2025-高考科學(xué)復(fù)習(xí)創(chuàng)新方案-數(shù)學(xué)-提升版第四章第4講 第1課時(shí)含答案

2025-高考科學(xué)復(fù)習(xí)創(chuàng)新方案-數(shù)學(xué)-提升版第四章第4講導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合應(yīng)用[課程標(biāo)準(zhǔn)]1.能利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，對(duì)于多項(xiàng)式函數(shù)，能求不超過(guò)三次的多項(xiàng)式函數(shù)的單調(diào)區(qū)間.2.借助函數(shù)的圖象，了解函數(shù)在某點(diǎn)取得極值的必要條件和充分條件.3.能利用導(dǎo)數(shù)求某些函數(shù)的極大值、極小值以及給定閉區(qū)間上不超過(guò)三次的多項(xiàng)式函數(shù)的最大值、最小值，體會(huì)導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性、極值、最大(小)值的關(guān)系．第1課時(shí)利用導(dǎo)數(shù)解決不等式恒(能)成立問(wèn)題考向一恒成立問(wèn)題例1(2024·揭陽(yáng)模擬)已知函數(shù)f(x)＝2lnx－eq\f(1,2)mx2＋1(m∈R)．(1)當(dāng)m＝1時(shí)，證明：f(x)<1；(2)若關(guān)于x的不等式f(x)<(m－2)x恒成立，求整數(shù)m的最小值．解(1)證明：當(dāng)m＝1時(shí)，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)，當(dāng)x∈(0，eq\r(2))時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(eq\r(2)，＋∞)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，所以f(x)在x＝eq\r(2)處取得唯一的極大值，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，則G′(x)＝eq\f(2,x)－mx＋(2－m)＝eq\f(－mx2＋（2－m）x＋2,x).當(dāng)m≤0時(shí)，因?yàn)閤>0，所以G′(x)>0，所以G(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．又因?yàn)镚(1)＝－eq\f(3,2)m＋3>0，所以關(guān)于x的不等式G(x)<0不能恒成立；當(dāng)m>0時(shí)，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)，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,m)))時(shí)，G′(x)>0，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,m)，＋∞))時(shí)，G′(x)<0.因此函數(shù)G(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,m)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,m)，＋∞))上單調(diào)遞減．故函數(shù)G(x)的最大值為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，＋∞)上單調(diào)遞減，又h(2)＝0，所以當(dāng)m≥3時(shí)，h(m)<0.所以整數(shù)m的最小值為3.求解不等式恒成立問(wèn)題的方法(1)構(gòu)造函數(shù)分類(lèi)討論：遇到f(x)≥g(x)型的不等式恒成立問(wèn)題時(shí)，一般采用作差法，構(gòu)造“左減右”的函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)或“右減左”的函數(shù)u(x)＝g(x)－f(x)，進(jìn)而只需滿(mǎn)足h(x)min≥0或u(x)max≤0，將比較法的思想融入函數(shù)中，轉(zhuǎn)化為求解函數(shù)最值的問(wèn)題，適用范圍較廣，但是往往需要對(duì)參數(shù)進(jìn)行分類(lèi)討論．(2)分離參數(shù)法：分離參數(shù)法的主要思想是將不等式變形成一個(gè)一端是參數(shù)a，另一端是變量表達(dá)式v(x)的不等式后，若a≥v(x)在x∈D上恒成立，則a≥v(x)max；若a≤v(x)在x∈D上恒成立，則a≤v(x)min.(2024·宜昌枝江一中質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝xlnx，若對(duì)于所有x≥1都有f(x)≥ax－1，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解解法一(分離參數(shù)法)：依題意，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，＋∞)．設(shè)g(x)＝lnx＋eq\f(1,x)(x≥1)，則g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2).令g′(x)＝0，得x＝1.當(dāng)x≥1時(shí)，因?yàn)間′(x)≥0，故g(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增．所以g(x)在[1，＋∞)上的最小值是g(1)＝1.