在(0,1]上单调递减，
∴φ(x)min＝φ(1)＝0，
∴φ(x)≥0，
∴eq \f(1,x0)－ln x0－1≥0，
即f(x)min＝f(x0)≥0，故f(x)≥0.
【典例3】已知x∈(0，1)，求证：x2－eq \f(1,x)＜eq \f(ln x,ex).
【解析】法一 要证x2－eq \f(1,x)＜eq \f(ln x,ex)，
只需证exeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(1,x)))＜ln x，
又易证ex＞x＋1(0＜x＜1)，
∴只需证明ln x＋(x＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－x2))＞0.
即证ln x＋1－x3＋eq \f(1,x)－x2＞0，
而x3＜x，x2＜x(0＜x＜1)，
∴只需证ln x＋1－2x＋eq \f(1,x)＞0，
令g(x)＝ln x＋1－2x＋eq \f(1,x)，
则g′(x)＝eq \f(1,x)－2－eq \f(1,x2)＝－eq \f(2x2－x＋1,x2)，
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＋eq \f(1,x)＞0.
∴x2－eq \f(1,x)＜eq \f(ln x,ex).
法二 ∵x∈(0，1)，∴ex∈(1，e)，
∴要证x2－eq \f(1,x)＜eq \f(ln x,ex)成立，
只需证exeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(1,x)))＜ln x成立，
只需证x2－eq \f(1,x)＜ln x，
又x2＜x(0＜x＜1)，
∴只需证ln x＋eq \f(1,x)－x＞0，
令h(x)＝ln x＋eq \f(1,x)－x，
则h′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,x2)－1＝－eq \f(x2－x＋1,x2)，
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＋eq \f(1,x)－x＞0，
∴x2－eq \f(1,x)＜eq \f(ln x,ex).
三、【培优训练】
【训练一】已知函数f(x)＝xln x－ax.
(1)当a＝－1时，求函数f(x)在(0，＋∞)上的最小值；
(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x＋1>eq \f(1,ex＋1)－eq \f(2,e2x)成立．
【解析】(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＝eq \f(1,e2).
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e2)))时，f′(x)<0；当x>eq \f(1,e2)时，f′(x)>0.
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e2)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2)，＋∞))上单调递增．
因此f(x)在x＝eq \f(1,e2)处取得最小值，即f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2)))＝－eq \f(1,e2).
(2)证明：当x>0时，ln x＋1>eq \f(1,ex＋1)－eq \f(2,e2x)等价于x(ln x＋1)>eq \f(x,ex＋1)－eq \f(2,e2).
由(1)知a＝－1时，f(x)＝xln x＋x的最小值是－eq \f(1,e2)，当且仅当x＝eq \f(1,e2)时取等号．
设G(x)＝eq \f(x,ex＋1)－eq \f(2,e2)，x∈(0，＋∞)．
则G′(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,e·ex)－\f(2,e2)))′＝eq \f(1－x,ex＋1)，易知G(x)max＝G(1)＝－eq \f(1,e2)，
当且仅当x＝1时取到，从而可知对一切x∈(0，＋∞)，都有f(x)>G(x)，即ln x＋1>eq \f(1,ex＋1)－eq \f(2,e2x).
【训练二】已知函数f(x)＝λln x－e－x(λ∈R)．
(1)若函数f(x)是单调函数，求λ的取值范围；
(2)求证：当01－eq \f(x2,x1).
【解析】(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
因为f(x)＝λln x－e－x，
所以f′(x)＝eq \f(λ,x)＋e－x＝eq \f(λ＋xe－x,x)，
因为函数f(x)是单调函数，
所以f′(x)≤0或f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
①当函数f(x)是单调递减函数时，f′(x)≤0，
所以eq \f(λ＋xe－x,x)≤0，即λ＋xe－x≤0，λ≤－xe－x＝－eq \f(x,ex).
令φ(x)＝－eq \f(x,ex)，则φ′(x)＝eq \f(x－1,ex)，
当01时，φ′(x)>0，
则φ(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以当x>0时，φ(x)min＝φ(1)＝－eq \f(1,e)，所以λ≤－eq \f(1,e).
②当函数f(x)是单调递增函数时，f′(x)≥0，
所以eq \f(λ＋xe－x,x)≥0，即λ＋xe－x≥0，λ≥－xe－x＝－eq \f(x,ex)，
由①得φ(x)＝－eq \f(x,ex)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，x→＋∞时，φ(x)<0，所以λ≥0.
