2025数学步步高大一轮复习讲义人教A版第三章　§3.5　利用导数研究恒(能)成立问题含答案

2025数学步步高大一轮复习讲义人教A版第三章§3.5利用导数研究恒(能)成立问题§3.5利用导数研究恒(能)成立问题课标要求恒(能)成立问题是高考的常考考点，其中不等式的恒(能)成立问题经常与导数及其几何意义、函数、方程等相交汇，综合考查分析问题、解决问题的能力，一般作为压轴题出现，试题难度略大．题型一分离参数求参数范围例1已知函数f(x)＝ex－ax－1.(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间与极值；(2)若f(x)≤x2在(0，＋∞)上有解，求实数a的取值范围．解(1)当a＝1时，f(x)＝ex－x－1，所以f′(x)＝ex－1，当x<0时，f′(x)<0；当x>0时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以当x＝0时，函数f(x)有极小值f(0)＝0，无极大值．即f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)，极小值为0，无极大值．(2)因为f(x)≤x2在(0，＋∞)上有解，所以ex－x2－ax－1≤0在(0，＋∞)上有解，当x>0时，不等式等价于a≥eq\f(ex,x)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))在(0，＋∞)上有解，令g(x)＝eq\f(ex,x)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))，则g′(x)＝eq\f(exx－1,x2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2－1,x2)))＝eq\f(x－1[ex－x＋1],x2)，由(1)知当a＝1，x>0时，f(x)>f(0)＝0，即ex－(x＋1)>0，所以当0<x<1时，g′(x)<0；当x>1时，g′(x)>0，所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当x＝1时，g(x)min＝e－2，所以a≥e－2，综上可知，实数a的取值范围是[e－2，＋∞)．思维升华分离参数法解决恒(能)成立问题的策略(1)分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．(2)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min；a≥f(x)能成立⇔a≥f(x)min；a≤f(x)能成立⇔a≤f(x)max.跟踪训练1已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝eq\f(lnx,x).(1)当a＝1时，求函数f(x)的极值；(2)若存在x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，求实数a的取值范围．解(1)当a＝1时，f(x)＝x－ex，则f′(x)＝1－ex，当x<0时，f′(x)>0，当x>0时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，所以函数f(x)的极大值为f(0)＝－1，无极小值．(2)若存在x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，则ax≤eq\f(lnx,x)(x>0)，即a≤eq\f(lnx,x2)(x>0)，则问题转化为a≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x2)))max(x>0)，令h(x)＝eq\f(lnx,x2)，x>0，h′(x)＝eq\f(x－2xlnx,x4)＝eq\f(1－2lnx,x3)，当0<x<eq\r(e)时，h′(x)>0，当x>eq\r(e)时，h′(x)<0，所以函数h(x)在(0，eq\r(e))上单调递增，在(eq\r(e)，＋∞)上单调递减，所以h(x)max＝h(eq\r(e))＝eq\f(1,2e)，所以a≤eq\f(1,2e).题型二等价转化求参数范围例2(2023·柳州模拟)已知函数f(x)＝ax－lnx.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若x＝1为函数f(x)的极值点，当x∈[e，＋∞)时，不等式x[f(x)－x＋1]≤m(e－x)恒成立，求实数m的取值范围．解(1)f′(x)＝a－eq\f(1,x)＝eq\f(ax－1,x)(x>0)，①当a≤0时，f′(x)<0恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递减；②当a>0时，令f′(x)>0，得x>eq\f(1,a)，令f′(x)<0，得0<x<eq\f(1,a)，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递减．