2025-高考科学复习创新方案-数学-提升版第四章第4讲 第1课时含答案

2025-高考科学复习创新方案-数学-提升版第四章第4讲导数与函数的综合应用[课程标准]1.能利用导数研究函数的单调性，对于多项式函数，能求不超过三次的多项式函数的单调区间.2.借助函数的图象，了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件.3.能利用导数求某些函数的极大值、极小值以及给定闭区间上不超过三次的多项式函数的最大值、最小值，体会导数与单调性、极值、最大(小)值的关系．第1课时利用导数解决不等式恒(能)成立问题考向一恒成立问题例1(2024·揭阳模拟)已知函数f(x)＝2lnx－eq\f(1,2)mx2＋1(m∈R)．(1)当m＝1时，证明：f(x)<1；(2)若关于x的不等式f(x)<(m－2)x恒成立，求整数m的最小值．解(1)证明：当m＝1时，f(x)＝2lnx－eq\f(1,2)x2＋1(x>0)，所以f′(x)＝eq\f(2,x)－x＝eq\f(2－x2,x)(x>0)，令f′(x)＝0，得x＝eq\r(2)，当x∈(0，eq\r(2))时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(eq\r(2)，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)在x＝eq\r(2)处取得唯一的极大值，即最大值，所以f(x)max＝f(eq\r(2))＝2lneq\r(2)－eq\f(1,2)×2＋1＝ln2，所以f(x)≤ln2，而ln2<lne＝1，所以f(x)<1.(2)令G(x)＝f(x)－(m－2)x＝2lnx－eq\f(1,2)mx2＋(2－m)x＋1，则G′(x)＝eq\f(2,x)－mx＋(2－m)＝eq\f(－mx2＋（2－m）x＋2,x).当m≤0时，因为x>0，所以G′(x)>0，所以G(x)在(0，＋∞)上单调递增．又因为G(1)＝－eq\f(3,2)m＋3>0，所以关于x的不等式G(x)<0不能恒成立；当m>0时，G′(x)＝－eq\f(m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,m)))（x＋1）,x).令G′(x)＝0，得x＝eq\f(2,m)，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,m)))时，G′(x)>0，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,m)，＋∞))时，G′(x)<0.因此函数G(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,m)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,m)，＋∞))上单调递减．故函数G(x)的最大值为Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,m)))＝eq\f(2,m)－2lnm＋2ln2－1.令h(m)＝eq\f(2,m)－2lnm＋2ln2－1，易知h(m)在(0，＋∞)上单调递减，又h(2)＝0，所以当m≥3时，h(m)<0.所以整数m的最小值为3.求解不等式恒成立问题的方法(1)构造函数分类讨论：遇到f(x)≥g(x)型的不等式恒成立问题时，一般采用作差法，构造“左减右”的函数h(x)＝f(x)－g(x)或“右减左”的函数u(x)＝g(x)－f(x)，进而只需满足h(x)min≥0或u(x)max≤0，将比较法的思想融入函数中，转化为求解函数最值的问题，适用范围较广，但是往往需要对参数进行分类讨论．(2)分离参数法：分离参数法的主要思想是将不等式变形成一个一端是参数a，另一端是变量表达式v(x)的不等式后，若a≥v(x)在x∈D上恒成立，则a≥v(x)max；若a≤v(x)在x∈D上恒成立，则a≤v(x)min.(2024·宜昌枝江一中质检)已知函数f(x)＝xlnx，若对于所有x≥1都有f(x)≥ax－1，求实数a的取值范围．解解法一(分离参数法)：依题意，得f(x)≥ax－1在[1，＋∞)上恒成立，即不等式a≤lnx＋eq\f(1,x)在x∈[1，＋∞)上恒成立，亦即a≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx＋\f(1,x)))eq\s\do7(min)，x∈[1，＋∞)．设g(x)＝lnx＋eq\f(1,x)(x≥1)，则g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2).令g′(x)＝0，得x＝1.当x≥1时，因为g′(x)≥0，故g(x)在[1，＋∞)上单调递增．所以g(x)在[1，＋∞)上的最小值是g(1)＝1.故实数a的取值范围是(－∞，1]．解法二(构造函数法)：当x＝1时，有f(1)≥a－1，即a－1≤0，得a≤1.令F(x)＝f(x)－(ax－1)＝xlnx－ax＋1，原命题等价于F(x)≥0在x≥1时恒成立⇔F(x)min≥0，x∈[1，＋∞)．由于F′(x)＝lnx＋1－a≥0在x∈[1，＋∞)上恒成立，因此函数F(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以F(x)min＝F(1)＝1－a≥0，得a≤1.故实数a的取值范围是(－∞，1]．考向二能成立问题例2(2024·邯郸模拟)已知函数f(x)＝a·2x－xln2.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a>0时，证明：不等式f(x)≤2lna＋eq\f(1,a)有实数解．解(1)f′(x)＝aln2·2x－ln2＝ln2(a·2x－1)，当a≤0时，f′(x)<0，则函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；当a>0时，当x<log2eq\f(1,a)时，f′(x)<0，当x>log2eq\f(1,a)时，f′(x)>0，所以函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，log2\f(1,a)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2\f(1,a)，＋∞))上单调递增．综上所述，当a≤0时，函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；当a>0时，函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，log2\f(1,a)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2\f(1,a)，＋∞))上单调递增．(2)证明：要证不等式f(x)≤2lna＋eq\f(1,a)有实数解，只需证明f(x)min≤2lna＋eq\f(1,a)即可，由(1)得f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2\f(1,a)))＝a·2log2eq\f(1,a)－ln2×log2eq\f(1,a)＝1＋lna，则只要证明1＋lna≤2lna＋eq\f(1,a)即可，即证lna＋eq\f(1,a)－1≥0.令h(a)＝lna＋eq\f(1,a)－1(a>0)，则h′(a)＝eq\f(1,a)－eq\f(1,a2)＝eq\f(a－1,a2)，当0<a<1时，h′(a)<0，当a>1时，h′(a)>0，所以函数h(a)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h(a)≥h(1)＝0，即lna＋eq\f(1,a)－1≥0，所以当a>0时，不等式f(x)≤2lna＋eq\f(1,a)有实数解．