故實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，1]．解法二(構(gòu)造函數(shù)法)：當(dāng)x＝1時(shí)，有f(1)≥a－1，即a－1≤0，得a≤1.令F(x)＝f(x)－(ax－1)＝xlnx－ax＋1，原命題等價(jià)于F(x)≥0在x≥1時(shí)恒成立?F(x)min≥0，x∈[1，＋∞)．由于F′(x)＝lnx＋1－a≥0在x∈[1，＋∞)上恒成立，因此函數(shù)F(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以F(x)min＝F(1)＝1－a≥0，得a≤1.故實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，1]．考向二能成立問(wèn)題例2(2024·邯鄲模擬)已知函數(shù)f(x)＝a·2x－xln2.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)a>0時(shí)，證明：不等式f(x)≤2lna＋eq\f(1,a)有實(shí)數(shù)解．解(1)f′(x)＝aln2·2x－ln2＝ln2(a·2x－1)，當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)<0，則函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)a>0時(shí)，當(dāng)x<log2eq\f(1,a)時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)x>log2eq\f(1,a)時(shí)，f′(x)>0，所以函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，log2\f(1,a)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞增．綜上所述，當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，log2\f(1,a)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞增．(2)證明：要證不等式f(x)≤2lna＋eq\f(1,a)有實(shí)數(shù)解，只需證明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，則只要證明1＋lna≤2lna＋eq\f(1,a)即可，即證lna＋eq\f(1,a)－1≥0.令h(a)＝lna＋eq\f(1,a)－1(a>0)，則h′(a)＝eq\f(1,a)－eq\f(1,a2)＝eq\f(a－1,a2)，當(dāng)0<a<1時(shí)，h′(a)<0，當(dāng)a>1時(shí)，h′(a)>0，所以函數(shù)h(a)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(a)≥h(1)＝0，即lna＋eq\f(1,a)－1≥0，所以當(dāng)a>0時(shí)，不等式f(x)≤2lna＋eq\f(1,a)有實(shí)數(shù)解．由不等式能成立求參數(shù)范圍的常見(jiàn)題型(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·汕頭一模)已知函數(shù)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的取值范圍．解依題意，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]，則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當(dāng)a＋1≤1，即a≤0時(shí)，h′(x)≥0，h(x)單調(diào)遞增，h(x)min＝h(1)＝a＋2<0，得a<－2；②當(dāng)1<a＋1<e，即0<a<e－1時(shí)，h(x)在[1，a＋1)上單調(diào)遞減，在(a＋1，e]上單調(diào)遞增，故h(x)min＝h(a＋1)＝(a＋1)－aln(a＋1)＋1＝a[1－ln(a＋1)]＋2>2，不符合題意；③當(dāng)a＋1≥e，即a≥e－1時(shí)，h′(x)≤0，h(x)在[1，e]上單調(diào)遞減，則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．綜上所述，a的取值范圍為(－∞，－2)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2＋1,e－1)，＋∞)).考向三雙變量不等式恒(能)成立問(wèn)題例3(2023·鄭州四中第二次調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(a,x2)＋2lnx(a>0)，g(x)＝x3－x2.(1)當(dāng)a＝1時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若對(duì)于任意的x1∈(0，2]，都存在x2∈[1，2]，使得x1f(x1)≥g(x2)成立，試求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解(1)由題意，可知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)．∵當(dāng)a＝1時(shí)，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).∴當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減；當(dāng)x＞1時(shí)，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，1)．