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(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递减．(2)∵x＝1为函数f(x)的极值点，∴f′(1)＝0，∴a＝1.f(x)＝x－lnx，x[f(x)－x＋1]＝x(1－lnx)，当x∈[e，＋∞)时，不等式x[f(x)－x＋1]≤m(e－x)⇔x(1－lnx)≤m(e－x)，即x(1－lnx)－m(e－x)≤0，令g(x)＝x(1－lnx)－m(e－x)，x∈[e，＋∞)，则g′(x)＝m－lnx，若m≤1，g′(x)≤0在[e，＋∞)上恒成立，则g(x)在[e，＋∞)上单调递减，∴g(x)≤g(e)＝0，满足题意．若m>1，由g′(x)>0，可得e≤x<em，则g(x)在[e，em)上单调递增，∴在[e，em)上存在x0使得g(x0)>g(e)＝0，与题意不符，综上，实数m的取值范围为(－∞，1]．思维升华根据不等式恒成立构造函数转化成求函数的最值问题，一般需讨论参数范围，借助函数单调性求解．跟踪训练2(2024·咸阳模拟)已知函数f(x)＝lnx＋x＋eq\f(2,ax)(a≠0)．(1)当a＝1时，求f(x)的极值；(2)若对∀x∈(e－1，e)，f(x)<x＋2，求实数a的取值范围．解(1)当a＝1时，f(x)＝lnx＋x＋eq\f(2,x)，定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝eq\f(1,x)＋1－eq\f(2,x2)＝eq\f(x－1x＋2,x2)，令f′(x)>0，得x>1，令f′(x)<0，得0<x<1，故函数f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)，故f(x)有极小值f(1)＝0＋1＋2＝3，无极大值．(2)若对∀x∈(e－1，e)，f(x)<x＋2，即对∀x∈(e－1，e)，lnx＋eq\f(2,ax)－2<0，令g(x)＝lnx＋eq\f(2,ax)－2，则g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(2,ax2)＝eq\f(ax－2,ax2)，①当a<0时，g′(x)＝eq\f(ax－2,ax2)>0，函数g(x)在(e－1，e)上单调递增，则g(x)<g(e)＝lne＋eq\f(2,ae)－2＝－1＋eq\f(2,ae)<0，符合题意；②当a>0时，令g′(x)＝0，解得x＝eq\f(2,a)>0，则函数g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,a)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，＋∞))上单调递增，若g(x)<0在(e－1，e)上恒成立，只需满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ge－1＝－3＋\f(2,ae－1)≤0，,ge＝－1＋\f(2,ae)≤0，))解得a≥eq\f(2e,3).综上所述，实数a的取值范围为(－∞，0)∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2e,3)，＋∞)).题型三双变量的恒(能)成立问题例3(2023·济南模拟)已知函数f(x)＝eq\f(2elnx,x)－1(其中e为自然对数的底数)，函数g(x)＝x3＋ax2＋1.(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若对∀x1，x2∈[1，e]，不等式f(x1)≤g(x2)恒成立，求实数a的取值范围．解(1)∵f′(x)＝eq\f(2e1－lnx,x2)，∴f′(1)＝2e，又f(1)＝－1，∴y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＋1＝2e(x－1)，即2ex－y－2e－1＝0.(2)∵对∀x1，x2∈[1，e]，不等式f(x1)≤g(x2)恒成立，∴f(x)max≤g(x)min；∵f′(x)＝eq\f(2e1－lnx,x2)，∴当x∈[1，e]时，f′(x)≥0恒成立，∴f(x)在[1，e]上单调递增，∴f(x)max＝f(e)＝1；g′(x)＝3x2＋2ax＝x(3x＋2a)，令g′(x)＝0，解得x＝0或x＝－eq\f(2a,3)；①当－eq\f(2a,3)≤1，即a≥－eq\f(3,2)时，g′(x)≥0在[1，e]上恒成立，∴g(x)在[1，e]上单调递增，∴g(x)min＝g(1)＝2＋a，由f(x)max≤g(x)min得1≤2＋a，解得a≥－1；②当1<－eq\f(2a,3)<e，即－eq\f(3e,2)<a<－eq\f(3,2)时，若x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(2a,3)))，则g′(x)<0，若x