2025數(shù)學步步高大一輪復習講義人教A版第三章　§3.5　利用導數(shù)研究恒(能)成立問題含答案

2025數(shù)學步步高大一輪復習講義人教A版第三章§3.5利用導數(shù)研究恒(能)成立問題§3.5利用導數(shù)研究恒(能)成立問題課標要求恒(能)成立問題是高考的常考考點，其中不等式的恒(能)成立問題經(jīng)常與導數(shù)及其幾何意義、函數(shù)、方程等相交匯，綜合考查分析問題、解決問題的能力，一般作為壓軸題出現(xiàn)，試題難度略大．題型一分離參數(shù)求參數(shù)范圍例1已知函數(shù)f(x)＝ex－ax－1.(1)當a＝1時，求f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值；(2)若f(x)≤x2在(0，＋∞)上有解，求實數(shù)a的取值范圍．解(1)當a＝1時，f(x)＝ex－x－1，所以f′(x)＝ex－1，當x<0時，f′(x)<0；當x>0時，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當x＝0時，函數(shù)f(x)有極小值f(0)＝0，無極大值．即f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，0)，單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)，極小值為0，無極大值．(2)因為f(x)≤x2在(0，＋∞)上有解，所以ex－x2－ax－1≤0在(0，＋∞)上有解，當x>0時，不等式等價于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)))，則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)知當a＝1，x>0時，f(x)>f(0)＝0，即ex－(x＋1)>0，所以當0<x<1時，g′(x)<0；當x>1時，g′(x)>0，所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當x＝1時，g(x)min＝e－2，所以a≥e－2，綜上可知，實數(shù)a的取值范圍是[e－2，＋∞)．思維升華分離參數(shù)法解決恒(能)成立問題的策略(1)分離變量，構(gòu)造函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題．(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.跟蹤訓練1已知函數(shù)f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝eq\f(lnx,x).(1)當a＝1時，求函數(shù)f(x)的極值；(2)若存在x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，求實數(shù)a的取值范圍．解(1)當a＝1時，f(x)＝x－ex，則f′(x)＝1－ex，當x<0時，f′(x)>0，當x>0時，f′(x)<0，所以函數(shù)f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增，在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以函數(shù)f(x)的極大值為f(0)＝－1，無極小值．(2)若存在x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，則ax≤eq\f(lnx,x)(x>0)，即a≤eq\f(lnx,x2)(x>0)，則問題轉(zhuǎn)化為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)，當0<x<eq\r(e)時，h′(x)>0，當x>eq\r(e)時，h′(x)<0，所以函數(shù)h(x)在(0，eq\r(e))上單調(diào)遞增，在(eq\r(e)，＋∞)上單調(diào)遞減，所以h(x)max＝h(eq\r(e))＝eq\f(1,2e)，所以a≤eq\f(1,2e).題型二等價轉(zhuǎn)化求參數(shù)范圍例2(2023·柳州模擬)已知函數(shù)f(x)＝ax－lnx.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若x＝1為函數(shù)f(x)的極值點，當x∈[e，＋∞)時，不等式x[f(x)－x＋1]≤m(e－x)恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．解(1)f′(x)＝a－eq\f(1,x)＝eq\f(ax－1,x)(x>0)，①當a≤0時，f′(x)<0恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；②當a>0時，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)，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞減．綜上，當a≤0時，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；當a>0時，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞減．(2)∵x＝1為函數(shù)f(x)的極值點，∴f′(1)＝0，∴a＝1.f(x)＝x－lnx，x[f(x)－x＋1]＝x(1－lnx)，當x∈[e，＋∞)時，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，＋∞)，則g′(x)＝m－lnx，若m≤1，g′(x)≤0在[e，＋∞)上恒成立，則g(x)在[e，＋∞)上單調(diào)遞減，∴g(x)≤g(e)＝0，滿足題意．若m>1，由g′(x)>0，可得e≤x<em，則g(x)在[e，em)上單調(diào)遞增，∴在[e，em)上存在x0使得g(x0)>g(e)＝0，與題意不符，綜上，實數(shù)m的取值范圍為(－∞，1]．思維升華根據(jù)不等式恒成立構(gòu)造函數(shù)轉(zhuǎn)化成求函數(shù)的最值問題，一般需討論參數(shù)范圍，借助函數(shù)單調(diào)性求解．