综上，λ的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,e)))∪[0，＋∞)．
(2)证明：由(1)可知，当λ＝－eq \f(1,e)时，
f(x)＝－eq \f(1,e)ln x－e－x在(0，＋∞)上单调递减，
因为0f(x2)，
即－eq \f(1,e)ln x1－e－x1>－eq \f(1,e)ln x2－e－x2，
所以e1－x2－e1－x1>ln x1－ln x2.
要证e1－x2－e1－x1>1－eq \f(x2,x1)，
只需证ln x1－ln x2>1－eq \f(x2,x1)，即证lneq \f(x1,x2)>1－eq \f(x2,x1).
令t＝eq \f(x1,x2)，t∈(0，1)，则只需证ln t>1－eq \f(1,t)，
令h(t)＝ln t＋eq \f(1,t)－1，则h′(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(1,t2)＝eq \f(t－1,t2)，
当0又因为h(1)＝0，所以h(t)>0，即ln t>1－eq \f(1,t)，原不等式得证．
【训练三】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)【解析】(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－eq \f(1,x2)－1＋eq \f(a,x)＝－eq \f(x2－ax＋1,x2).
①若a≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时，f′(x)＝0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
②若a>2，令f′(x)＝0，得
x＝eq \f(a－\r(a2－4),2)或x＝eq \f(a＋\r(a2－4),2).
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))时，
f′(x)<0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))时，f′(x)>0.
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))上单调递增．
(2)证明 由(1)知，f(x)存在两个极值点当且仅当a>2.
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x11.
由于eq \f(fx1－fx2,x1－x2)＝－eq \f(1,x1x2)－1＋aeq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)
＝－2＋aeq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)＝－2＋aeq \f(－2ln x2,\f(1,x2)－x2)，
所以eq \f(fx1－fx2,x1－x2)设函数g(x)＝eq \f(1,x)－x＋2ln x，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)<0.
所以eq \f(1,x2)－x2＋2ln x2<0，即eq \f(fx1－fx2,x1－x2)【训练四】已知函数f(x)＝xex－x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当x>0时，f(x)－ln x≥1.
【解析】(1)解 由题意得f′(x)＝(x＋1)ex－1，
设g(x)＝(x＋1)ex，则g′(x)＝(x＋2)ex，
当x≤－1时，g(x)≤0，f′(x)<0，
f(x)在(－∞，－1]上单调递减；
当x>－1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
又因为g(0)＝1，
所以当x<0时，g(x)<1，即f′(x)<0，
当x>0时，g(x)>1，即f′(x)>0，
综上可知，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
(2)证明 要证f(x)－ln x≥1，
即证xex－x－ln x≥1，
即证ex＋ln x－(x＋ln x)≥1，
令t＝x＋ln x，易知t∈R，待证不等式转化为
et－t≥1.
设u(t)＝et－t，则u′(t)＝et－1，
当t<0时，u′(t)<0，当t>0时，u′(t)>0，
故u(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
所以u(t)≥u(0)＝1，原命题得证．
【训练五】已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R).
(1)讨论函数f(x)在(0，＋∞)上的单调性；
(2)证明：ex－e2ln x＞0.
【解析】(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(1,x)－a＝eq \f(1－ax,x)，
当a≤0时，f′(x)＞0，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
当a＞0时，令f′(x)＝0，得x＝eq \f(1,a)，
∴x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))时，f′(x)＞0；x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)＜0，
∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递减.
(2)证明 法一 要证ex－e2ln x＞0，
即证ex－2＞ln x，
令φ(x)＝ex－x－1，∴φ′(x)＝ex－1.
令φ′(x)＝0，得x＝0.
∴x∈(－∞，0)时，φ′(x)＜0；x∈(0，＋∞)时，φ′(x)＞0，
∴φ(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(0)＝0，
即ex－x－1≥0，
即ex≥x＋1，当且仅当x＝0时取“＝”.
同理可证ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取“＝”.
由ex≥x＋1(当且仅当x＝0时取“＝”)，
可得ex－2≥x－1(当且仅当x＝2时取“＝”)，
又ln x≤x－1，即x－1≥ln x，当且仅当x＝1时取“＝”，
所以ex－2≥x－1≥ln x且两等号不能同时成立，
故ex－2＞ln x.即证原不等式成立.
法二 令φ(x)＝ex－e2ln x，φ(x)的定义域为(0，＋∞)，φ′(x)＝ex－eq \f(e2,x)，
令h(x)＝ex－eq \f(e2,x)，
∴h′(x)＝ex＋eq \f(e2,x2)＞0，
∴φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增.
