2023届高考数学专项练习导数解密36专题s专题19 单变量不含参不等式证明方法之切线放缩含答案

而h(x)显然是增函数，∴0<x0<eq\f(1,e)eq\f(1,x0)>e，∴heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x0)))>h(e)＝e＋1．综上，当a>1－eq\f(1,e)时，f(x)>e＋1．6．已知函数f(x)＝ax－lnx．(1)讨论f(x)的单调性；(2)若a∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,e2)))，求证：f(x)≥2ax－xeax－1．6．解析(1)由题意得f′(x)＝a－eq\f(1,x)＝eq\f(ax－1,x)(x>0)，①当a≤0时，则f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递减．②当a>0时，则当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))时，f′(x)<0，f(x)单调递减．综上当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增．(2)令g(x)＝f(x)－2ax＋xeax－1＝xeax－1－ax－lnx，则g′(x)＝eax－1＋axeax－1－a－eq\f(1,x)＝(ax＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eax－1－\f(1,x)))＝eq\f((ax＋1)(xeax－1－1),x)(x>0)，设r(x)＝xeax－1－1(x>0)，则r′(x)＝(1＋ax)eax－1(x>0)，∵eax－1>0，∴当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))时，r′(x)>0，r(x)单调递增；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞))时，r′(x)<0，r(x)单调递减．∴r(x)max＝req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,ae2)＋1))≤0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a≤－\f(1,e2)))，∴当0<x<－eq\f(1,a)时，g′(x)<0，当x>－eq\f(1,a)时，g′(x)>0，∴g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞))上单调递增，∴g(x)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))，设t＝－eq\f(1,a)∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，e2))，则geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))＝h(t)＝eq\f(t,e2)－lnt＋1(0<t≤e2)，h′(t)＝eq\f(1,e2)－eq\f(1,t)≤0，h(t)在eq\b