由不等式能成立求参数范围的常见题型(1)存在x∈[a，b]，f(x)≥m成立⇔f(x)max≥m.(2)存在x∈[a，b]，f(x)≤m成立⇔f(x)min≤m.(2023·汕头一模)已知函数f(x)＝x－alnx，g(x)＝－eq\f(a＋1,x)(a∈R)．若在[1，e]上存在x0，使得f(x0)<g(x0)成立，求a的取值范围．解依题意，只需[f(x)－g(x)]min<0，x∈[1，e]即可．令h(x)＝f(x)－g(x)＝x－alnx＋eq\f(a＋1,x)，x∈[1，e]，则h′(x)＝1－eq\f(a,x)－eq\f(a＋1,x2)＝eq\f(x2－ax－（a＋1）,x2)＝eq\f([x－（a＋1）]（x＋1）,x2).①当a＋1≤1，即a≤0时，h′(x)≥0，h(x)单调递增，h(x)min＝h(1)＝a＋2<0，得a<－2；②当1<a＋1<e，即0<a<e－1时，h(x)在[1，a＋1)上单调递减，在(a＋1，e]上单调递增，故h(x)min＝h(a＋1)＝(a＋1)－aln(a＋1)＋1＝a[1－ln(a＋1)]＋2>2，不符合题意；③当a＋1≥e，即a≥e－1时，h′(x)≤0，h(x)在[1，e]上单调递减，则h(x)min＝h(e)＝e－a＋eq\f(a＋1,e)<0，得a>eq\f(e2＋1,e－1)>e－1成立．综上所述，a的取值范围为(－∞，－2)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2＋1,e－1)，＋∞)).考向三双变量不等式恒(能)成立问题例3(2023·郑州四中第二次调研)已知函数f(x)＝eq\f(a,x2)＋2lnx(a>0)，g(x)＝x3－x2.(1)当a＝1时，求函数f(x)的单调区间；(2)若对于任意的x1∈(0，2]，都存在x2∈[1，2]，使得x1f(x1)≥g(x2)成立，试求实数a的取值范围．解(1)由题意，可知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．∵当a＝1时，f(x)＝eq\f(1,x2)＋2lnx，∴f′(x)＝－eq\f(2,x3)＋eq\f(2,x)＝eq\f(2x2－2,x3)＝eq\f(2（x＋1）（x－1）,x3).∴当0＜x＜1时，f′(x)＜0，函数f(x)在(0，1)上单调递减；当x＞1时，f′(x)＞0，函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增．∴函数f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)．(2)由g(x)＝x3－x2，得g′(x)＝3x2－2x＝x(3x－2)，又x∈[1，2]，∴g′(x)＞0，故函数g(x)在[1，2]上单调递增，∴g(x)min＝g(1)＝0.∴对任意的x∈(0，2]，xf(x)≥0恒成立，即eq\f(a,x)＋2xlnx≥0恒成立，∴a≥－2x2lnx恒成立．令h(x)＝－2x2lnx，x∈(0，2]，则h′(x)＝－2x－4xlnx＝－2x(1＋2lnx)，x∈(0，2]，令h′(x)＝0，则1＋2lnx＝0，解得x＝e－eq\s\up7(\f(1,2)).当x∈(0，e－eq\s\up7(\f(1,2)))时，h′(x)＞0，∴函数h(x)在(0，e－eq\s\up7(\f(1,2))上单调递增；当x∈(e－eq\s\up7(\f(1,2))，2]时，h′(x)＜0，∴函数h(x)在(e－eq\s\up7(\f(1,2))，2]上单调递减．∴h(x)max＝h(e－eq\s\up7(\f(1,2)))＝eq\f(1,e)，∴a≥eq\f(1,e).∴实数a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)).双参数不等式问题的求解方法一般采用等价转化法：(1)∀x1∈[a，b]，x2∈[c，d]，f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的最小值>g(x)在[c，d]上的最大值．(2)∃x1∈[a，b]，x2∈[c，d]，f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的最大值>g(x)在[c，d]上的最小值．(3)∀x1∈[a，b]，∃x2∈[c，d]，f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的最小值>g(x)在[c，d]上的最小值．(4)∃x1∈[a，b]，∀x2∈[c，d]，f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的最大值>g(x)在[c，d]上的最大值．已知函数f(x)＝(x－1)ex＋1＋mx2，g(x)＝x3－eq\f(4,x)－mx，其中0<m≤6.若存在x1∈R，x2∈(0，2]，使f(x1)≤g(x2)成立，求实数m的取值范围．解因为f(x)＝(x－1)ex＋1＋mx2，所以f′(x)＝ex＋1＋(x－1)ex＋1＋2mx＝x(ex＋1＋2m)，因为0<m≤6，ex＋1>0，所以ex＋1＋2m>0，所以当x>0时，f′(x)>0；当x<0时，f′(x)<0.故f(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(0)＝－e.又g′(x)＝3x2＋eq\f(4,x2)－m≥4eq\r(3)－m，因为0<m≤6，所以g′(x)>0，所以g(x)在(0，2]上为增函数．所以g(x)max＝g(2)＝8－2－2m＝6－2m.依题意有f(x)min≤g(x)max，所以6－2m≥－e，又0<m≤6，所以0<m≤3＋eq\f(e,2).故实数m的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，3＋\f(e,2))).课时作业一、单项选择题1．函数f(x)＝x3－3x2＋3－a，若存在x0∈[－1，1]，使得f(x0)>0，则实数a的取值范围为()A．(－∞，－1) B．(－∞，1)C．(－1，3) D．(－∞，3)答案D解析f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，易得当x>2或x<0时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当0<x<2时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，故当－1≤x≤1时，在x＝0处函数f(x)取得最大值f(0)＝3－a，因为存在x0∈[－1，1]，使得f(x0)>0，则f(0)＝3－a>0，故a<3.故选D.2．若关于x的不等式x3－3x2－9x＋2≥m对任意x∈[－2，2]恒成立，则m的取值范围是()A．(－∞，7] B．(－∞，－20]C．(－∞，0] D．[－12，7]答案B解析令f(x)＝x3－3x2－9x＋2，则f′(x)＝3x2－6x－9，令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝3.因为f(－1)＝7，f(－2)＝0，f(2)＝－20，所以f(x)的最小值为f(2)＝－20，故m≤－20.3．(2024·南京模拟)已知函数f(x)＝x－eq\f(1,2)sinx.