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，e))，则g′(x)>0，∴g(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(2a,3)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，e))上单调递增，∴g(x)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)))＝eq\f(4a3,27)＋1<1，不满足f(x)max≤g(x)min；③当－eq\f(2a,3)≥e，即a≤－eq\f(3e,2)时，g′(x)≤0在[1，e]上恒成立，∴g(x)在[1，e]上单调递减，∴g(x)min＝g(e)＝e3＋ae2＋1，由f(x)max≤g(x)min得1≤e3＋ae2＋1，解得a≥－e(舍)．综上所述，实数a的取值范围为[－1，＋∞)．思维升华“双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价变换，常见的等价变换有对于某一区间I(1)∀x1，x2∈I，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max.(2)∀x1∈I1，∃x2∈I2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min.(3)∃x1∈I1，∀x2∈I2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max.跟踪训练3已知函数f(x)＝eq\f(ax2－x－1,ex)(x∈R)，a为正实数．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若∀x1，x2∈[0,4]，不等式|f(x1)－f(x2)|<1恒成立，求实数a的取值范围．解(1)因为f(x)＝eq\f(ax2－x－1,ex)(x∈R)，所以f′(x)＝eq\f(－axx－3,ex)(x∈R)，因为a>0，所以令f′(x)>0，得0<x<3；令f′(x)<0，得x<0或x>3.所以f(x)的单调递增区间为(0,3)，单调递减区间为(－∞，0)和(3，＋∞)．(2)由(1)知，f(x)在[0,3)上单调递增，在(3,4]上单调递减，所以f(x)在[0,4]上的最大值是f(3)＝eq\f(5a,e3).又f(0)＝－a<0，f(4)＝11ae－4>0，所以f(0)<f(4)，所以f(x)在[0,4]上的最小值为f(0)＝－a.若∀x1，x2∈[0,4]，不等式|f(x1)－f(x2)|<1恒成立，则需f(x)max－f(x)min<1在x∈[0,4]上恒成立，即f(3)－f(0)<1，即eq\f(5a,e3)＋a<1，解得a<eq\f(e3,5＋e3)，又a>0，所以0<a<eq\f(e3,5＋e3)，故实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(e3,5＋e3))).课时精练1．(2024·漳州模拟)设函数f(x)＝ex－ax2－x＋1，a∈R.(1)当a＝0时，求f(x)的最小值；(2)若f(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，求a的取值范围．解(1)当a＝0时，f(x)＝ex－x＋1，x∈R，则f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝0，得x＝0，当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，0)上单调递减，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(0)＝2.(2)由题意知，当x>0时，f(x)≥0恒成立等价于ex－ax2－x＋1≥0对任意x>0恒成立，即a≤eq\f(ex－x＋1,x2)对任意x>0恒成立，令h(x)＝eq\f(ex－x＋1,x2)，x>0，则h′(x)＝eq\f(x－2ex＋1,x3)，所以当0<x<2时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；当x>2时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增，所以当x＝2时，函数h(x)有最小值h(2)＝eq\f(e2－1,4)，所以a的取值范围为a≤eq\f(e2－1,4).2．(2023·鞍山模拟)已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－alnx(a∈R，a≠0)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若对任意的x∈[1，＋∞)，都有f(x)≥eq\f(1,2)成立，求a的取值范围．