(2)由g(x)＝x3－x2，得g′(x)＝3x2－2x＝x(3x－2)，又x∈[1，2]，∴g′(x)＞0，故函數(shù)g(x)在[1，2]上單調(diào)遞增，∴g(x)min＝g(1)＝0.∴對(duì)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]，則h′(x)＝－2x－4xlnx＝－2x(1＋2lnx)，x∈(0，2]，令h′(x)＝0，則1＋2lnx＝0，解得x＝e－eq\s\up7(\f(1,2)).當(dāng)x∈(0，e－eq\s\up7(\f(1,2)))時(shí)，h′(x)＞0，∴函數(shù)h(x)在(0，e－eq\s\up7(\f(1,2))上單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(e－eq\s\up7(\f(1,2))，2]時(shí)，h′(x)＜0，∴函數(shù)h(x)在(e－eq\s\up7(\f(1,2))，2]上單調(diào)遞減．∴h(x)max＝h(e－eq\s\up7(\f(1,2)))＝eq\f(1,e)，∴a≥eq\f(1,e).∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)).雙參數(shù)不等式問(wèn)題的求解方法一般采用等價(jià)轉(zhuǎn)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．已知函數(shù)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，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．解因?yàn)閒(x)＝(x－1)ex＋1＋mx2，所以f′(x)＝ex＋1＋(x－1)ex＋1＋2mx＝x(ex＋1＋2m)，因?yàn)?<m≤6，ex＋1>0，所以ex＋1＋2m>0，所以當(dāng)x>0時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x<0時(shí)，f′(x)<0.故f(x)在區(qū)間(－∞，0)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f(0)＝－e.又g′(x)＝3x2＋eq\f(4,x2)－m≥4eq\r(3)－m，因?yàn)?<m≤6，所以g′(x)>0，所以g(x)在(0，2]上為增函數(shù)．所以g(x)max＝g(2)＝8－2－2m＝6－2m.依題意有f(x)min≤g(x)max，所以6－2m≥－e，又0<m≤6，所以0<m≤3＋eq\f(e,2).故實(shí)數(shù)m的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，3＋\f(e,2))).課時(shí)作業(yè)一、單項(xiàng)選擇題1．函數(shù)f(x)＝x3－3x2＋3－a，若存在x0∈[－1，1]，使得f(x0)>0，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()A．(－∞，－1) B．(－∞，1)C．(－1，3) D．(－∞，3)答案D解析f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，易得當(dāng)x>2或x<0時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)0<x<2時(shí)，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，故當(dāng)－1≤x≤1時(shí)，在x＝0處函數(shù)f(x)取得最大值f(0)＝3－a，因?yàn)榇嬖趚0∈[－1，1]，使得f(x0)>0，則f(0)＝3－a>0，故a<3.故選D.2．若關(guān)于x的不等式x3－3x2－9x＋2≥m對(duì)任意x∈[－2，2]恒成立，則m的取值范圍是()A．(－∞，7] B．(－∞，－20]C．(－∞，0] D．[－12，7]答案B解析令f(x)＝x3－3x2－9x＋2，則f′(x)＝3x2－6x－9，令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝3.因?yàn)閒(－1)＝7，f(－2)＝0，f(2)＝－20，所以f(x)的最小值為f(2)＝－20，故m≤－20.3．(2024·南京模擬)已知函數(shù)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，則a的取值范圍為()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)))，則h′(x)＝－eq\f(2xcosx－2sinx,（2x）2)＝eq\f(sinx－xcosx,2x2)，設(shè)φ(x)＝sinx－xcosx，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，則φ′(x)＝xsinx>0，∴φ(x)在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，∴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)單調(diào)遞增，∴h(x)min＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝1－eq\f(\r(2),π)，∴a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),π)，＋∞)).4．