若存在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，使f(x)≤ax成立，则a的取值范围为()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),π)，＋∞)) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，1－\f(\r(2),π)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(1,2)，＋∞)) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(π,2)－\f(1,2)))答案A解析由f(x)≤ax，得x－eq\f(1,2)sinx≤ax，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，即a≥1－eq\f(sinx,2x)能成立，令h(x)＝1－eq\f(sinx,2x)，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，则h′(x)＝－eq\f(2xcosx－2sinx,（2x）2)＝eq\f(sinx－xcosx,2x2)，设φ(x)＝sinx－xcosx，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，则φ′(x)＝xsinx>0，∴φ(x)在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递增，∴φ(x)≥φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)－eq\f(π,4)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(π,4)))>0，∴在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上，h′(x)>0，h(x)单调递增，∴h(x)min＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝1－eq\f(\r(2),π)，∴a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),π)，＋∞)).4．(2023·衡水模拟)1614年纳皮尔在研究天文学的过程中为了简化计算而发明对数；1637年笛卡儿开始使用指数运算；1770年，欧拉发现了指数与对数的互逆关系，指出：对数源于指数，对数的发明先于指数，称为数学史上的珍闻，对数函数与指数函数互为反函数，即对数函数f(x)＝logax(a＞0，且a≠1)的反函数为f－1(x)＝ax(a＞0，且a≠1)．已知函数g(x)＝ex，F(x)＝x2＋kg－1(x)，若对任意x2＞x1＞0，有eq\f(F（x2）－F（x1）,x2－x1)>2024恒成立，则实数k的取值范围为()A．(－∞，2] B．[2，＋∞)C．(1012，＋∞) D．[2×5062，＋∞)答案D解析∵F(x)＝x2＋kg－1(x)＝x2＋klnx，且对任意x2＞x1＞0，有eq\f(F（x2）－F（x1）,x2－x1)>2024恒成立，即对任意x2＞x1＞0，F(x2)－2024x2＞F(x1)－2024x1恒成立，令h(x)＝F(x)－2024x＝x2＋klnx－2024x(x＞0)，则h(x)在(0，＋∞)上为增函数，∴h′(x)＝2x＋eq\f(k,x)－2024≥0在(0，＋∞)上恒成立，即－eq\f(k,2)≤x2－1012x在(0，＋∞)上恒成立，∵当x＞0时，x2－1012x＝(x－506)2－5062≥－5062(当且仅当x＝506时取等号)，∴－eq\f(k,2)≤－5062，∴k≥2×5062，即实数k的取值范围为[2×5062，＋∞)．故选D.二、多项选择题5．已知函数f(x)＝ex－cos2x，则下列结论正确的是()A．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增 B．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减C．∀x≥0，f(x)≥0 D．∃x≥0，f(x)<0答案AC解析∵f(x)＝ex－cos2x＝ex－eq\f(1,2)(1＋cos2x)，∴f′(x)＝ex＋sin2x，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，∵sin2x>0，ex>0，∴f′(x)>0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，故A正确，B错误；当x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，f(x)≥f(0)＝0，又当x≥eq\f(π,2)时，f(x)＝ex－cos2x>e－1恒成立，∴∀x≥0，f(x)≥0，故C正确，D错误．故选AC.6．(2023·苏锡常镇四市联考)已知函数f(x)＝a·eq\f(ex,x)－x＋lnx(a∈R)，若对于定义域内的任意实数s，总存在实数t使得f(t)＜f(s)，则满足条件的实数a的值可能是()A．－1 B．0C．eq\f(1,e) D．1答案AB解析函数f(x)＝a·eq\f(ex,x)－x＋lnx(a∈R)，定义域为(0，＋∞)，因为∀s∈(0，＋∞)，∃t∈(0，＋∞)使得f(t)＜f(s)，所以函数f(x)在(0，＋∞)上没有最小值，对f(x)求导得f′(x)＝a·eq\f(ex（x－1）,x2)－eq\f(x－1,x)＝eq\f(ex,x2)(x－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(x,ex)))，当a≤0时，当0＜x＜1时，f′(x)＞0；当x＞1时，f′(x)＜0，即f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则当x＝1时，f(x)取得最大值f(1)＝ea－1，值域为(－∞，ea－1]，f(x)在(0，＋∞)内无最小值，因此a≤0符合题意；当a＞0时，令g(x)＝eq\f(x,ex)，x＞0，g′(x)＝eq\f(1－x,ex)，当0＜x＜1时，g′(x)＞0，当x＞1时，g′(x)＜0，即g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，g(x)max＝g(1)＝eq\f(1,e)，显然eq\f(x,ex)>0，即0＜g(x)≤eq\f(1,e)，在同一坐标系内作出直线y＝a与函数y＝g(x)的图象，如图，当0＜a<eq\f(1,e)时，g(x)＝a有两个根x1，x2，不妨令0＜x1＜x2，当0＜x＜x1或1＜x＜x2时，f′(x)＜0，当x1＜x＜1或x＞x2时，f′(x)＞0，即函数f(x)在(0，x1)，(1，x2)上单调递减，在(x1，1)，(x2，＋∞)上单调递增，函数f(x)在x＝x1与x＝x2处都取得极小值，f(x)min＝min{f(x1)，f(x2)}，不符合题意；当a≥eq\f(1,e)时，a－eq\f(x,ex)≥0，当且仅当a＝eq\f(1,e)，x＝1时取等号，则当0＜x＜1时，f′(x)＜0，当x＞1时，f′(x)＞0，即f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴f(x)min＝f(1)＝ea－1，不符合题意．综上可得，实数a的取值范围是(－∞，0]，所以满足条件的实数a的值可能是－1，0.故选AB.三、填空题7．(2024·渭南尚德中学月考)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4x2－3x，x≤0，,x－alnx，x>0，))若∀x1≤0，∃x2>0，使得f(x1)＝f(x2)成立，则实数a的取值范围为________________．答案(－∞，0)∪[e，＋∞)解析由∀x1≤0，∃x2>0，使得f(x1)＝f(x2)成立，则函数f(x)在(0，＋∞)上的值域包含函数f(x)在(－∞，0]上的值域．