跟蹤訓練2(2024·咸陽模擬)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋x＋eq\f(2,ax)(a≠0)．(1)當a＝1時，求f(x)的極值；(2)若對?x∈(e－1，e)，f(x)<x＋2，求實數(shù)a的取值范圍．解(1)當a＝1時，f(x)＝lnx＋x＋eq\f(2,x)，定義域為(0，＋∞)，則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，故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1)，單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)，故f(x)有極小值f(1)＝0＋1＋2＝3，無極大值．(2)若對?x∈(e－1，e)，f(x)<x＋2，即對?x∈(e－1，e)，lnx＋eq\f(2,ax)－2<0，令g(x)＝lnx＋eq\f(2,ax)－2，則g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(2,ax2)＝eq\f(ax－2,ax2)，①當a<0時，g′(x)＝eq\f(ax－2,ax2)>0，函數(shù)g(x)在(e－1，e)上單調(diào)遞增，則g(x)<g(e)＝lne＋eq\f(2,ae)－2＝－1＋eq\f(2,ae)<0，符合題意；②當a>0時，令g′(x)＝0，解得x＝eq\f(2,a)>0，則函數(shù)g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,a)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，＋∞))上單調(diào)遞增，若g(x)<0在(e－1，e)上恒成立，只需滿足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).綜上所述，實數(shù)a的取值范圍為(－∞，0)∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2e,3)，＋∞)).題型三雙變量的恒(能)成立問題例3(2023·濟南模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(2elnx,x)－1(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))，函數(shù)g(x)＝x3＋ax2＋1.(1)求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；(2)若對?x1，x2∈[1，e]，不等式f(x1)≤g(x2)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．解(1)∵f′(x)＝eq\f(2e1－lnx,x2)，∴f′(1)＝2e，又f(1)＝－1，∴y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y＋1＝2e(x－1)，即2ex－y－2e－1＝0.(2)∵對?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)，∴當x∈[1，e]時，f′(x)≥0恒成立，∴f(x)在[1，e]上單調(diào)遞增，∴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當－eq\f(2a,3)≤1，即a≥－eq\f(3,2)時，g′(x)≥0在[1，e]上恒成立，∴g(x)在[1，e]上單調(diào)遞增，∴g(x)min＝g(1)＝2＋a，由f(x)max≤g(x)min得1≤2＋a，解得a≥－1；②當1<－eq\f(2a,3)<e，即－eq\f(3e,2)<a<－eq\f(3,2)時，若x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(2a,3)))，則g′(x)<0，若x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，e))，則g′(x)>0，∴g(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(2a,3)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，e))上單調(diào)遞增，∴g(x)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)))＝eq\f(4a3,27)＋1<1，不滿足f(x)max≤g(x)min；③當－eq\f(2a,3)≥e，即a≤－eq\f(3e,2)時，g′(x)≤0在[1，e]上恒成立，∴g(x)在[1，e]上單調(diào)遞減，∴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)．綜上所述，實數(shù)a的取值范圍為[－1，＋∞)．思維升華“雙變量”的恒(能)成立問題一定要正確理解其實質(zhì)，深刻挖掘內(nèi)含條件，進行等價變換，常見的等價變換有對于某一區(qū)間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.跟蹤訓練3已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ax2－x－1,ex)(x∈R)，a為正實數(shù)．(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若?x1，x2∈[0,4]，不等式|f(x1)－f(x2)|<1恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．解(1)因為f(x)＝eq\f(ax2－x－1,ex)(x∈R)，所以f′(x)＝eq\f(－axx－3,ex)(x∈R)，因為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)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,3)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，0)和(3，＋∞)．