解(1)该函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－eq\f(a,x)＝eq\f(x2－a,x)(x>0，a≠0)，①当a<0时，f′(x)＝eq\f(x2－a,x)>0恒成立，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；②当a>0时，令f′(x)＝0，解得x＝eq\r(a)或x＝－eq\r(a)(舍)，所以函数f(x)的单调递增区间为(eq\r(a)，＋∞)，单调递减区间为(0，eq\r(a))．综上，当a<0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；当a>0时，函数f(x)的单调递增区间为(eq\r(a)，＋∞)，单调递减区间为(0，eq\r(a))．(2)对任意的x∈[1，＋∞)，都有f(x)≥eq\f(1,2)成立，只需任意的x∈[1，＋∞)，f(x)min≥eq\f(1,2)，①当a<0时，f(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以只需f(1)≥eq\f(1,2)，而f(1)＝eq\f(1,2)，所以a<0满足题意；②当0<a≤1时，0<eq\r(a)≤1，f(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以只需f(1)≥eq\f(1,2)，而f(1)＝eq\f(1,2)，所以0<a≤1满足题意；③当a>1时，eq\r(a)>1，f(x)在[1，eq\r(a)]上单调递减，在[eq\r(a)，＋∞)上单调递增，所以只需f(eq\r(a))≥eq\f(1,2)即可，而f(eq\r(a))<f(1)＝eq\f(1,2)，从而a>1不满足题意．综上可得，实数a的取值范围为(－∞，0)∪(0,1]．3．已知函数f(x)＝x－eq\f(b,x)，g(x)＝2alnx.(1)若b＝0，函数f(x)的图象与函数g(x)的图象相切，求a的值；(2)若a>0，b＝－1，函数F(x)＝xf(x)＋g(x)满足对任意x1，x2∈(0,1]，都有|F(x1)－F(x2)|<3eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)－\f(1,x2)))恒成立，求a的取值范围．解(1)若b＝0，函数f(x)＝x的图象与g(x)＝2alnx的图象相切，设切点为(x1,2alnx1)，且g′(x)＝eq\f(2a,x)，则切线方程为y－2alnx1＝eq\f(2a,x1)(x－x1)，即y＝eq\f(2a,x1)x－2a＋2alnx1，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2a,x1)＝1，,－2a＋2alnx1＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝e，,a＝\f(e,2).))(2)当a>0，b＝－1时，F(x)＝xf(x)＋g(x)＝x2＋1＋2alnx，x∈(0,1]，F′(x)＝2x＋eq\f(2a,x)>0，∴F(x)在(0,1]上单调递增．不妨设0<x1<x2≤1，原不等式⇔F(x2)－F(x1)<3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)－\f(1,x2)))，即F(x2)＋eq\f(3,x2)<F(x1)＋eq\f(3,x1).设h(x)＝F(x)＋eq\f(3,x)＝x2＋1＋2alnx＋eq\f(3,x)，x∈(0,1]，则原不等式⇔h(x)在(0,1]上单调递减．即h′(x)＝2x＋eq\f(2a,x)－eq\f(3,x2)≤0在(0,1]上恒成立．∴2a≤eq\f(3,x)－2x2在(0,1]上恒成立．∵函数y＝eq\f(3,x)－2x2在(0,1]上单调递减，∴ymin＝3－2＝1，∴2a≤1，又a>0，∴0<a≤eq\f(1,2).4．(2023·成都模拟)已知函数f(x)＝x2＋axex＋ae2，e是自然对数的底数，a为实数．(1)若函数f(x)的图象在x＝2处的切线方程过点(3,14)，求实数a的值；(2)若对任意实数x∈R，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．解(1)因为f′(x)＝2x＋a(x＋1)ex，所以函数f(x)的图象在x＝2处的切线斜率为f′(2)＝4＋3ae2，又因为f(2)＝4＋3ae2，所以函数f(x)的图象在x＝2处的切线方程为y－4－3ae2＝(4＋3ae2)(x－2)．又因为这条切线过点(3,14)，代入解得a＝eq\f(1,e2).(2)当x＝0时，f(0)＝ae2≥0，所以a≥0.下面证明，当a≥0时，对任意实数x∈R，都有x2＋axex＋ae2≥0恒成立．记g(x)＝xex＋e2，则g′(x)＝(x＋1)ex，令g′(x)>0，得x>－1；令g′(x)<0，得x<－1；所以g(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(－1)＝－e－1＋e2>0.