当x≤0时，函数f(x)＝4x2－3x的图象开口向上，对称轴为直线x＝eq\f(3,8)，所以f(x)在(－∞，0]上单调递减，且f(0)＝0，所以f(x1)∈[0，＋∞)；当x>0时，f(x)＝x－alnx，则f′(x)＝1－eq\f(a,x)＝eq\f(x－a,x)，①若a>0，当x∈(0，a)时，f′(x)<0，当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(a)＝a－alna，即f(x2)∈[a－alna，＋∞)，所以a－alna≤0，即1－lna≤0，解得a≥e；②若a<0，则f′(x)＝eq\f(x－a,x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，此时f(x)＝x－alnx(x>0)的值域为R，符合题意；③当a＝0时，f(x)＝x(x>0)的值域为(0，＋∞)，不符合题意．综上所述，实数a的取值范围为(－∞，0)∪[e，＋∞)．8．(2023·山东部分学校联考)已知函数f(x)＝aeax－lnx，对任意的x>1，f(x)≥0恒成立，则a的取值范围是________．答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))解析当a≤0，x＞1时，f(x)<0，不符合题意．当a>0，x＞1时，则aeax≥lnx，即axeax≥xlnx⇔eax·lneax≥xlnx，设g(x)＝xlnx，x>1，则g′(x)＝lnx＋1>0恒成立，故g(x)在(1，＋∞)上单调递增．因为x>1，a>0，所以eax>1.因为axeax≥xlnx，即g(eax)≥g(x)，所以eax≥x，所以ax≥lnx，所以a≥eq\f(lnx,x).设h(x)＝eq\f(lnx,x)，则h′(x)＝eq\f(1－lnx,x2).由h′(x)>0，得0<x<e，由h′(x)<0，得x>e，则h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，故h(x)max＝h(e)＝eq\f(1,e)，即a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)).四、解答题9．(2023·张掖模拟)已知函数f(x)＝2(x－1)ex.(1)若函数f(x)在区间(a，＋∞)上单调递增，求f(a)的取值范围；(2)设函数g(x)＝ex－x＋p，若存在x0∈[1，e]，使不等式g(x0)≥f(x0)－x0成立，求实数p的取值范围．解(1)由f′(x)＝2xex>0，得x>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以a≥0，所以f(a)≥f(0)＝－2.所以f(a)的取值范围是[－2，＋∞)．(2)因为存在x0∈[1，e]，使不等式ex0－x0＋p≥2(x0－1)ex0－x0成立，所以存在x0∈[1，e]，使p≥(2x0－3)ex0成立．令h(x)＝(2x－3)ex，x∈[1，e]，从而p≥h(x)min，h′(x)＝(2x－1)ex.因为x∈[1，e]，所以2x－1≥1，ex>0，所以h′(x)>0，所以h(x)＝(2x－3)ex在[1，e]上单调递增．所以h(x)min＝h(1)＝－e，所以p≥－e，所以实数p的取值范围是[－e，＋∞)．10．(2023·广州高中综合测试)已知函数f(x)＝eq\f(1,2)lnx－mx，g(x)＝x－eq\f(a,x)(a>0)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若m＝eq\f(1,2e2)，∀x1，x2∈[2，2e2]都有g(x1)≥f(x2)成立，求实数a的取值范围．解(1)因为f(x)＝eq\f(1,2)lnx－mx，x>0，所以f′(x)＝eq\f(1,2x)－m，当m≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当m>0时，由f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,2m)；由f′(x)>0，得0<x<eq\f(1,2m)；由f′(x)<0，得x>eq\f(1,2m).所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2m)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2m)，＋∞))上单调递减．综上所述，当m≤0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；当m>0时，函数f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2m)))，单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2m)，＋∞)).(2)若m＝eq\f(1,2e2)，则f(x)＝eq\f(1,2)lnx－eq\f(1,2e2)x.∀x1，x2∈[2，2e2]都有g(x1)≥f(x2)成立，等价于对x∈[2，2e2]，g(x)min≥f(x)max，由(1)知，在[2，2e2]上，f(x)的最大值为f(e2)＝eq\f(1,2)，又g′(x)＝1＋eq\f(a,x2)>0(a>0)，所以函数g(x)在[2，2e2]上单调递增，所以g(x)min＝g(2)＝2－eq\f(a,2).由2－eq\f(a,2)≥eq\f(1,2)，得a≤3，又a>0，所以a∈(0，3]，即实数a的取值范围为(0，3]．11．(2024·青岛模拟)已知函数f(x)＝ex－a－lnx.(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积；(2)若存在x0∈[e，＋∞)，使f(x0)<0成立，求a的取值范围．解(1)当a＝0时，f(x)＝ex－lnx，f′(x)＝ex－eq\f(1,x)，∴曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线的斜率k＝f′(1)＝e－1，又f(1)＝e，∴切线方程为y＝(e－1)x＋1.∵切线与x，y轴的交点分别是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1－e)，0))，(0，1)，∴切线与坐标轴围成的三角形的面积S＝eq\f(1,2（e－1）).(2)存在x0∈[e，＋∞)，使f(x0)<0，即ex0－a－lnx0<0，即ex0－a<lnx0.即存在x0∈[e，＋∞)，使ea>eq\f(ex0,lnx0)成立．令h(x)＝eq\f(ex,lnx)，因此只要函数h(x)＝eq\f(ex,lnx)在[e，＋∞)上的最小值小于ea即可．下面求函数h(x)＝eq\f(ex,lnx)在[e，＋∞)上的最小值．h′(x)＝eq\f(ex\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx－\f(1,x))),（lnx）2)，令u(x)＝lnx－eq\f(1,x)，∵u′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(1,x2)>0，∴u(x)为[e，＋∞)上的增函数，且u(e)＝1－eq\f(1,e)>0.∴h′(x)＝eq\f(ex\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx－\f(1,x))),（lnx）2)>0在[e，＋∞)上恒成立，∴h(x)＝eq\f(ex,lnx)在[e，＋∞)上单调递增，∴函数h(x)＝eq\f(ex,lnx)在[e，＋∞)上的最小值为h(e)＝ee，h(e)＝ee<ea，得a>e.∴a的取值范围为(e，＋∞)．12．(2023·漳州模拟)已知函数f(x)＝aex＋x＋1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当x>1时，f(x)>lneq\f(x－1,a)＋x，求实数a的取值范围．