(2023·衡水模擬)1614年納皮爾在研究天文學(xué)的過(guò)程中為了簡(jiǎn)化計(jì)算而發(fā)明對(duì)數(shù)；1637年笛卡兒開(kāi)始使用指數(shù)運(yùn)算；1770年，歐拉發(fā)現(xiàn)了指數(shù)與對(duì)數(shù)的互逆關(guān)系，指出：對(duì)數(shù)源于指數(shù)，對(duì)數(shù)的發(fā)明先于指數(shù)，稱(chēng)為數(shù)學(xué)史上的珍聞，對(duì)數(shù)函數(shù)與指數(shù)函數(shù)互為反函數(shù)，即對(duì)數(shù)函數(shù)f(x)＝logax(a＞0，且a≠1)的反函數(shù)為f－1(x)＝ax(a＞0，且a≠1)．已知函數(shù)g(x)＝ex，F(xiàn)(x)＝x2＋kg－1(x)，若對(duì)任意x2＞x1＞0，有eq\f(F（x2）－F（x1）,x2－x1)>2024恒成立，則實(shí)數(shù)k的取值范圍為()A．(－∞，2] B．[2，＋∞)C．(1012，＋∞) D．[2×5062，＋∞)答案D解析∵F(x)＝x2＋kg－1(x)＝x2＋klnx，且對(duì)任意x2＞x1＞0，有eq\f(F（x2）－F（x1）,x2－x1)>2024恒成立，即對(duì)任意x2＞x1＞0，F(xiàn)(x2)－2024x2＞F(x1)－2024x1恒成立，令h(x)＝F(x)－2024x＝x2＋klnx－2024x(x＞0)，則h(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，∴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，∵當(dāng)x＞0時(shí)，x2－1012x＝(x－506)2－5062≥－5062(當(dāng)且僅當(dāng)x＝506時(shí)取等號(hào))，∴－eq\f(k,2)≤－5062，∴k≥2×5062，即實(shí)數(shù)k的取值范圍為[2×5062，＋∞)．故選D.二、多項(xiàng)選擇題5．已知函數(shù)f(x)＝ex－cos2x，則下列結(jié)論正確的是()A．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增 B．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞減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，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時(shí)，∵sin2x>0，ex>0，∴f′(x)>0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，故A正確，B錯(cuò)誤；當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時(shí)，f(x)≥f(0)＝0，又當(dāng)x≥eq\f(π,2)時(shí)，f(x)＝ex－cos2x>e－1恒成立，∴?x≥0，f(x)≥0，故C正確，D錯(cuò)誤．故選AC.6．(2023·蘇錫常鎮(zhèn)四市聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝a·eq\f(ex,x)－x＋lnx(a∈R)，若對(duì)于定義域內(nèi)的任意實(shí)數(shù)s，總存在實(shí)數(shù)t使得f(t)＜f(s)，則滿(mǎn)足條件的實(shí)數(shù)a的值可能是()A．－1 B．0C．eq\f(1,e) D．1答案AB解析函數(shù)f(x)＝a·eq\f(ex,x)－x＋lnx(a∈R)，定義域?yàn)?0，＋∞)，因?yàn)?s∈(0，＋∞)，?t∈(0，＋∞)使得f(t)＜f(s)，所以函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上沒(méi)有最小值，對(duì)f(x)求導(dǎo)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)))，當(dāng)a≤0時(shí)，當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f′(x)＞0；當(dāng)x＞1時(shí)，f′(x)＜0，即f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，則當(dāng)x＝1時(shí)，f(x)取得最大值f(1)＝ea－1，值域?yàn)?－∞，ea－1]，f(x)在(0，＋∞)內(nèi)無(wú)最小值，因此a≤0符合題意；當(dāng)a＞0時(shí)，令g(x)＝eq\f(x,ex)，x＞0，g′(x)＝eq\f(1－x,ex)，當(dāng)0＜x＜1時(shí)，g′(x)＞0，當(dāng)x＞1時(shí)，g′(x)＜0，即g(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，g(x)max＝g(1)＝eq\f(1,e)，顯然eq\f(x,ex)>0，即0＜g(x)≤eq\f(1,e)，在同一坐標(biāo)系內(nèi)作出直線(xiàn)y＝a與函數(shù)y＝g(x)的圖象，如圖，當(dāng)0＜a<eq\f(1,e)時(shí)，g(x)＝a有兩個(gè)根x1，x2，不妨令0＜x1＜x2，當(dāng)0＜x＜x1或1＜x＜x2時(shí)，f′(x)＜0，當(dāng)x1＜x＜1或x＞x2時(shí)，f′(x)＞0，即函數(shù)f(x)在(0，x1)，(1，x2)上單調(diào)遞減，在(x1，1)，(x2，＋∞)上單調(diào)遞增，函數(shù)f(x)在x＝x1與x＝x2處都取得極小值，f(x)min＝min{f(x1)，f(x2)}，不符合題意；當(dāng)a≥eq\f(1,e)時(shí)，a－eq\f(x,ex)≥0，當(dāng)且僅當(dāng)a＝eq\f(1,e)，x＝1時(shí)取等號(hào)，則當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f′(x)＜0，當(dāng)x＞1時(shí)，f′(x)＞0，即f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴f(x)min＝f(1)＝ea－1，不符合題意．