又φ′(1)＝e－e2＜0，
φ′(2)＝e2－eq \f(1,2)e2＝eq \f(1,2)e2＞0，
故∃x0∈(1，2)，使φ′(x0)＝0，
即ex0－eq \f(e2,x0)＝0，
即ex0＝eq \f(e2,x0)，
∴当x∈(0，x0)时，φ′(x)＜0；
当x∈(x0，＋∞)时，φ′(x0)＞0，
∴φ(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(x0)＝ex0－e2ln x0＝eq \f(e2,x0)－e2ln x0＝eq \f(e2,x0)－e2ln eq \f(e2,ex0)＝eq \f(e2,x0)－e2(2－x0)＝e2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x0)＋x0－2))＝e2·eq \f(（x0－1）2,x0)＞0，
故φ(x)＞0，即ex－e2ln x＞0，即证原不等式成立.
【训练六】已知函数f(x)＝ln x－eq \f(2（x－1）,1＋x)，g(x)＝eq \f(ex－1,2x－3).
(1)求函数f(x)在[1，＋∞)上的最小值；
(2)设b>a>0，证明：eq \f(b－a,ln b－ln a)【解析】(1)f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(2[（1＋x）－（x－1）],（1＋x）2)＝eq \f(（x－1）2,x（1＋x）2)≥0，所以f(x)在[1，＋∞)上单调递增．
又f(1)＝0，所以f(x)min＝f(1)＝0.
(2)证明：由(1)知，当x∈[1，＋∞)时，f(x)＝ln x－eq \f(2（x－1）,1＋x)≥0，即ln x≥eq \f(2（x－1）,1＋x)，
由b>a>0，得eq \f(b,a)>1，所以ln eq \f(b,a)>eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)－1)),1＋\f(b,a))，
化简得ln b－ln a>eq \f(2（b－a）,b＋a)，
所以eq \f(b－a,ln b－ln a)四、【强化测试】
【解答题】
1. 已知函数f(x)＝aex－ln x－1(e＝2.718 28…是自然对数的底数)．
(1)设x＝2是函数f(x)的极值点，求实数a的值，并求f(x)的单调区间；
(2)证明：当a≥eq \f(1,e)时，f(x)≥0.
【解析】(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－eq \f(1,x).
由题设知，f′(2)＝0，所以a＝eq \f(1,2e2).
从而f(x)＝eq \f(1,2e2)ex－ln x－1，f′(x)＝eq \f(1,2e2)ex－eq \f(1,x).
当02时，f′(x)>0.
所以f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．
(2)证明：当a≥eq \f(1,e)时，f(x)≥eq \f(ex,e)－ln x－1.
设g(x)＝eq \f(ex,e)－ln x－1，则g′(x)＝eq \f(ex,e)－eq \f(1,x).
当01时，g′(x)>0.所以x＝1是g(x)的最小值点．故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0.
因此，当a≥eq \f(1,e)时，f(x)≥0.
2. 已知函数f(x)＝1－eq \f(x－1,ex)，g(x)＝x－ln x.
(1)证明：g(x)≥1；
(2)证明：(x－ln x)f(x)>1－eq \f(1,e2).
【证明】(1)由题意得g′(x)＝eq \f(x－1,x)(x>0)．
当01时，g′(x)>0，
即g(x)在(0，1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数．
所以g(x)≥g(1)＝1.
(2)由f(x)＝1－eq \f(x－1,ex)，得f′(x)＝eq \f(x－2,ex)，
所以当02时，f′(x)>0，
即f(x)在(0，2)上是减函数，在(2，＋∞)上是增函数，所以f(x)≥f(2)＝1－eq \f(1,e2)，当且仅当x＝2时，等号成立．
又由(1)知x－ln x≥1，当且仅当x＝1时，等号成立，
且①②等号不能同时取到，
所以(x－ln x)f(x)>1－eq \f(1,e2).
3. 已知函数f(x)＝ln x＋eq \f(a,x)，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a>0时，证明：f(x)≥eq \f(2a－1,a).
【解析】(1)f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(a,x2)＝eq \f(x－a,x2)(x>0)．
当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当a>0时，若x>a，则f′(x)>0，函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增；
若0(2)证明：由(1)知，当a>0时，f(x)min＝f(a)＝ln a＋1.