解(1)依题意，得f′(x)＝aex＋1.当a≥0时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；当a<0时，令f′(x)>0，可得x<－ln(－a)，令f′(x)<0，可得x>－ln(－a)，所以f(x)在(－∞，－ln(－a))上单调递增，在(－ln(－a)，＋∞)上单调递减．综上所述，当a≥0时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；当a<0时，f(x)在(－∞，－ln(－a))上单调递增，在(－ln(－a)，＋∞)上单调递减．(2)因为当x>1时，f(x)>lneq\f(x－1,a)＋x，所以aex＋x＋1>lneq\f(x－1,a)＋x，即elnaex＋x＋1>ln(x－1)－lna＋x，即ex＋lna＋lna＋x>ln(x－1)＋x－1，即ex＋lna＋x＋lna>eln(x－1)＋ln(x－1)．令h(x)＝ex＋x，则h(x＋lna)>h(ln(x－1))对任意x∈(1，＋∞)恒成立．易知h(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，故只需x＋lna>ln(x－1)，即lna>ln(x－1)－x对任意x∈(1，＋∞)恒成立．令F(x)＝ln(x－1)－x，则F′(x)＝eq\f(1,x－1)－1＝eq\f(2－x,x－1)，令F′(x)＝0，得x＝2.当x∈(1，2)时，F′(x)>0，当x∈(2，＋∞)时，F′(x)<0，所以F(x)在(1，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，所以F(x)≤F(2)＝－2，因此lna>－2，所以a>eq\f(1,e2).所以实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，＋∞)).第2课时利用导数研究不等式的证明问题多角度探究突破考向一单变量不等式的证明角度作差构造法例1(2023·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当a>0时，f(x)>2lna＋eq\f(3,2).解(1)因为f(x)＝a(ex＋a)－x，定义域为R，所以f′(x)＝aex－1.当a≤0时，由于ex>0，则aex≤0，故f′(x)＝aex－1<0恒成立，所以f(x)在R上单调递减；当a>0时，令f′(x)＝aex－1＝0，解得x＝－lna，当x<－lna时，f′(x)<0，则f(x)在(－∞，－lna)上单调递减，当x>－lna时，f′(x)>0，则f(x)在(－lna，＋∞)上单调递增．综上，当a≤0时，f(x)在R上单调递减；当a>0时，f(x)在(－∞，－lna)上单调递减，在(－lna，＋∞)上单调递增．(2)证法一：由(1)得，f(x)min＝f(－lna)＝a(e－lna＋a)＋lna＝1＋a2＋lna，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．令g(a)＝a2－eq\f(1,2)－lna(a>0)，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，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)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)－lneq\f(\r(2),2)＝lneq\r(2)>0，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．证法二：令h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1，由于y＝ex在R上单调递增，所以h′(x)＝ex－1在R上单调递增，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．因为f(x)＝a(ex＋a)－x＝aex＋a2－x＝ex＋lna＋a2－x≥x＋lna＋1＋a2－x，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恒成立．以下同证法一．利用作差构造法证明不等式的策略和基本步骤(1)策略：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，从而证得不等式．(2)基本步骤(2023·新课标Ⅱ卷节选)证明：当0<x<1时，x－x2<sinx<x.证明构建F(x)＝x－sinx，x∈(0，1)，则F′(x)＝1－cosx>0对任意x∈(0，1)恒成立，则F(x)在(0，1)上单调递增，可得F(x)>F(0)＝0，所以x>sinx，x∈(0，1)；构建G(x)＝sinx－(x－x2)＝x2－x＋sinx，x∈(0，1)，则G′(x)＝2x－1＋cosx，x∈(0，1)，构建g(x)＝G′(x)，x∈(0，1)，则g′(x)＝2－sinx>0对任意x∈(0，1)恒成立，则g(x)在(0，1)上单调递增，可得g(x)>g(0)＝0，即G′(x)>0对任意x∈(0，1)恒成立，则G(x)在(0，1)上单调递增，可得G(x)>G(0)＝0，所以sinx>x－x2，x∈(0，1)．综上所述，当0<x<1时，x－x2<sinx<x.角度双函数构造法例2(2024·承德模拟)已知函数f(x)＝xlnx＋x.(1)求函数f(x)的最小值；(2)证明：lnx＋1>eq\f(1,ex＋1)－eq\f(2,e2x).解(1)f′(x)＝lnx＋2.当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e2)))时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)单调递增．所以f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)))＝－eq\f(1,e2).(2)证明：因为x>0，所以只需证明xlnx＋x>eq\f(x,ex＋1)－eq\f(2,e2)，下面分别研究左、右两边，考虑证明左边的最小值大于右边的最大值．设g(x)＝eq\f(x,ex＋1)－eq\f(2,e2)，则g′(x)＝eq\f(1－x,ex＋1)，当x∈(0，1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝－eq\f(1,e2)，所以g(x)≤－eq\f(1,e2)，由(1)知f(x)＝xlnx＋x≥－eq\f(1,e2).又因为等号不能同时取到，所以xlnx＋x>eq\f(x,ex＋1)－eq\f(2,e2)，即原不等式得证．利用双函数构造法证明不等式的策略(1)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，达到证明的目的．在证明过程中，等价转化是关键，若要证明f(x)≥g(x)恒成立，则需证明f(x)min≥g(x)max.(2)等价变形时，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．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(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.故函数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－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.故不等式xf(x)－ex＋2ex≤0得证．角度放缩构造法例3(2024·南通模拟)已知函数f(x)＝x－lnx－eq\f(ex,x).