专题20导数与不等式的证明

专题20导数与不等式的证明知识梳理方法技巧题型归类题型一：移项构造函数证明不等式题型二：换元构造法题型三：将不等式转化为函数的最值问题题型四：将不等式转化为两个函数的最值进行比较题型五：分拆函数法证明不等式题型六：放缩后构造函数证明不等式培优训练训练一：训练二：训练三：训练四：训练五：训练六：强化测试解答题：共16题一、【知识梳理】【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lnx要分离，常构造xn与lnx，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)≤lnx≤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：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＞lneq\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＝ln3，于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，ln3)ln3(ln3，＋∞)f′(x)－0＋f(x)极小值故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln3)，单调递增区间是(ln3，＋∞)，f(x)在x＝ln3处取得极小值，极小值为f(ln3)＝eln3－3ln3＋3a＝3(1－ln3＋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＞lneq\f(3,e)＝ln3－1知g′(x)的最小值为g′(ln3)＝3(1－ln3＋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＞lneq\f(3,e)＝ln3－1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＋lnx<eq\f(2,3)x3.【解析】设g(x)＝eq\f(2,3)x3－eq\f(1,2)x2－lnx，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＋lnx＜eq\f(2,3)x3.【题型二】换元构造法【典例1】已知函数f(x)＝lnx－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lnx1－ax1＝0，lnx2－ax2＝0，所以lnx1＋lnx2＝a(x1＋x2)，lnx1－lnx2＝a(x1－x2)，所以eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)＝a，欲证x1x2>e2，即证lnx1＋lnx2>2.因为lnx1＋lnx2＝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(lnx1－lnx2,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lnc>eq\f(2（c－1）,c＋1).令h(c)＝lnc－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)＝ln1－0＝0，即lnc－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)＝lnx－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)＝lnx＋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)＝lnx＋x2＋x(x>0)．由f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，得lnx1＋xeq\o\al(2,1)＋x1＋lnx2＋xeq\o\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－lnt，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)>x2lnx.【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\co1(－∞，－\f(9,2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，＋∞)).(2)证明由题意得，要证g(x)>x2lnx，x>0，即证x3＋ax2>x2lnx，即证x＋a>lnx，令u(x)＝x＋a－lnx，x>0，可得u′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，x>0，当0<x<1时，u′(x)<0，函数u(x)单调递减；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)>x2lnx.【典例2】已知函数f(x)＝1－eq\f(lnx,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(lnx,x)，x>0，所以f′(x)＝eq\f(lnx－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(lnx,x)－eq\f(e,ex)－eq\f(1,x)＋x≥0.令h(x)＝1－eq\f(lnx,x)－eq\f(e,ex)－eq\f(1,x)＋x(x≥1)，则h(1)＝0，h′(x)＝eq\f(－1＋lnx,x2)＋eq\f(e,ex)＋eq\f(1,x2)＋1＝eq\f(lnx,x2)＋eq\f(e,ex)＋1.因为x≥1，所以h′(x)＝eq\f(lnx,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(lnx,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)＝lnx＋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<x<a，则f′(x)<0，函数f(x)在(0，a)上单调递减．(2)证明由(1)知，当a>0时，f(x)min＝f(a)＝lna＋1.要证f(x)≥eq\f(2a－1,a)，只需证lna＋1≥eq\f(2a－1,a)，即证lna＋eq\f(1,a)－1≥0.令函数g(a)＝lna＋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<a<1时，g′(a)<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lna＋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)＝alnx＋x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝1时，证明：xf(x)<ex.【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)<ex，即证x2＋xlnx<ex，即证1＋eq\f(lnx,x)<eq\f(ex,x2).令函数g(x)＝1＋eq\f(lnx,x)，则g′(x)＝eq\f(1－lnx,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(exx－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\co1(1＋\f(1,e)))>0，所以h(x)min>g(x)max，即1＋eq\f(lnx,x)<eq\f(ex,x2)，从而xf(x)<ex得证．【典例2】已知函数f(x)＝ex2－xlnx．求证：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－lnx<ex＋eq\f(1,ex)，即ex－ex<lnx＋eq\f(1,ex).令h(x)＝lnx＋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\co1(0，\f(1,e)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增，则h(x)min＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝0，所以lnx＋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<lnx＋eq\f(1,ex)，故原不等式成立．