綜上可得，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，0]，所以滿(mǎn)足條件的實(shí)數(shù)a的值可能是－1，0.故選AB.三、填空題7．(2024·渭南尚德中學(xué)月考)已知函數(shù)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，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_(kāi)_______________．答案(－∞，0)∪[e，＋∞)解析由?x1≤0，?x2>0，使得f(x1)＝f(x2)成立，則函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上的值域包含函數(shù)f(x)在(－∞，0]上的值域．當(dāng)x≤0時(shí)，函數(shù)f(x)＝4x2－3x的圖象開(kāi)口向上，對(duì)稱(chēng)軸為直線(xiàn)x＝eq\f(3,8)，所以f(x)在(－∞，0]上單調(diào)遞減，且f(0)＝0，所以f(x1)∈[0，＋∞)；當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝x－alnx，則f′(x)＝1－eq\f(a,x)＝eq\f(x－a,x)，①若a>0，當(dāng)x∈(0，a)時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)x∈(a，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)在(0，a)上單調(diào)遞減，在(a，＋∞)上單調(diào)遞增，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，則f′(x)＝eq\f(x－a,x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，此時(shí)f(x)＝x－alnx(x>0)的值域?yàn)镽，符合題意；③當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝x(x>0)的值域?yàn)?0，＋∞)，不符合題意．綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－∞，0)∪[e，＋∞)．8．(2023·山東部分學(xué)校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝aeax－lnx，對(duì)任意的x>1，f(x)≥0恒成立，則a的取值范圍是________．答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))解析當(dāng)a≤0，x＞1時(shí)，f(x)<0，不符合題意．當(dāng)a>0，x＞1時(shí)，則aeax≥lnx，即axeax≥xlnx?eax·lneax≥xlnx，設(shè)g(x)＝xlnx，x>1，則g′(x)＝lnx＋1>0恒成立，故g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．因?yàn)閤>1，a>0，所以eax>1.因?yàn)閍xeax≥xlnx，即g(eax)≥g(x)，所以eax≥x，所以ax≥lnx，所以a≥eq\f(lnx,x).設(shè)h(x)＝eq\f(lnx,x)，則h′(x)＝eq\f(1－lnx,x2).由h′(x)>0，得0<x<e，由h′(x)<0，得x>e，則h(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，故h(x)max＝h(e)＝eq\f(1,e)，即a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)).四、解答題9．(2023·張掖模擬)已知函數(shù)f(x)＝2(x－1)ex.(1)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，＋∞)上單調(diào)遞增，求f(a)的取值范圍；(2)設(shè)函數(shù)g(x)＝ex－x＋p，若存在x0∈[1，e]，使不等式g(x0)≥f(x0)－x0成立，求實(shí)數(shù)p的取值范圍．解(1)由f′(x)＝2xex>0，得x>0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以a≥0，所以f(a)≥f(0)＝－2.所以f(a)的取值范圍是[－2，＋∞)．(2)因?yàn)榇嬖趚0∈[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]，從而p≥h(x)min，h′(x)＝(2x－1)ex.因?yàn)閤∈[1，e]，所以2x－1≥1，ex>0，所以h′(x)>0，所以h(x)＝(2x－3)ex在[1，e]上單調(diào)遞增．所以h(x)min＝h(1)＝－e，所以p≥－e，所以實(shí)數(shù)p的取值范圍是[－e，＋∞)．10．(2023·廣州高中綜合測(cè)試)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)lnx－mx，g(x)＝x－eq\f(a,x)(a>0)．