(1)求f(x)的最大值；(2)证明：1＋x3＋eq\f(ex,x)≥3x－f(x)．解(1)f(x)＝x－lnx－eq\f(ex,x)，定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝1－eq\f(1,x)－eq\f(ex（x－1）,x2)＝eq\f(（x－1）（x－ex）,x2).令g(x)＝ex－x，则g′(x)＝ex－1.当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0恒成立，即g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)>g(0)＝1>0，即当x>0时，ex>x.令f′(x)>0，得0<x<1，令f′(x)<0，得x>1，所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝1－e.(2)证明：要证1＋x3＋eq\f(ex,x)≥3x－f(x)，即证x3－2x＋1≥lnx，令h(x)＝x－1－lnx，h′(x)＝1－eq\f(1,x).令h′(x)>0，得x>1，令h′(x)<0，得0<x<1，所以h(x)在(0，1)上单调递减，(1，＋∞)上单调递增，h(x)≥h(1)＝0，即x－1≥lnx，即欲证x3－2x＋1≥lnx，只需证x3－2x＋1≥x－1.也就是证明x3－3x＋2≥0.(*)设φ(x)＝x3－3x＋2(x>0)，则φ′(x)＝3x2－3，令φ′(x)＝0，得x＝1.当x∈(0，1)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增．所以当x＝1时，φ(x)取得最小值φ(1)＝0.故(*)式成立，从而1＋x3＋eq\f(ex,x)≥3x－f(x)成立．利用导数证明不等式问题中常用的放缩公式(1)ex≥x＋1，当且仅当x＝0时，等号成立．(2)ln(x＋1)≤x，x∈(－1，＋∞)，当且仅当x＝0时，等号成立(可由(1)式中两边同时取自然对数得到)．(3)lnx≤x－1，x∈(0，＋∞)，当且仅当x＝1时，等号成立(可将(2)中的x换为x－1得到)．(4)lnx≥eq\f(x－1,x)，x∈(0，＋∞)，当且仅当x＝1时，等号成立(可将(3)中的x换为eq\f(1,x)得到)．(5)eq\f(x,x＋1)≤ln(x＋1)≤x，x∈(－1，＋∞)，当且仅当x＝0时，两边等号均成立(由(2)(4)推导出)．(6)ex≥ex，当且仅当x＝1时，等号成立(可将(1)中的x换为x－1得到)．(2024·岳阳教学质量监测)已知函数f(x)＝aex－x－a.当a≥1时，从下面①和②两个结论中任选其一进行证明．①f(x)>xlnx－sinx；②f(x)>x(lnx－1)－cosx.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．证明选择①：当a≥1，x>0时，f(x)＝aex－x－a＝a(ex－1)－x≥ex－1－x，当且仅当a＝1时，等号成立．设g(x)＝ex－x－xlnx＋sinx－1，x>0.当0<x≤1时，－xlnx≥0，sinx>0，ex－1－x>0，故g(x)>0；当x>1时，g′(x)＝ex－2－lnx＋cosx，设h(x)＝ex－2－lnx＋cosx(x>1)，则h′(x)＝ex－eq\f(1,x)－sinx>e－1－1>0，所以h(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以h(x)>e－2＋cos1>0，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)>e－2＋sin1>0(x>1)．综上，当a≥1时，f(x)>xlnx－sinx.选择②：当a≥1，x>0时，f(x)＝aex－x－a＝a(ex－1)－x≥ex－1－x，当且仅当a＝1时，等号成立．设g(x)＝ex－xlnx＋cosx－1，x>0.当0<x≤1时，－xlnx≥0，cosx>0，ex－1>0，故g(x)>0；当x>1时，g′(x)＝ex－1－lnx－sinx，设h(x)＝ex－1－lnx－sinx(x>1)，则h′(x)＝ex－eq\f(1,x)－cosx>e－1－1>0，所以h(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以h(x)>e－1－sin1>0，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)>e－1＋cos1>0(x>1)．综上，当a≥1时，f(x)>x(lnx－1)－cosx.考向二双变量不等式的证明例4(2023·衡水模拟)已知函数f(x)＝ex－eq\f(e,2)x2－ax(a∈R)．(1)若f(x)在R上是增函数，求a的取值范围；(2)若当a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))时，f(x)有两个极值点m，n，证明：eq\f(f（m）－f（n）,m－n)＜e－1.解(1)已知f(x)＝ex－eq\f(e,2)x2－ax(a∈R)，其定义域为R，可得f′(x)＝ex－ex－a，若f(x)在R上是增函数，则ex－ex－a≥0在x∈R上恒成立，即a≤ex－ex在x∈R上恒成立，需满足a≤(ex－ex)min，设g(x)＝ex－ex，x∈R，则g′(x)＝ex－e，当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，所以g(x)≥g(1)＝0，则a的取值范围是(－∞，0]．(2)证明：因为a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))，不妨设m＞n，所以f′(x)＝0有2个不同的解m，n，由(1)可知n＜1＜m且f′(m)＝f′(n)＝0，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(em－em－a＝0，,en－en－a＝0，))因为f′(0)＝1－a＞0，f′(2)＝e2－2e－a＞0，所以0＜n＜1＜m＜2.要证eq\f(f（m）－f（n）,m－n)<e－1，即证eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(em－\f(e,2)m2－am))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(en－\f(e,2)n2－an)),m－n)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(em＋a－\f(e,2)m2－am))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(en＋a－\f(e,2)n2－an)),m－n)＝eq\f(e（m－n）－\f(e,2)（m2－n2）－a（m－n）,m－n)＝e－eq\f(e,2)(m＋n)－a<e－1，即证a>1－eq\f(e,2)(m＋n)．由0<n<1<m<2，得1－eq\f(e,2)(m＋n)<0，又a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))，则a>1－eq\f(e,2)(m＋n)恒成立．故原不等式得证．双变量不等式的证明方法(2024·揭阳普宁二中质检)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|.解(1)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；当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－1）2,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|.