(2)由(1)知，f(x)在[0,3)上單調(diào)遞增，在(3,4]上單調(diào)遞減，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]上的最小值為f(0)＝－a.若?x1，x2∈[0,4]，不等式|f(x1)－f(x2)|<1恒成立，則需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)，故實數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(e3,5＋e3))).課時精練1．(2024·漳州模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝ex－ax2－x＋1，a∈R.(1)當a＝0時，求f(x)的最小值；(2)若f(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，求a的取值范圍．解(1)當a＝0時，f(x)＝ex－x＋1，x∈R，則f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝0，得x＝0，當x∈(－∞，0)時，f′(x)<0，f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，當x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f(0)＝2.(2)由題意知，當x>0時，f(x)≥0恒成立等價于ex－ax2－x＋1≥0對任意x>0恒成立，即a≤eq\f(ex－x＋1,x2)對任意x>0恒成立，令h(x)＝eq\f(ex－x＋1,x2)，x>0，則h′(x)＝eq\f(x－2ex＋1,x3)，所以當0<x<2時，h′(x)<0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞減；當x>2時，h′(x)>0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞增，所以當x＝2時，函數(shù)h(x)有最小值h(2)＝eq\f(e2－1,4)，所以a的取值范圍為a≤eq\f(e2－1,4).2．(2023·鞍山模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－alnx(a∈R，a≠0)．(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若對任意的x∈[1，＋∞)，都有f(x)≥eq\f(1,2)成立，求a的取值范圍．解(1)該函數(shù)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝x－eq\f(a,x)＝eq\f(x2－a,x)(x>0，a≠0)，①當a<0時，f′(x)＝eq\f(x2－a,x)>0恒成立，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)；②當a>0時，令f′(x)＝0，解得x＝eq\r(a)或x＝－eq\r(a)(舍)，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(eq\r(a)，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，eq\r(a))．綜上，當a<0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)；當a>0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(eq\r(a)，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，eq\r(a))．(2)對任意的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當a<0時，f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以只需f(1)≥eq\f(1,2)，而f(1)＝eq\f(1,2)，所以a<0滿足題意；②當0<a≤1時，0<eq\r(a)≤1，f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以只需f(1)≥eq\f(1,2)，而f(1)＝eq\f(1,2)，所以0<a≤1滿足題意；③當a>1時，eq\r(a)>1，f(x)在[1，eq\r(a)]上單調(diào)遞減，在[eq\r(a)，＋∞)上單調(diào)遞增，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)，從而a>1不滿足題意．綜上可得，實數(shù)a的取值范圍為(－∞，0)∪(0,1]．3．已知函數(shù)f(x)＝x－eq\f(b,x)，g(x)＝2alnx.(1)若b＝0，函數(shù)f(x)的圖象與函數(shù)g(x)的圖象相切，求a的值；(2)若a>0，b＝－1，函數(shù)F(x)＝xf(x)＋g(x)滿足對任意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的取值范圍．解(1)若b＝0，函數(shù)f(x)＝x的圖象與g(x)＝2alnx的圖象相切，設(shè)切點為(x1,2alnx1)，且g′(x)＝eq\f(2a,x)，則切線方程為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)當a>0，b＝－1時，F(xiàn)(x)＝xf(x)＋g(x)＝x2＋1＋2alnx，x∈(0,1]，F(xiàn)′(x)＝2x＋eq\f(2a,x)>0，∴F(x)在(0,1]上單調(diào)遞增．不妨設(shè)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).設(shè)h(x)＝F(x)＋eq\f(3,x)＝x2＋1＋2alnx＋eq\f(3,x)，x∈(0,1]，則原不等式?h(x)在(0,1]上單調(diào)遞減．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．