【典例3】已知函数f(x)＝elnx－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0<x<eq\f(e,a)时，f′(x)>0；当x>eq\f(e,a)时，f′(x)<0.故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(e,a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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－1ex,x2)，所以当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；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lnx＞eq\f(1,ex)－eq\f(2,ex)成立.【解析】问题等价于证明xlnx＞eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)(x∈(0，＋∞)).设f(x)＝xlnx，f′(x)＝1＋lnx，易知x＝eq\f(1,e)为f(x)的唯一极小值点，则f(x)＝xlnx(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，＋∞)，xlnx≥－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lnx＞eq\f(1,ex)－eq\f(2,ex)成立.【典例2】已知函数f(x)＝elnx－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0<x<eq\f(e,a)时，f′(x)>0；当x>eq\f(e,a)时，f′(x)<0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(e,a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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\co1(0，\f(e,a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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0<x<1时，g′(x)<0，当x>1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exlnx－ex2－ex＋2ex≤0，从而等价于lnx－x＋2≤eq\f(ex,ex).设函数g(x)＝lnx－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)<ex＋(a－1)x－2a.【证明】令φ(x)＝lnx－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lnx≤x－1，当且仅当x＝1时取“＝”．当x>2时，ln(x－1)<x－2，又a>0，∴aln(x－1)<a(x－2)．要证f(x)<ex＋(a－1)x－2a，只需证aln(x－1)＋eq\f(2,x－1)<ex＋(a－1)x－2a，只需证a(x－2)＋eq\f(2,x－1)<ex＋(a－1)x－2a，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－12).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)<ex＋(a－1)x－2a.【典例2】已知函数f(x)＝aex－1－lnx－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－lnx－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－lnx－1.方法一令φ(x)＝ex－1－lnx－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lnx≤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≥lnx⇒x≥lnx＋1(当且仅当x＝1时取“＝”)，∴ex－1≥x≥lnx＋1，即ex－1≥lnx＋1，即ex－1－lnx－1≥0(当且仅当x＝1时取“＝”)，即证f(x)≥0.方法三f(x)＝aex－1－lnx－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aex0-1－eq\f(1,x0)＝即aex0-1＝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)＝aex0-1－lnx0－1＝eq\f(1,x0)－lnx0令φ(x)＝eq\f(1,x)－lnx－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)－lnx0－1≥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(lnx,ex).【解析】法一要证x2－eq\f(1,x)＜eq\f(lnx,ex)，只需证exeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(1,x)))＜lnx，又易证ex＞x＋1(0＜x＜1)，∴只需证明lnx＋(x＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－x2))＞0.即证lnx＋1－x3＋eq\f(1,x)－x2＞0，而x3＜x，x2＜x(0＜x＜1)，∴只需证lnx＋1－2x＋eq\f(1,x)＞0，令g(x)＝lnx＋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lnx＋1－2x＋eq\f(1,x)＞0.∴x2－eq\f(1,x)＜eq\f(lnx,ex).法二∵x∈(0，1)，∴ex∈(1，e)，∴要证x2－eq\f(1,x)＜eq\f(lnx,ex)成立，只需证exeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(1,x)))＜lnx成立，只需证x2－eq\f(1,x)＜lnx，又x2＜x(0＜x＜1)，∴只需证lnx＋eq\f(1,x)－x＞0，令h(x)＝lnx＋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，∴lnx＋eq\f(1,x)－x＞0，∴x2－eq\f(1,x)＜eq\f(lnx,ex).三、【培优训练】【训练一】已知函数f(x)＝xlnx－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lnx＋1>eq\f(1,ex＋1)－eq\f(2,e2x)成立．【解析】(1)函数f(x)＝xlnx－ax的定义域为(0，＋∞)．当a＝－1时，f(x)＝xlnx＋x，f′(x)＝lnx＋2.由f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,e2).当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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\co1(0，\f(1,e2)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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\co1(\f(1,e2)))＝－eq\f(1,e2).(2)证明：当x>0时，lnx＋1>eq\f(1,ex＋1)－eq\f(2,e2x)等价于x(lnx＋1)>eq\f(x,ex＋1)－eq\f(2,e2).由(1)知a＝－1时，f(x)＝xlnx＋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\co1(\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lnx＋1>eq\f(1,ex＋1)－eq\f(2,e2x).【训练二】已知函数f(x)＝λlnx－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0<x1<x2时，e1－x2－e1－x1>1－eq\f(x2,x1).