考向三证明与正整数有关的不等式问题例5(2023·石家庄模拟)已知函数f(x)＝ex－kx2，x∈R.(1)若k＝eq\f(1,2)，求证：当x∈(0，＋∞)时，f(x)>1；(2)若f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，试求k的取值范围；(3)求证：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,14)＋1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,24)＋1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,34)＋1))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n4)＋1))<e4(n∈N*)．解(1)证明：当k＝eq\f(1,2)时，f(x)＝ex－eq\f(1,2)x2，则f′(x)＝ex－x，令h(x)＝f′(x)＝ex－x，则h′(x)＝ex－1>0(x>0)，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)>f′(0)＝1>0.所以f(x)＝ex－eq\f(1,2)x2在(0，＋∞)上单调递增，故f(x)>f(0)＝1.(2)由题意得，f′(x)＝ex－2kx≥0在区间(0，＋∞)上恒成立．即2k≤eq\f(ex,x)在区间(0，＋∞)上恒成立．设g(x)＝eq\f(ex,x)，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝eq\f(ex（x－1）,x2)，故在(0，1)上，g′(x)<0，g(x)单调递减；在(1，＋∞)上，g′(x)>0，g(x)单调递增，故g(x)≥g(1)＝e.故2k≤e，解得k≤eq\f(e,2)，即k的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(e,2))).(3)证明：由(1)知，对于x∈(0，＋∞)，有f(x)＝ex－eq\f(1,2)x2>1，所以e2x>2x2＋1，则ln(2x2＋1)<2x，取x＝eq\f(1,n2)，从而有lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n4)＋1))<eq\f(2,n2)(n∈N*)，于是lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,14)＋1))＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,24)＋1))＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,34)＋1))＋…＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n4)＋1))<eq\f(2,12)＋eq\f(2,22)＋eq\f(2,32)＋…＋eq\f(2,n2)<eq\f(2,12)＋eq\f(2,1×2)＋eq\f(2,2×3)＋…＋eq\f(2,（n－1）×n)＝2＋2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))))＝4－eq\f(2,n)<4.所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,14)＋1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,24)＋1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,34)＋1))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n4)＋1))<e4(n∈N*)．证明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，用关于正整数n的多项式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．(2022·新高考Ⅱ卷改编)已知函数f(x)＝xeeq\s\up7(\f(1,2))x－ex.(1)当x＞0时，证明：f(x)＜－1；(2)设n∈N*，证明：eq\f(1,\r(12＋1))＋eq\f(1,\r(22＋2))＋…＋eq\f(1,\r(n2＋n))＞ln(n＋1)．证明(1)f′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(x,2)))eeq\s\up7(\f(x,2))－ex＝eeq\s\up7(\f(x,2))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(x,2)))－eeq\s\up7(\f(x,2)))).设G(x)＝1＋eq\f(x,2)－eeq\s\up7(\f(x,2))，则当x>0时，G′(x)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)eeq\s\up7(\f(x,2))＜0，∴G(x)在(0，＋∞)上单调递减，∴G(x)＜G(0)＝0，∴f′(x)＜0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，∴f(x)＜f(0)＝－1.(2)由(1)知∀x＞0，总有xeeq\s\up7(\f(1,2))x－ex＋1＜0成立，令t＝eeq\s\up7(\f(1,2))x，则t＞1，t2＝ex，x＝2lnt，故2tlnt＜t2－1，即2lnt＜t－eq\f(1,t)对任意的t＞1恒成立．∴对任意的n∈N*，有2lneq\r(\f(n＋1,n))＜eq\r(\f(n＋1,n))－eq\r(\f(n,n＋1))，整理得到ln(n＋1)－lnn＜eq\f(1,\r(n2＋n))，故eq\f(1,\r(12＋1))＋eq\f(1,\r(22＋2))＋…＋eq\f(1,\r(n2＋n))＞ln2－ln1＋ln3－ln2＋…＋ln(n＋1)－lnn＝ln(n＋1)，故不等式成立．课时作业1．(2024·淮安模拟)已知函数f(x)＝ax2－2lnx.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)求证：当a>0时，f(x)≥2－eq\f(1,a).解(1)因为f(x)＝ax2－2lnx，所以f′(x)＝2ax－eq\f(2,x)＝eq\f(2（ax2－1）,x)，x>0.①当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；②当a>0时，由f′(x)<0，得0<x<eq\r(\f(1,a))，由f′(x)>0，得x>eq\r(\f(1,a))，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(1,a))))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,a))，＋∞))上单调递增．综上，当a≤0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(1,a))))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,a))，＋∞))上单调递增．