要证f(x)≥eq \f(2a－1,a)，只需证ln a＋1≥eq \f(2a－1,a)，
即证ln a＋eq \f(1,a)－1≥0.
令函数g(a)＝ln a＋eq \f(1,a)－1，则g′(a)＝eq \f(1,a)－eq \f(1,a2)＝eq \f(a－1,a2)(a>0)，
当01时，g′(a)>0，
所以g(a)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以g(a)min＝g(1)＝0.
所以ln a＋eq \f(1,a)－1≥0恒成立，
所以f(x)≥eq \f(2a－1,a).
4. 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.
【解析】(1)f′(x)＝eq \f(e,x)－a(x>0)．
①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②若a>0，则当00，当x>eq \f(e,a)时，f′(x)<0，
故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(e,a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,a)，＋∞))上单调递减．
(2)证明：因为x>0，所以只需证f(x)≤eq \f(ex,x)－2e，当a＝e时，由(1)知，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)＝eq \f(ex,x)－2e(x>0)，
则g′(x)＝eq \f(（x－1）ex,x2)，
所以当01时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)min＝g(1)＝－e.
综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤eq \f(ex,x)－2e，
即xf(x)－ex＋2ex≤0.
5. 已知函数f(x)＝ax－ln x－1.
(1)若f(x)≥0恒成立，求a的最小值；
(2)证明：eq \f(e－x,x)＋x＋ln x－1≥0.
【解析】(1)由题意知x>0，
所以f(x)≥0等价于a≥eq \f(ln x＋1,x).
令g(x)＝eq \f(ln x＋1,x)，则g′(x)＝eq \f(－ln x,x2)，
所以当x∈(0，1)时，g′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.
则g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝1，则a≥1，
所以a的最小值为1.
(2)证明：当a＝1时，由(1)得x≥ln x＋1.
即t≥ln t＋1.
令eq \f(e－x,x)＝t，则－x－ln x＝ln t，
所以eq \f(e－x,x)≥－x－ln x＋1，
即eq \f(e－x,x)＋x＋ln x－1≥0.
6. 已知函数f(x)＝xex－1－ax＋1，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线l的斜率为3e－2.
(1)求a的值及切线l的方程；
(2)证明：f(x)≥0.
【解析】(1)解 由f(x)＝xex－1－ax＋1，
得f′(x)＝(x＋1)ex－1－a，
因为曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线l的斜率为3e－2，所以f′(2)＝3e－a＝3e－2，解得a＝2，
所以f(2)＝2e－4＋1＝2e－3，故切线l的方程为y－(2e－3)＝(3e－2)(x－2)，即(3e－2)x－y－4e＋1＝0.
所以a＝2，切线l的方程为(3e－2)x－y－4e＋1＝0.
(2)证明 由(1)，可得f(x)＝xex－1－2x＋1，
f′(x)＝(x＋1)ex－1－2，
所以当x∈(－∞，－1]时，f′(x)<0.
令g(x)＝(x＋1)ex－1－2(x>－1)，
则g′(x)＝(x＋2)ex－1>0，
所以当x∈(－1，＋∞)时，g(x)单调递增，
即f′(x)单调递增，又因为f′(1)＝0，
所以当x∈(－1,1)时，f′(x)<0，
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，
在(1，＋∞)上单调递增．
所以f(x)≥f(1)＝0.
7. 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.
【解析】(1)解 由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，得f′(x)＝ex－2，x∈R，令f′(x)＝0，得x＝ln 2.
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 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)．
f(x)在x＝ln 2处取得极小值，极小值为f(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)，无极大值．
(2)证明 设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R.于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
由(1)知当a>ln 2－1时，g′(x)的最小值为g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)>0.于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，
所以g(x)在R内单调递增．
于是当a>ln 2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0)．
又g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0.
即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.
8. 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.
【解析】(1)解 f′(x)＝eq \f(e,x)－a(x>0)．
①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②若a>0，则当00；当x>eq \f(e,a)时，f′(x)<0，
故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(e,a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,a)，＋∞))上单调递减．
(2)证明 因为x>0，所以只需证f(x)≤eq \f(ex,x)－2e，
当a＝e时，由(1)知，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)＝eq \f(ex,x)－2e(x>0)，则g′(x)＝eq \f(x－1ex,x2)，
所以当01时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)min＝g(1)＝－e，
综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，
即f(x)≤eq \f(ex,x)－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.
9. 已知函数f(x)＝eq \f(ln x,x＋a)(a∈R)，曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y＝eq \f(1,e).