所以当x∈R时，xex＋e2>0恒成立，又x2≥0，所以当a≥0时，对任意实数x∈R，x2＋axex＋ae2≥0恒成立．综上所述，a的取值范围是[0，＋∞)．§3.6利用导数证明不等式课标要求导数中的不等式证明是高考的常考题型，常与函数的性质、函数的零点与极值、数列等相结合，虽然题目难度较大，但是解题方法多种多样，如构造函数法、放缩法等，针对不同的题目，灵活采用不同的解题方法，可以达到事半功倍的效果．题型一将不等式转化为函数的最值问题例1(12分)(2023·新高考全国Ⅰ)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x.(1)讨论f(x)的单调性；[切入点：求导，讨论a的正负](2)证明：当a>0时，f(x)>2lna＋eq\f(3,2).[方法一关键点：作差法比较f(x)min与2lna＋eq\f(3,2)的大小][方法二关键点：利用不等式ex≥x＋1把函数f(x)中的指数换成一次函数][思路分析](1)求f′(x)→分a>0，a≤0判断f′(x)的符号→f(x)的单调性(2)方法一：求f(x)min→构造函数g(a)＝f(x)min－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2lna＋\f(3,2)))→求g(a)最小值方法二：证明不等式ex≥x＋1→aex＝ex＋lna≥x＋lna＋1→f(x)≥a2＋lna＋1→构造函数g(a)＝a2＋lna＋1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2lna＋\f(3,2)))→求g(a)最小值(1)解因为f(x)＝a(ex＋a)－x，定义域为R，所以f′(x)＝aex－1，(1分)当a≤0时，由于ex>0，则aex≤0，故f′x＝aex－1<0恒成立，①处判断f′(x)的符号所以f(x)是减函数；(2分)当a>0时，令f′(x)＝aex－1＝0，解得x＝－lna，eq\x(\a\al\vs4\co1(当x<－lna时，f′x<0，,则fx在－∞，－lna上单调递减；,当x>－lna时，f′x>0，,则fx在－lna，＋∞上单调递增.))(4分)②处判断f′(x)的符号综上，当a≤0时，f(x)是减函数；当a>0时，f(x)在(－∞，－lna)上单调递减，在(－lna，＋∞)上单调递增．(5分)(2)证明方法一由(1)得，当a>0时，eq\x(\a\al\vs4\co1(fxmin＝f－lna＝ae－lna＋a＋lna,＝1＋a2＋lna，))(7分)③处利用单调性求f(x)min要证f(x)>2lna＋eq\f(3,2)，即证1＋a2＋lna>2lna＋eq\f(3,2)，即证a2－eq\f(1,2)－lna>0恒成立，(8分)eq\x(\a\al\vs4\co1(令g(a)＝a2－\f(1,2)－lna(a>0)，))(9分)④处构造函数ga＝fxmin－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2lna＋\f(3,2)))则g′(a)＝2a－eq\f(1,a)＝eq\f(2a2－1,a)，令g′(a)<0，则0<a<eq\f(\r(2),2)；令g′(a)>0，则a>eq\f(\r(2),2)，所以g(a)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))上单调递增，(11分)eq\x(\a\al\vs4\co1(所以g(a)min＝g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2－\f(1,2)－ln

\f(\r(2),2)＝ln

\r(2)>0，))⑤处求gamin并判断其符号则g(a)>0恒成立，所以当a>0时，f(x)>2lna＋eq\f(3,2)恒成立，证毕．(12分)方法二eq\x(令hx＝ex－x－1，)⑥处构造函数证明ex≥x＋1则h′(x)＝ex－1，由于y＝ex是增函数，所以h′(x)＝ex－1是增函数，又h′(0)＝e0－1＝0，所以当x<0时，h′(x)<0；当x>0时，h′(x)>0，所以h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故h(x)≥h(0)＝0，则ex≥x＋1，当且仅当x＝0时，等号成立，(6分)eq\x(\a\al\vs4\co1(因为fx＝aex＋a－x＝aex＋a2－x,＝ex＋lna＋a2－x≥x＋lna＋1＋a2－x，))⑦处通过不等式ex≥x＋1放缩函数fx当且仅当x＋lna＝0，即x＝－lna时，等号成立，所以要证f(x)>2lna＋eq\f(3,2)，即证x＋lna＋1＋a2－x>2lna＋eq\f(3,2)，即证a2－eq\f(1,2)－lna>0，(8分)eq\x(\a\al\vs4\co1(令g(a)＝a2－\f(1,2)－lna(a>0)，))(9分)⑧处构造函数ga则g′(a)＝2a－eq\f(1,a)＝eq\f(2a2－1,a)，令g′(a)<0，则0<a<eq\f(\r(2),2)；令g′(a)>0，则a>eq\f(\r(2),2)，所以g(a)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))上单调递增，(11分)所以g(a)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2－eq\f(1,2)－lneq\f(\r(2),2)＝lneq\r(2)>0，⑨处求gamin并判断其符号则g(a)>0恒成立，所以当a>0时，f(x)>2lna＋eq\f(3,2)恒成立，证毕．