∵函數(shù)y＝eq\f(3,x)－2x2在(0,1]上單調(diào)遞減，∴ymin＝3－2＝1，∴2a≤1，又a>0，∴0<a≤eq\f(1,2).4．(2023·成都模擬)已知函數(shù)f(x)＝x2＋axex＋ae2，e是自然對數(shù)的底數(shù)，a為實數(shù)．(1)若函數(shù)f(x)的圖象在x＝2處的切線方程過點(3,14)，求實數(shù)a的值；(2)若對任意實數(shù)x∈R，f(x)≥0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．解(1)因為f′(x)＝2x＋a(x＋1)ex，所以函數(shù)f(x)的圖象在x＝2處的切線斜率為f′(2)＝4＋3ae2，又因為f(2)＝4＋3ae2，所以函數(shù)f(x)的圖象在x＝2處的切線方程為y－4－3ae2＝(4＋3ae2)(x－2)．又因為這條切線過點(3,14)，代入解得a＝eq\f(1,e2).(2)當x＝0時，f(0)＝ae2≥0，所以a≥0.下面證明，當a≥0時，對任意實數(shù)x∈R，都有x2＋axex＋ae2≥0恒成立．記g(x)＝xex＋e2，則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)上單調(diào)遞減，在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)min＝g(－1)＝－e－1＋e2>0.所以當x∈R時，xex＋e2>0恒成立，又x2≥0，所以當a≥0時，對任意實數(shù)x∈R，x2＋axex＋ae2≥0恒成立．綜上所述，a的取值范圍是[0，＋∞)．§3.6利用導數(shù)證明不等式課標要求導數(shù)中的不等式證明是高考的?？碱}型，常與函數(shù)的性質(zhì)、函數(shù)的零點與極值、數(shù)列等相結(jié)合，雖然題目難度較大，但是解題方法多種多樣，如構(gòu)造函數(shù)法、放縮法等，針對不同的題目，靈活采用不同的解題方法，可以達到事半功倍的效果．題型一將不等式轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題例1(12分)(2023·新高考全國Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝a(ex＋a)－x.(1)討論f(x)的單調(diào)性；[切入點：求導，討論a的正負](2)證明：當a>0時，f(x)>2lna＋eq\f(3,2).[方法一關(guān)鍵點：作差法比較f(x)min與2lna＋eq\f(3,2)的大小][方法二關(guān)鍵點：利用不等式ex≥x＋1把函數(shù)f(x)中的指數(shù)換成一次函數(shù)][思路分析](1)求f′(x)→分a>0，a≤0判斷f′(x)的符號→f(x)的單調(diào)性(2)方法一：求f(x)min→構(gòu)造函數(shù)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：證明不等式ex≥x＋1→aex＝ex＋lna≥x＋lna＋1→f(x)≥a2＋lna＋1→構(gòu)造函數(shù)g(a)＝a2＋lna＋1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2lna＋\f(3,2)))→求g(a)最小值(1)解因為f(x)＝a(ex＋a)－x，定義域為R，所以f′(x)＝aex－1，(1分)當a≤0時，由于ex>0，則aex≤0，故f′x＝aex－1<0恒成立，①處判斷f′(x)的符號所以f(x)是減函數(shù)；(2分)當a>0時，令f′(x)＝aex－1＝0，解得x＝－lna，eq\x(\a\al\vs4\co1(當x<－lna時，f′x<0，,則fx在－∞，－lna上單調(diào)遞減；,當x>－lna時，f′x>0，,則fx在－lna，＋∞上單調(diào)遞增.))(4分)②處判斷f′(x)的符號綜上，當a≤0時，f(x)是減函數(shù)；當a>0時，f(x)在(－∞，－lna)上單調(diào)遞減，在(－lna，＋∞)上單調(diào)遞增．(5分)(2)證明方法一由(1)得，當a>0時，eq\x(\a\al\vs4\co1(fxmin＝f－lna＝ae－lna＋a＋lna,＝1＋a2＋lna，))(7分)③處利用單調(diào)性求f(x)min要證f(x)>2lna＋eq\f(3,2)，即證1＋a2＋lna>2lna＋eq\f(3,2)，即證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處構(gòu)造函數(shù)ga＝fxmin－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2lna＋\f(3,2)))則g′(a)＝2a－eq\f(1,a)＝eq\f(2a2－1,a)，令g′(a)<0，則0<a<eq\f(\r(2),2)；令g′(a)>0，則a>eq\f(\r(2),2)，所以g(a)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))上單調(diào)遞增，(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處求gamin并判斷其符號則g(a)>0恒成立，所以當a>0時，f(x)>2lna＋eq\f(3,2)恒成立，證畢．(12分)方法二eq\x(令hx＝ex－x－1，)⑥處構(gòu)造函數(shù)證明ex≥x＋1則h′(x)＝ex－1，由于y＝ex是增函數(shù)，所以h′(x)＝ex－1是增函數(shù)，又h′(0)＝e0－1＝0，所以當x<0時，h′(x)<0；當x>0時，h′(x)>0，所以h(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故h(x)≥h(0)＝0，則ex≥x＋1，當且僅當x＝0時，等號成立，(6分)eq\x(\a\al\vs4\co1(因為fx＝aex＋a－x＝aex＋a2－x,＝ex＋lna＋a2－x≥x＋lna＋1＋a2－x，))⑦處通過不等式ex≥x＋1放縮函數(shù)fx當且僅當x＋lna＝0，即x＝－lna時，等號成立，所以要證f(x)>2lna＋eq\f(3,2)，即證x＋lna＋1＋a2－x>2lna＋eq\f(3,2)，即證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處構(gòu)造函數(shù)ga則g′(a)＝2a－eq\f(1,a)＝eq\f(2a2－1,a)，令g′(a)<0，則0<a<eq\f(\r(2),2)；令g′(a)>0，則a>eq\f(\r(2),2)，所以g(a)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))上單調(diào)遞增，(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處求gamin并判斷其符號則g(a)>0恒成立，所以當a>0時，f(x)>2lna＋eq\f(3,2)恒成立，證畢．