高考数学科学复习提升版第20讲利用导数研究不等式的证明问题

第20讲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－eq\f(1,x)<eq\f(lnx,ex).7．已知函数f(x)＝ln(