(12分)思维升华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”的函数，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证．跟踪训练1(2023·咸阳模拟)已知函数f(x)＝eq\f(sinx,ex)(x∈R)．(1)求f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程；(2)求证：当x∈[0，π]时，f(x)≤x.(1)解由题知，f(0)＝0，f′(x)＝eq\f(cosx－sinx,ex)，所以切点坐标为(0,0)，斜率为f′(0)＝eq\f(cos0－sin0,e0)＝1，所以所求切线方程为x－y＝0.(2)证明f(x)≤x(x∈[0，π])，即eq\f(sinx,ex)≤x(x∈[0，π])⇔xex－sinx≥0(x∈[0，π])，令g(x)＝xex－sinx，x∈[0，π]，则g′(x)＝ex＋xex－cosx，令h(x)＝ex＋xex－cosx，x∈[0，π]，则h′(x)＝2ex＋xex＋sinx>0在[0，π]上恒成立，所以h(x)在[0，π]上单调递增，则h(x)≥h(0)＝0，所以g′(x)≥0在[0，π]上恒成立，即g(x)在[0，π]上单调递增，所以g(x)≥g(0)＝0，即xex－sinx≥0(x∈[0，π])，综上，当x∈[0，π]时，f(x)≤x.题型二将不等式转化为两个函数的最值进行比较例2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.(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得证．思维升华若直接求导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．本例中同时含lnx与ex，不能直接构造函数，把指数与对数分离两边，分别计算它们的最值，借助最值进行证明．跟踪训练2(2023·合肥模拟)已知函数f(x)＝ex＋x2－x－1.(1)求f(x)的最小值；(2)证明：ex＋xlnx＋x2－2x>0.(1)解由题意可得f′(x)＝ex＋2x－1，则函数f′(x)在R上单调递增，且f′(0)＝0.由f′(x)>0，得x>0；由f′(x)<0，得x<0.则f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故f(x)min＝f(0)＝0.(2)证明要证ex＋xlnx＋x2－2x>0，即证ex＋x2－x－1>－xlnx＋x－1.由(1)可知当x>0时，f(x)>0恒成立．设g(x)＝－xlnx＋x－1，x>0，则g′(x)＝－lnx.由g′(x)>0，得0<x<1；由g′(x)<0，得x>1.则g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而g(x)≤g(1)＝0，当且仅当x＝1时，等号成立．故f(x)>g(x)，即ex＋xlnx＋x2－2x>0.题型三双变量不等式的证明例3已知函数f(x)＝(a＋1)lnx＋ax2＋1.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)设a≤－2，证明：对任意x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|.(1)解f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(a＋1,x)＋2ax＝eq\f(2ax2＋a＋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)).当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(－\f(a＋1,2a))))时，f′(x)>0；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a＋1,2a))，＋∞))时，f′(x)<0，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(－\f(a＋1,2a))))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a＋1,2a))，＋∞))上单调递减．