(1)求实数a的值，并求f(x)的单调区间；
(2)求证：当x>0时，f(x)≤x－1.
【解析】(1)解 ∵f(x)＝eq \f(ln x,x＋a)，
∴f′(x)＝eq \f(\f(x＋a,x)－ln x,x＋a2)，∴f′(e)＝eq \f(\f(a,e),e＋a2)，
又曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y＝eq \f(1,e)，
则f′(e)＝0，即a＝0，
∴f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，
令f′(x)>0，得1－ln x>0，即0令f′(x)<0，得1－ln x<0，即x>e，
∴f(x)的单调递增区间是(0，e)，单调递减区间是(e，＋∞)．
(2)证明 当x>0时，要证f(x)≤x－1，
即证ln x－x2＋x≤0，
令g(x)＝ln x－x2＋x(x>0)，
则g′(x)＝eq \f(1,x)－2x＋1＝eq \f(1＋x－2x2,x)
＝－eq \f(x－12x＋1,x)，
当00，g(x)单调递增；
当x>1时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
∴g(x)≤g(1)＝0，即当x>0时，f(x)≤x－1.
10. 已知函数f(x)＝ax＋xln x在x＝e－2(e为自然对数的底数)处取得极小值．
(1)求实数a的值；
(2)当x>1时，求证：f(x)>3(x－1)．
【解析】(1)因为f(x)＝ax＋xln x，
所以f′(x)＝a＋ln x＋1，
因为函数f(x)在x＝e－2处取得极小值，
所以f′(e－2)＝0，即a＋ln e－2＋1＝0，
所以a＝1，所以f′(x)＝ln x＋2.
当f′(x)>0时，x>e－2；
当f′(x)<0时，0所以f(x)在(0，e－2)上单调递减，在(e－2，＋∞)上单调递增，
所以f(x)在x＝e－2处取得极小值，符合题意，所以a＝1.
(2)证明：由(1)知a＝1，所以f(x)＝x＋xln x.
令g(x)＝f(x)－3(x－1)，
即g(x)＝xln x－2x＋3(x>0)．
g′(x)＝ln x－1，由g′(x)＝0，得x＝e.
由g′(x)>0，得x>e；由g′(x)<0，得0所以g(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，
所以g(x)在(1，＋∞)上的最小值为g(e)＝3－e>0.
于是在(1，＋∞)上，都有g(x)≥g(e)>0，
所以f(x)>3(x－1)．
11. 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>eq \f(1,ex)－eq \f(2,ex)成立．
【解析】(1)解 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．
所以当x＝eq \f(1,e)时，f(x)取得极小值，
f(x)极小值＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝－eq \f(1,e)，无极大值．
(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)单调递减；由m′(x)>0得0eq \f(1,ex)－eq \f(2,ex)成立．
12. 已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)．
(1)讨论函数f(x)在(0，＋∞)上的单调性；
(2)证明：ex－e2ln x>0恒成立．
【解析】(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(1,x)－a＝eq \f(1－ax,x)，
当a≤0时，f′(x)>0，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝eq \f(1,a)，
∴x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))时，f′(x)>0；
x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)<0，
∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递减．
(2)证明 要证ex－e2ln x>0，即证ex－2>ln x，
令φ(x)＝ex－x－1，∴φ′(x)＝ex－1.
令φ′(x)＝0，得x＝0，
∴当x∈(－∞，0)时，φ′(x)<0；
当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，
∴φ(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(0)＝0，
即ex－x－1≥0，即ex≥x＋1，当且仅当x＝0时取“＝”．
同理可证ln x≤x－1，
当且仅当x＝1时取“＝”．
由ex≥x＋1(当且仅当x＝0时取“＝”)，
可得ex－2≥x－1(当且仅当x＝2时取“＝”)，
又x－1≥ln x，当且仅当x＝1时取“＝”，
∴ex－2≥x－1≥ln x且两等号不能同时成立，
故ex－2>ln x．即证原不等式成立．
13. 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)【解析】(1)解 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)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞).
(2)证明 当a＝0，x∈(0，1)时，x2－eq \f(1,x)∵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)14. 已知函数f(x)＝1－eq \f(ln x,x)，g(x)＝eq \f(ae,ex)＋eq \f(1,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)≥eq \f(2,x).
【解析】(1)解 因为f(x)＝1－eq \f(ln x,x)，x＞0，
所以f′(x)＝eq \f(ln x－1,x2)，f′(1)＝－1.