(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若m＝eq\f(1,2e2)，?x1，x2∈[2，2e2]都有g(shù)(x1)≥f(x2)成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解(1)因?yàn)閒(x)＝eq\f(1,2)lnx－mx，x>0，所以f′(x)＝eq\f(1,2x)－m，當(dāng)m≤0時(shí)，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．當(dāng)m>0時(shí)，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)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2m)，＋∞))上單調(diào)遞減．綜上所述，當(dāng)m≤0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)，無(wú)單調(diào)遞減區(qū)間；當(dāng)m>0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2m)))，單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2m)，＋∞)).(2)若m＝eq\f(1,2e2)，則f(x)＝eq\f(1,2)lnx－eq\f(1,2e2)x.?x1，x2∈[2，2e2]都有g(shù)(x1)≥f(x2)成立，等價(jià)于對(duì)x∈[2，2e2]，g(x)min≥f(x)max，由(1)知，在[2，2e2]上，f(x)的最大值為f(e2)＝eq\f(1,2)，又g′(x)＝1＋eq\f(a,x2)>0(a>0)，所以函數(shù)g(x)在[2，2e2]上單調(diào)遞增，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]，即實(shí)數(shù)a的取值范圍為(0，3]．11．(2024·青島模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex－a－lnx.(1)當(dāng)a＝0時(shí)，求曲線(xiàn)y＝f(x)在(1，f(1))處的切線(xiàn)與坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積；(2)若存在x0∈[e，＋∞)，使f(x0)<0成立，求a的取值范圍．解(1)當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝ex－lnx，f′(x)＝ex－eq\f(1,x)，∴曲線(xiàn)y＝f(x)在(1，f(1))處的切線(xiàn)的斜率k＝f′(1)＝e－1，又f(1)＝e，∴切線(xiàn)方程為y＝(e－1)x＋1.∵切線(xiàn)與x，y軸的交點(diǎn)分別是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1－e)，0))，(0，1)，∴切線(xiàn)與坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積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)，因此只要函數(shù)h(x)＝eq\f(ex,lnx)在[e，＋∞)上的最小值小于ea即可．下面求函數(shù)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)為[e，＋∞)上的增函數(shù)，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，＋∞)上單調(diào)遞增，∴函數(shù)h(x)＝eq\f(ex,lnx)在[e，＋∞)上的最小值為h(e)＝ee，h(e)＝ee<ea，得a>e.∴a的取值范圍為(e，＋∞)．12．(2023·漳州模擬)已知函數(shù)f(x)＝aex＋x＋1.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)x>1時(shí)，f(x)>lneq\f(x－1,a)＋x，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解(1)依題意，得f′(x)＝aex＋1.當(dāng)a≥0時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a<0時(shí)，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))上單調(diào)遞增，在(－ln(－a)，＋∞)上單調(diào)遞減．綜上所述，當(dāng)a≥0時(shí)，f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a<0時(shí)，f(x)在(－∞，－ln(－a))上單調(diào)遞增，在(－ln(－a)，＋∞)上單調(diào)遞減．(2)因?yàn)楫?dāng)x>1時(shí)，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，則h(x＋lna)>h(ln(x－1))對(duì)任意x∈(1，＋∞)恒成立．易知h(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，故只需x＋lna>ln(x－1)，即lna>ln(x－1)－x對(duì)任意x∈(1，＋∞)恒成立．令F(x)＝ln(x－1)－x，則F′(x)＝eq\f(1,x－1)－1＝eq\f(2－x,x－1)，令F′(x)＝0，得x＝2.