(2)证明不妨设x1≥x2，由于a≤－2，由(1)可得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)≥4(x1－x2)，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－12,x)≤0.从而g(x)在(0，＋∞)上单调递减，故g(x1)≤g(x2)，即f(x1)＋4x1≤f(x2)＋4x2，故对任意x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|.思维升华将两个变量分离，根据式子的特点构造新函数，利用导数研究新函数的单调性及最值，从而得到所证不等式，或者要求证的不等式等价变形，然后利用整体思想换元，再构造函数，结合函数的单调性可证得不等式．跟踪训练3已知函数f(x)＝ax＋1(x>0)，g(x)＝lnx－eq\f(a－1,x)＋2a.(1)若a＝eq\f(1,2)，比较函数f(x)与g(x)的大小；(2)若m>n>0，求证：eq\f(m－n,lnm－lnn)>eq\r(mn).(1)解当a＝eq\f(1,2)时，f(x)＝eq\f(x,2)＋1，g(x)＝lnx＋eq\f(1,2x)＋1，令F(x)＝f(x)－g(x)＝eq\f(x,2)－lnx－eq\f(1,2x)，则F′(x)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,x)＋eq\f(1,2x2)＝eq\f(x－12,2x2)≥0，所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增，且F(1)＝0.综上，当x＝1时，F(x)＝0，f(x)＝g(x)，当x∈(0,1)时，F(x)<0，f(x)<g(x)；当x∈(1，＋∞)时，F(x)>0，f(x)>g(x)．(2)证明因为m>n>0，则eq\f(m,n)>1，要证eq\f(m－n,lnm－lnn)>eq\r(mn)，即证eq\f(m－n,\r(mn))>lnm－lnn，即证eq\r(\f(m,n))－eq\r(\f(n,m))>lneq\f(m,n)，设t＝eq\r(\f(m,n))，则t>1，即证t－eq\f(1,t)>lnt2＝2lnt，即证eq\f(t,2)－lnt－eq\f(1,2t)>0(t>1)，由(1)知，当x∈(1，＋∞)时，F(x)>0成立，故不等式成立，所以当m>n>0时，eq\f(m－n,lnm－lnn)>eq\r(mn).课时精练1．(2023·新乡模拟)已知函数f(x)＝x2lnx.(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)≥x－1.(1)解因为f(x)＝x2lnx，x>0，所以f′(x)＝2xlnx＋x＝x(2lnx＋1)，由f′(x)＝0，得x＝.当x∈时，f′(x)<0；当x∈时，f′(x)>0.故f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为．(2)证明f(x)≥x－1等价于lnx－eq\f(x－1,x2)≥0.令函数g(x)＝lnx－eq\f(x－1,x2)，x>0，则g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(2－x,x3)＝eq\f(x2＋x－2,x3).当x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．故g(x)≥g(1)＝0，即f(x)≥x－1.2．(2023·长沙模拟)已知函数f(x)＝alnx＋x＋eq\f(2,x)＋2a(a∈R)．(1)若f(x)在x＝1处取得极小值，求a的值；(2)若0<a<eq\f(e,4)，求证：f(x)<x＋eq\f(ex＋2,x).(1)解函数f(x)＝alnx＋x＋eq\f(2,x)＋2a的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(a,x)＋1－eq\f(2,x2)＝eq\f(x2＋ax－2,x2).由f′(1)＝a－1＝0，得a＝1，经检验，a＝1满足题意．(2)证明要证明f(x)<x＋eq\f(ex＋2,x)，即证x＋alnx＋eq\f(2,x)＋2a<x＋eq\f(ex＋2,x)，即证a(lnx＋2)<eq\f(ex,x)，即证eq\f(alnx＋2,x)<eq\f(ex,x2).令g(x)＝eq\f(ex,x2)，其中x>0，则g′(x)＝eq\f(exx－2,x3)，当0<x<2时，g′(x)<0，此时函数g(x)单调递减；当x>2时，g′(x)>0，此时函数g(x)单调递增．所以g(x)min＝g(2)＝eq\f(e2,4).令h(x)＝eq\f(alnx＋2,x)，其中0<a<eq\f(e,4)，x>0，则h′(x)＝－eq\f(alnx＋1,x2).当0<x<eq\f(1,e)时，h′(x)>0，此时函数h(x)单调递增；当x>eq\f(1,e)时，h′(x)<0，此时函数h(x)单调递减．所以h(x)max＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f