【解析】(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，因为f(x)＝λlnx－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0<x<1时，φ′(x)<0；当x>1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\co1(－∞，－\f(1,e)))∪[0，＋∞)．(2)证明：由(1)可知，当λ＝－eq\f(1,e)时，f(x)＝－eq\f(1,e)lnx－e－x在(0，＋∞)上单调递减，因为0<x1<x2，所以f(x1)>f(x2)，即－eq\f(1,e)lnx1－e－x1>－eq\f(1,e)lnx2－e－x2，所以e1－x2－e1－x1>lnx1－lnx2.要证e1－x2－e1－x1>1－eq\f(x2,x1)，只需证lnx1－lnx2>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lnt>1－eq\f(1,t)，令h(t)＝lnt＋eq\f(1,t)－1，则h′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(1,t2)＝eq\f(t－1,t2)，当0<t<1时，h′(t)<0，所以h(t)在(0，1)上单调递减，又因为h(1)＝0，所以h(t)>0，即lnt>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＋alnx.(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(fx1－fx2,x1－x2)<a－2.【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\co1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))时，f′(x)<0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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\co1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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x1<x2，则x2>1.由于eq\f(fx1－fx2,x1－x2)＝－eq\f(1,x1x2)－1＋aeq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)＝－2＋aeq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)＝－2＋aeq\f(－2lnx2,\f(1,x2)－x2)，所以eq\f(fx1－fx2,x1－x2)<a－2等价于eq\f(1,x2)－x2＋2lnx2<0.设函数g(x)＝eq\f(1,x)－x＋2lnx，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＋2lnx2<0，即eq\f(fx1－fx2,x1－x2)<a－2.【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)－lnx≥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)－lnx≥1，即证xex－x－lnx≥1，即证ex＋lnx－(x＋lnx)≥1，令t＝x＋lnx，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)＝lnx－ax(a∈R).(1)讨论函数f(x)在(0，＋∞)上的单调性；(2)证明：ex－e2lnx＞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\co1(0，\f(1,a)))时，f′(x)＞0；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)＜0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递减.(2)证明法一要证ex－e2lnx＞0，即证ex－2＞lnx，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lnx≤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lnx≤x－1，即x－1≥lnx，当且仅当x＝1时取“＝”，所以ex－2≥x－1≥lnx且两等号不能同时成立，故ex－2＞lnx.即证原不等式成立.法二令φ(x)＝ex－e2lnx，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－e2lnx0＝eq\f(e2,x0)－e2lnx0＝eq\f(e2,x0)－e2lneq\f(e2,ex0)＝eq\f(e2,x0)－e2(2－x0)＝e2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x0)＋x0－2))＝e2·eq\f(（x0－1）2,x0)＞0，故φ(x)＞0，即ex－e2lnx＞0，即证原不等式成立.【训练六】已知函数f(x)＝lnx－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,lnb－lna)<eq\f(a＋b,2).【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)＝lnx－eq\f(2（x－1）,1＋x)≥0，即lnx≥eq\f(2（x－1）,1＋x)，由b>a>0，得eq\f(b,a)>1，所以lneq\f(b,a)>eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)－1)),1＋\f(b,a))，化简得lnb－lna>eq\f(2（b－a）,b＋a)，所以eq\f(b－a,lnb－lna)<eq\f(a＋b,2).四、【强化测试】【解答题】1.已知函数f(x)＝aex－lnx－1(e＝2.71828…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－lnx－1，f′(x)＝eq\f(1,2e2)ex－eq\f(1,x).当0<x<2时，f′(x)<0；当x>2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)－lnx－1.设g(x)＝eq\f(ex,e)－lnx－1，则g′(x)＝eq\f(ex,e)－eq\f(1,x).当0<x<1时，g′(x)<0；当x>1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－lnx.(1)证明：g(x)≥1；(2)证明：(x－lnx)f(x)>1－eq\f(1,e2).【证明】(1)由题意得g′(x)＝eq\f(x－1,x)(x>0)．当0<x<1时，g′(x)<0；当x>1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0<x<2时，f′(x)<0；当x>2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－lnx≥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－lnx)f(x)>1－eq\f(1,e2).3.已知函数f(x)＝lnx＋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<x<a，则f′(x)<0，函数f(x)在(0，a)上单调递减．(2)证明：由(1)知，当a>0时，f(x)min＝f(a)＝lna＋1.要证f(x)≥eq\f(2a－1,a)，只需证lna＋1≥eq\f(2a－1,a)，即证lna＋eq\f(1,a)－1≥0.令函数g(a)＝lna＋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<a<1时，g′(a)<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lna＋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)＝elnx－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0<x<eq\f(e,a)时，f′(x)>0，当x>eq\f(e,a)时，f′(x)<0，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(e,a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减，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，即xf(x)－ex＋2ex≤0.5.