(12分)思維升華待證不等式的兩邊含有同一個變量時，一般地，可以直接構(gòu)造“左減右”的函數(shù)，有時對復雜的式子要進行變形，利用導數(shù)研究其單調(diào)性和最值，借助所構(gòu)造函數(shù)的單調(diào)性和最值即可得證．跟蹤訓練1(2023·咸陽模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(sinx,ex)(x∈R)．(1)求f(x)的圖象在點(0，f(0))處的切線方程；(2)求證：當x∈[0，π]時，f(x)≤x.(1)解由題知，f(0)＝0，f′(x)＝eq\f(cosx－sinx,ex)，所以切點坐標為(0,0)，斜率為f′(0)＝eq\f(cos0－sin0,e0)＝1，所以所求切線方程為x－y＝0.(2)證明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]，則g′(x)＝ex＋xex－cosx，令h(x)＝ex＋xex－cosx，x∈[0，π]，則h′(x)＝2ex＋xex＋sinx>0在[0，π]上恒成立，所以h(x)在[0，π]上單調(diào)遞增，則h(x)≥h(0)＝0，所以g′(x)≥0在[0，π]上恒成立，即g(x)在[0，π]上單調(diào)遞增，所以g(x)≥g(0)＝0，即xex－sinx≥0(x∈[0，π])，綜上，當x∈[0，π]時，f(x)≤x.題型二將不等式轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)的最值進行比較例2已知函數(shù)f(x)＝elnx－ax(a∈R)．(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當a＝e時，證明：xf(x)－ex＋2ex≤0.(1)解f′(x)＝eq\f(e,x)－a(x>0)，①若a≤0，則f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；②若a>0，則當0<x<eq\f(e,a)時，f′(x)>0，當x>eq\f(e,a)時，f′(x)<0，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(e,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,a)，＋∞))上單調(diào)遞減．(2)證明因為x>0，所以只需證f(x)≤eq\f(ex,x)－2e.當a＝e時，由(1)知，f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f(x)max＝f(1)＝－e.記g(x)＝eq\f(ex,x)－2e(x>0)，則g′(x)＝eq\f(x－1ex,x2)，所以當0<x<1時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，當x>1時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，所以g(x)min＝g(1)＝－e.綜上，當x>0時，f(x)≤g(x)，即f(x)≤eq\f(ex,x)－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0得證．思維升華若直接求導比較復雜或無從下手時，可將待證式進行變形，構(gòu)造兩個函數(shù)，從而找到可以傳遞的中間量，達到證明的目標．本例中同時含lnx與ex，不能直接構(gòu)造函數(shù)，把指數(shù)與對數(shù)分離兩邊，分別計算它們的最值，借助最值進行證明．跟蹤訓練2(2023·合肥模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex＋x2－x－1.(1)求f(x)的最小值；(2)證明：ex＋xlnx＋x2－2x>0.(1)解由題意可得f′(x)＝ex＋2x－1，則函數(shù)f′(x)在R上單調(diào)遞增，且f′(0)＝0.由f′(x)>0，得x>0；由f′(x)<0，得x<0.則f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故f(x)min＝f(0)＝0.(2)證明要證ex＋xlnx＋x2－2x>0，即證ex＋x2－x－1>－xlnx＋x－1.由(1)可知當x>0時，f(x)>0恒成立．設(shè)g(x)＝－xlnx＋x－1，x>0，則g′(x)＝－lnx.由g′(x)>0，得0<x<1；由g′(x)<0，得x>1.則g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，從而g(x)≤g(1)＝0，當且僅當x＝1時，等號成立．故f(x)>g(x)，即ex＋xlnx＋x2－2x>0.題型三雙變量不等式的證明例3已知函數(shù)f(x)＝(a＋1)lnx＋ax2＋1.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)設(shè)a≤－2，證明：對任意x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|.(1)解f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(a＋1,x)＋2ax＝eq\f(2ax2＋a＋1,x).當a≥0時，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當a≤－1時，f′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；當－1<a<0時，令f′(x)＝0，解得x＝eq\r(－\f(a＋1,2a)).