因为g(x)＝eq \f(ae,ex)＋eq \f(1,x)－bx，
所以g′(x)＝－eq \f(ae,ex)－eq \f(1,x2)－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)＝－eq \f(e,ex)＋eq \f(1,x)＋x，
则f(x)＋g(x)≥eq \f(2,x)⇔1－eq \f(ln x,x)－eq \f(e,ex)－eq \f(1,x)＋x≥0.
令h(x)＝1－eq \f(ln x,x)－eq \f(e,ex)－eq \f(1,x)＋x(x≥1)，
则h(1)＝0，h′(x)＝eq \f(－1＋ln x,x2)＋eq \f(e,ex)＋eq \f(1,x2)＋1＝eq \f(ln x,x2)＋eq \f(e,ex)＋1.
因为x≥1，所以h′(x)＝eq \f(ln x,x2)＋eq \f(e,ex)＋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－eq \f(ln x,x)－eq \f(e,ex)－eq \f(1,x)＋x≥0，
所以当x≥1时，f(x)＋g(x)≥eq \f(2,x).
15. 已知函数f(x)＝ax2－xln x.
(1)若函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)若a＝e，证明：当x＞0时，f(x)＜xex＋eq \f(1,e).
【解析】(1)解 由题意知，f′(x)＝2ax－ln x－1.
因为函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以当x＞0时，f′(x)≥0，即2a≥eq \f(ln x＋1,x)在x＞0时恒成立.
令g(x)＝eq \f(ln x＋1,x)(x＞0)，
则g′(x)＝－eq \f(ln x,x2)，
易知g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
则g(x)max＝g(1)＝1，
所以2a≥1，即a≥eq \f(1,2).
故实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).
(2)证明 若a＝e，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.
再令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.
16. 已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)．
(1)讨论函数f(x)在(0，＋∞)上的单调性；
(2)证明：ex－e2ln x>0恒成立．
【解析】(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(1,x)－a＝eq \f(1－ax,x)，
当a≤0时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝eq \f(1,a)，
∴x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))时，f′(x)>0；x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)<0，
∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递减．
(2)证明 方法一 要证ex－e2ln x>0，即证ex－2>ln x，
令φ(x)＝ex－x－1，∴φ′(x)＝ex－1.
令φ′(x)＝0，得x＝0，∴x∈(－∞，0)时，φ′(x)<0；
x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，
∴φ(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(0)＝0，
即ex－x－1≥0，即ex≥x＋1，当且仅当x＝0时取“＝”．
同理可证ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取“＝”．
由ex≥x＋1(当且仅当x＝0时取“＝”)，
可得ex－2≥x－1(当且仅当x＝2时取“＝”)，
又ln x≤x－1，即x－1≥ln x，当且仅当x＝1时取“＝”，
所以ex－2≥x－1≥ln x且两等号不能同时成立，
故ex－2>ln x．即证原不等式成立．
方法二 令φ(x)＝ex－e2ln x，φ(x)的定义域为(0，＋∞)，
φ′(x)＝ex－eq \f(e2,x)，令h(x)＝ex－eq \f(e2,x)，
∴h′(x)＝ex＋eq \f(e2,x2)>0，
∴φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又φ′(1)＝e－e2<0，φ′(2)＝e2－eq \f(1,2)e2＝eq \f(1,2)e2>0，
故∃x0∈(1,2)，使φ′(x0)＝0，
即－eq \f(e2,x0)＝0，
即＝eq \f(e2,x0)，
∴当x∈(0，x0)时，φ′(x)<0；
当x∈(x0，＋∞)时，φ′(x0)>0，
∴φ(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(x0)＝－e2ln x0＝eq \f(e2,x0)－e2ln x0＝eq \f(e2,x0)－＝eq \f(e2,x0)－e2(2－x0)＝e2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x0)＋x0－2))＝e2·eq \f(x0－12,x0)>0，
故φ(x)>0，即ex－e2ln x>0，即证原不等式成立．联立
消参
利用方程f(x1)＝f(x2)消掉解析式中的参数a
抓商
构元
令c＝eq \f(x1,x2)，消掉变量x1，x2，构造关于c的函数h(c)
用导
求解
利用导数求解函数h(c)的最小值，从而可证得结论
x
(－∞，ln 3)
ln 3
(ln 3，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)

极小值

x
(－∞，ln 2)
ln 2
(ln 2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
↘
2(1－ln 2＋a)
↗