已知函数f(x)＝ax－lnx－1.(1)若f(x)≥0恒成立，求a的最小值；(2)证明：eq\f(e－x,x)＋x＋lnx－1≥0.【解析】(1)由题意知x>0，所以f(x)≥0等价于a≥eq\f(lnx＋1,x).令g(x)＝eq\f(lnx＋1,x)，则g′(x)＝eq\f(－lnx,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≥lnx＋1.即t≥lnt＋1.令eq\f(e－x,x)＝t，则－x－lnx＝lnt，所以eq\f(e－x,x)≥－x－lnx＋1，即eq\f(e－x,x)＋x＋lnx－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>ln2－1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＝ln2.于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，ln2)ln2(ln2，＋∞)f′(x)－0＋f(x)↘2(1－ln2＋a)↗故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln2)，单调递增区间是(ln2，＋∞)．f(x)在x＝ln2处取得极小值，极小值为f(ln2)＝2(1－ln2＋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>ln2－1时，g′(x)的最小值为g′(ln2)＝2(1－ln2＋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>ln2－1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)＝elnx－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0<x<eq\f(e,a)时，f′(x)>0；当x>eq\f(e,a)时，f′(x)<0，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(e,a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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－1ex,x2)，所以当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；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，即xf(x)－ex＋2ex≤0.9.已知函数f(x)＝eq\f(lnx,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(lnx,x＋a)，∴f′(x)＝eq\f(\f(x＋a,x)－lnx,x＋a2)，∴f′(e)＝eq\f(\f(a,e),e＋a2)，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－lnx,x2)，令f′(x)>0，得1－lnx>0，即0<x<e；令f′(x)<0，得1－lnx<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lnx－x2＋x≤0，令g(x)＝lnx－x2＋x(x>0)，则g′(x)＝eq\f(1,x)－2x＋1＝eq\f(1＋x－2x2,x)＝－eq\f(x－12x＋1,x)，当0<x<1时，g′(x)>0，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＋xlnx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＋xlnx，所以f′(x)＝a＋lnx＋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＋lne－2＋1＝0，所以a＝1，所以f′(x)＝lnx＋2.当f′(x)>0时，x>e－2；当f′(x)<0时，0<x<e－2，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＋xlnx.令g(x)＝f(x)－3(x－1)，即g(x)＝xlnx－2x＋3(x>0)．g′(x)＝lnx－1，由g′(x)＝0，得x＝e.由g′(x)>0，得x>e；由g′(x)<0，得0<x<e.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)＝xlnx.(1)求函数f(x)的极值；(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有lnx>eq\f(1,ex)－eq\f(2,ex)成立．【解析】(1)解由f(x)＝xlnx，x>0，得f′(x)＝lnx＋1，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,e).当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e)，无极大值．(2)证明问题等价于证明xlnx>eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)(x∈(0，＋∞))．由(1)可知f(x)＝xlnx(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，＋∞)，xlnx≥－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lnx>eq\f(1,ex)－eq\f(2,ex)成立．12.已知函数f(x)＝lnx－ax(a∈R)．(1)讨论函数f(x)在(0，＋∞)上的单调性；(2)证明：ex－e2lnx>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\co1(0，\f(1,a)))时，f′(x)>0；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)<0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递减．(2)证明要证ex－e2lnx>0，即证ex－2>lnx，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lnx≤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≥lnx，当且仅当x＝1时取“＝”，∴ex－2≥x－1≥lnx且两等号不能同时成立，故ex－2>lnx．即证原不等式成立．13.已知函数f(x)＝lnx－eq\f(alnx,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).【解析】(1)解当a＝1时，f(x)＝lnx－eq\f(lnx,x2)，x∈(0，＋∞)，∴f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1－2lnx,x3)＝eq\f(x2－1＋2lnx,x3)＝eq\f(（x－1）（x＋1）＋2lnx,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)<eq\f(f（x）,ex)等价于eq\f(－lnx,ex)＋x2－eq\f(1,x)<0，∵当x∈(0，1)时，ex∈(1，e)，－lnx>0，∴eq\f(－lnx,ex)<－lnx，∴只需要证－lnx＋x2－eq\f(1,x)<0在(0，1)上恒成立.令g(x)＝－lnx＋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)<－ln1＋1－1＝0，∴当x∈(0，1)时，x2－eq\f(1,x)<eq\f(f（x）,ex).14.已知函数f(x)＝1－eq\f(lnx,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(lnx,x)，x＞0，所以f′(x)＝eq\f(lnx－1,x2)，f′(1)＝－1.因为g(x)＝eq\f(a