(2)证明：当a>0时，f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,a))))＝lna＋1，要证f(x)≥2－eq\f(1,a)，只需证lna＋1≥2－eq\f(1,a)，即证lna＋eq\f(1,a)－1≥0，设φ(a)＝lna＋eq\f(1,a)－1，a>0，则φ′(a)＝eq\f(1,a)－eq\f(1,a2)＝eq\f(a－1,a2)，令φ′(a)＝0，得a＝1，列表如下：a(0，1)1(1，＋∞)φ′(a)－0＋φ(a)单调递减极小值单调递增所以φ(a)≥φ(1)＝0，即lna＋eq\f(1,a)－1≥0，所以f(x)≥2－eq\f(1,a).2．(2023·长沙模拟)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)，即证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．3．(2024·华南师大附中模拟)已知函数f(x)＝ex－asinx＋bx(a>0)．(1)当b＝0时，函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有极小值，求实数a的取值范围；(2)若b<0，g(x)＝f(x)＋asinx，证明：g(x)>blneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2))).解(1)由题意知f(x)＝ex－asinx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有极小值，则f′(x)＝ex－acosx＝0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有解，故a＝eq\f(ex,cosx)，设φ(x)＝eq\f(ex,cosx)，显然φ(x)＝eq\f(ex,cosx)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，又φ(0)＝1，且当x趋于eq\f(π,2)时，φ(x)趋于正无穷，所以a>1.当a>1时，易知f′(x)＝ex－acosx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，又f′(0)＝1－a<0，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eeq\s\up7(\f(π,2))>0，由零点存在定理可知∃α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，使f′(α)＝0，此时当x∈(0，α)时，f′(x)<0，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α，\f(π,2)))时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，α)上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α，\f(π,2)))上单调递增，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有极小值点．因此实数a的取值范围为(1，＋∞)．(2)证明：由题意得，g(x)＝ex＋bx，g′(x)＝ex＋b，b<0，在(－∞，ln(－b))上，g′(x)<0，在(ln(－b)，＋∞)上，g′(x)>0，所以g(x)在(－∞，ln(－b))上单调递减，在(ln(－b)，＋∞)上单调递增，所以g(x)的最小值为g(ln(－b))＝－b＋bln(－b)．要证g(x)＞blneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2)))，只需证－b＋bln(－b)>blneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2)))，即证－1＋ln(－b)<lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2)))＝ln(－b)－ln2，即证ln2＜1，该式子显然成立，所以g(x)>blneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2))).4．已知函数f(x)＝ax－axlnx－1(a∈R，a≠0)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当x＞1时，求证：eq\f(1,x－1)＞eq\f(1,ex)－1.解(1)f′(x)＝a－a(lnx＋1)＝－alnx，若a＞0，则当x∈(0，1)时，f′(x)＞0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；若a＜0，则当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．(2)证明：要证eq\f(1,x－1)＞eq\f(1,ex)－1，即证eq\f(x,x－1)＞e－x，即证eq\f(x－1,x)＜ex，又由第(1)问令a＝1知f(x)＝x－xlnx－1在(1，＋∞)上单调递减，f(1)＝0，所以当x＞1时，x－xlnx－1＜0，即eq\f(x－1,x)＜lnx，则只需证当x＞1时，lnx＜ex即可．令F(x)＝ex－lnx，则F′(x)＝ex－eq\f(1,x)单调递增，所以当x＞1时，F′(x)＞F′(1)＝e－1＞0，所以F(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以F(x)＞F(1)，而F(1)＝e，所以ex－lnx＞e＞0，所以ex＞lnx，所以ex＞lnx＞eq\f(x－1,x)，所以原不等式得证．5．已知函数f(x)＝axlnx－x＋1，a∈R.(1)讨论f(x)的单调区间；(2)当p>q>1时，证明：qlnp＋lnq<plnq＋lnp.解(1)f(x)＝axlnx－x＋1的定义域为(0，＋∞)，∴f′(x)＝alnx＋a－1.①当a＝0时，f′(x)＝－1<0，此时f(x)在(0，＋∞)上单调递减；②当a>0时，由f′(x)>0，可得x>eeq\f(1－a,a)，由f′(x)<0，可得0<x<eeq\f(1－a,a)，∴f(x)在(0，eeq\f(1－a,a))上单调递减，在(eeq\f(1－a,a)，＋∞)上单调递增；③当a<0时，由f′(x)>0，可得0<x<eeq\f(1－a,a)，由f′(x)<0，可得x>eeq\f(1－a,a)，∴f(x)在(0，eeq\f(1－a,a))上单调递增，在(eeq\f(1－a,a)，＋∞)上单调递减．(2)证明：设g(x)＝eq\f(lnx,x－1)，则g′(x)＝eq\f(－（xlnx－x＋1）,x（x－1）2)，当a＝1时，由(1)可得f(x)＝xlnx－x＋1在(1，＋∞)上单调递增，∵f(1)＝0，∴当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，∴当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，∴g(x)在(1，＋∞)上单调递减，∴当p>q>1时，g(p)<g(q)，∴eq\f(lnp,p－1)<eq\f(lnq,q－1)，∴qlnp－lnp<plnq－lnq，∴qlnp＋lnq<plnq＋lnp.6．已知x∈(0，1)，求证：x2－eq\f(1,x)<eq\f(lnx,ex).证明要证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)，所以只需证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)，所以只需证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，所以g′(x)<0，所以g(x)在(0，1)上单调递减，所以当x∈(0，1)时，g(x)>g(1)＝0，即lnx＋1－2x＋eq\f(1,x)>0.所以x2－