當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(－\f(a＋1,2a))))時，f′(x)>0；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a＋1,2a))，＋∞))時，f′(x)<0，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(－\f(a＋1,2a))))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a＋1,2a))，＋∞))上單調(diào)遞減．(2)證明不妨設(shè)x1≥x2，由于a≤－2，由(1)可得f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．所以|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|等價于f(x2)－f(x1)≥4(x1－x2)，即f(x2)＋4x2≥f(x1)＋4x1.令g(x)＝f(x)＋4x，則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.從而g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，故g(x1)≤g(x2)，即f(x1)＋4x1≤f(x2)＋4x2，故對任意x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|.思維升華將兩個變量分離，根據(jù)式子的特點構(gòu)造新函數(shù)，利用導數(shù)研究新函數(shù)的單調(diào)性及最值，從而得到所證不等式，或者要求證的不等式等價變形，然后利用整體思想換元，再構(gòu)造函數(shù)，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性可證得不等式．跟蹤訓練3已知函數(shù)f(x)＝ax＋1(x>0)，g(x)＝lnx－eq\f(a－1,x)＋2a.(1)若a＝eq\f(1,2)，比較函數(shù)f(x)與g(x)的大小；(2)若m>n>0，求證：eq\f(m－n,lnm－lnn)>eq\r(mn).(1)解當a＝eq\f(1,2)時，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)，則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，＋∞)上單調(diào)遞增，且F(1)＝0.綜上，當x＝1時，F(xiàn)(x)＝0，f(x)＝g(x)，當x∈(0,1)時，F(xiàn)(x)<0，f(x)<g(x)；當x∈(1，＋∞)時，F(xiàn)(x)>0，f(x)>g(x)．(2)證明因為m>n>0，則eq\f(m,n)>1，要證eq\f(m－n,lnm－lnn)>eq\r(mn)，即證eq\f(m－n,\r(mn))>lnm－lnn，即證eq\r(\f(m,n))－eq\r(\f(n,m))>lneq\f(m,n)，設(shè)t＝eq\r(\f(m,n))，則t>1，即證t－eq\f(1,t)>lnt2＝2lnt，即證eq\f(t,2)－lnt－eq\f(1,2t)>0(t>1)，由(1)知，當x∈(1，＋∞)時，F(xiàn)(x)>0成立，故不等式成立，所以當m>n>0時，eq\f(m－n,lnm－lnn)>eq\r(mn).課時精練1．(2023·新鄉(xiāng)模擬)已知函數(shù)f(x)＝x2lnx.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)證明：f(x)≥x－1.(1)解因為f(x)＝x2lnx，x>0，所以f′(x)＝2xlnx＋x＝x(2lnx＋1)，由f′(x)＝0，得x＝.當x∈時，f′(x)<0；當x∈時，f′(x)>0.故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為．(2)證明f(x)≥x－1等價于lnx－eq\f(x－1,x2)≥0.令函數(shù)g(x)＝lnx－eq\f(x－1,x2)，x>0，則g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(2－x,x3)＝eq\f(x2＋x－2,x3).當x∈(0,1)時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；當x∈(1，＋∞)時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增．故g(x)≥g(1)＝0，即f(x)≥x－1.2．(2023·長沙模擬)已知函數(shù)f(x)＝alnx＋x＋eq\f(2,x)＋2a(a∈R)．(1)若f(x)在x＝1處取得極小值，求a的值；(2)若0<a<eq\f(e,4)，求證：f(x)<x＋eq\f(ex＋2,x).(1)解函數(shù)f(x)＝alnx＋x＋eq\f(2,x)＋2a的定義域為(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，經(jīng)檢驗，a＝1滿足題意．(2)證明要證明f(x)<x＋eq\f(ex＋2,x)，即證x＋alnx＋eq\f(2,x)＋2a<x＋eq\f(ex＋2,x)，即證a(lnx＋2)<eq\f(ex,x)，即證eq\f(alnx＋2,x)<eq\f(ex,x2).令g(x)＝eq\f(ex,x2)，其中x>0，則g′(x)＝eq\f(exx－2,x3)，當0<x<2時，g′(x)<0，此時函數(shù)g(x)單調(diào)遞減；當x>2時，g′(x)>0，此時函數(shù)g(x)單調(diào)遞增．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，則h′(x)＝－eq\f(alnx＋1,x2).當0<x<eq\f(1,e)時，h′(x)>0，此時函數(shù)h(x)單調(diào)遞增；當x>eq\f(1,e)時，h′(x)<0，此時函數(shù)h(x)單調(diào)遞減．所以h(x)max＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f