當(dāng)x∈(1，2)時(shí)，F(xiàn)′(x)>0，當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，F(xiàn)′(x)<0，所以F(x)在(1，2)上單調(diào)遞增，在(2，＋∞)上單調(diào)遞減，所以F(x)≤F(2)＝－2，因此lna>－2，所以a>eq\f(1,e2).所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，＋∞)).第2課時(shí)利用導(dǎo)數(shù)研究不等式的證明問(wèn)題多角度探究突破考向一單變量不等式的證明角度作差構(gòu)造法例1(2023·新課標(biāo)Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)＝a(ex＋a)－x.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)證明：當(dāng)a>0時(shí)，f(x)>2lna＋eq\f(3,2).解(1)因?yàn)閒(x)＝a(ex＋a)－x，定義域?yàn)镽，所以f′(x)＝aex－1.當(dāng)a≤0時(shí)，由于ex>0，則aex≤0，故f′(x)＝aex－1<0恒成立，所以f(x)在R上單調(diào)遞減；當(dāng)a>0時(shí)，令f′(x)＝aex－1＝0，解得x＝－lna，當(dāng)x<－lna時(shí)，f′(x)<0，則f(x)在(－∞，－lna)上單調(diào)遞減，當(dāng)x>－lna時(shí)，f′(x)>0，則f(x)在(－lna，＋∞)上單調(diào)遞增．綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在R上單調(diào)遞減；當(dāng)a>0時(shí)，f(x)在(－∞，－lna)上單調(diào)遞減，在(－lna，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)證法一：由(1)得，f(x)min＝f(－lna)＝a(e－lna＋a)＋lna＝1＋a2＋lna，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．令g(a)＝a2－eq\f(1,2)－lna(a>0)，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，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，則g(a)>0恒成立，所以當(dāng)a>0時(shí)，f(x)>2lna＋eq\f(3,2)恒成立，證畢．證法二：令h(x)＝ex－x－1，則h′(x)＝ex－1，由于y＝ex在R上單調(diào)遞增，所以h′(x)＝ex－1在R上單調(diào)遞增，又h′(0)＝e0－1＝0，所以當(dāng)x<0時(shí)，h′(x)<0，當(dāng)x>0時(shí)，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(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)，等號(hào)成立．因?yàn)閒(x)＝a(ex＋a)－x＝aex＋a2－x＝ex＋lna＋a2－x≥x＋lna＋1＋a2－x，當(dāng)且僅當(dāng)x＋lna＝0，即x＝－lna時(shí)，等號(hào)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恒成立．以下同證法一．利用作差構(gòu)造法證明不等式的策略和基本步驟(1)策略：待證不等式的兩邊含有同一個(gè)變量時(shí)，一般地，可以直接構(gòu)造“左減右”的函數(shù)，有時(shí)對(duì)復(fù)雜的式子要進(jìn)行變形，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性和最值，從而證得不等式．(2)基本步驟(2023·新課標(biāo)Ⅱ卷節(jié)選)證明：當(dāng)0<x<1時(shí)，x－x2<sinx<x.證明構(gòu)建F(x)＝x－sinx，x∈(0，1)，則F′(x)＝1－cosx>0對(duì)任意x∈(0，1)恒成立，則F(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，可得F(x)>F(0)＝0，所以x>sinx，x∈(0，1)；構(gòu)建G(x)＝sinx－(x－x2)＝x2－x＋sinx，x∈(0，1)，則G′(x)＝2x－1＋cosx，x∈(0，1)，構(gòu)建g(x)＝G′(x)，x∈(0，1)，則g′(x)＝2－sinx>0對(duì)任意x∈(0，1)恒成立，則g(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，可得g(x)>g(0)＝0，即G′(x)>0對(duì)任意x∈(0，1)恒成立，則G(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，可得G(x)>G(0)＝0，所以sinx>x－x2，x∈(0，1)．綜上所述，當(dāng)0<x<1時(shí)，x－x2<sinx<x.角度雙函數(shù)構(gòu)造法例2(2024·承德模擬)已知函數(shù)f(x)＝xlnx＋x.(1)求函數(shù)f(x)的最小值；(2)證明：lnx＋1>eq\f(1,ex＋1)－eq\f(2,e2x).解(1)f′(x)＝lnx＋2.當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e2)))時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，＋∞))時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．所以f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)))＝－eq\f(1,e2).(2)證明：因?yàn)閤>0，所以只需證明xlnx＋x>eq\f(x,ex＋1)－eq\f(2,e2)，下面分別研究左、右兩邊，考慮證明左邊的最小值大于右邊的最大值．設(shè)g(x)＝eq\f(x,ex＋1)－eq\f(2,e2)，則g′(x)＝eq\f(1－x,ex＋1)，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，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?yàn)榈忍?hào)不能同時(shí)取到，所以xlnx＋x>eq\f(x,ex＋1)－eq\f(2,e2)，即原不等式得證．利用雙函數(shù)構(gòu)造法證明不等式的策略(1)若直接求導(dǎo)后導(dǎo)數(shù)式比較復(fù)雜或無(wú)從下手時(shí)，可將待證式進(jìn)行變形，構(gòu)造兩個(gè)函數(shù)，從而找到可以傳遞的中間量，達(dá)到證明的目的．在證明過(guò)程中，等價(jià)轉(zhuǎn)化是關(guān)鍵，若要證明f(x)≥g(x)恒成立，則需證明f(x)min≥g(x)max.(2)等價(jià)變形時(shí)，一般地，ex與lnx要分離，常構(gòu)造xn與lnx，xn與ex的積、商形式，便于求導(dǎo)后找到極值點(diǎn)．已知函數(shù)f(x)＝elnx－ax(a∈R)．(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)a＝e時(shí)，證明：xf(x)－ex＋2ex≤0.解(1)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(dāng)0<x<eq\f(e,a)時(shí)，f′(x)>0，當(dāng)x>eq\f(e,a)時(shí)，f′(x)<0.故函數(shù)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?yàn)閤>0，所以只需證f(x)≤eq\f(ex,x)－2e.當(dāng)a＝e時(shí)，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.設(shè)g(x)＝eq\f(ex,x)－2e(x>0)，則g′(x)＝eq\f(（x－1）ex,x2)，所以當(dāng)0<x<1時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，所以g(x)min＝g(1)＝－e.綜上，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)≤g(x)，即f(x)≤eq\f(ex,x)－2e.故不等式xf(x)－ex＋2ex≤0得證．角度放縮構(gòu)造法例3(2024·南通模擬)已知函數(shù)f(x)＝x－lnx－eq\f(ex,x).(1)求f(x)的最大值；(2)證明：1＋x3＋eq\f(ex,x)≥3x－f(x)．解(1)f(x)＝x－lnx－eq\f(ex,x)，定義域?yàn)?0，＋∞)，則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，則g′(x)＝ex－1.當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，g′(x)>0恒成立，即g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)>g(0)＝1>0，即當(dāng)x>0時(shí)，ex>x.令f′(x)>0，得0<x<1，令f′(x)<0，得x>1，所以f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f(x)max＝f(1)＝1－e.(2)證明：要證1＋x3＋eq\f(ex,x)≥3x－f(x)，即證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)上單調(diào)遞減，(1，＋∞)上單調(diào)遞增，h(x)≥h(1)＝0，即x－1≥lnx，即欲證x3－2x＋1≥lnx，只需證x3－2x＋1≥x－1.也就是證明x3－3x＋2≥0.(*)設(shè)φ(x)＝x3－3x＋2(x>0)，則φ′(x)＝3x2－3，令φ′(x)＝0，得x＝1.當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，φ′(x)<0，φ(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，φ′(x)>0，φ(x)單調(diào)遞增．所以當(dāng)x＝1時(shí)，φ(x)取得最小值φ(1)＝0.故(*)式成立，從而1＋x3＋eq\f(ex,x)≥3x－f(x)成立．利用導(dǎo)數(shù)證明不等式問(wèn)題中常用的放縮公式(1)ex≥x＋1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)，等號(hào)成立．(2)ln(x＋1)≤x，x∈(－1，＋∞)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)，等號(hào)成立(可由(1)式中兩邊同時(shí)取自然對(duì)數(shù)得到)．(3)lnx≤x－1，x∈(0，＋∞)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)，等號(hào)成立(可將(2)中的x換為x－1得到)．(4)lnx≥eq\f(x－1,x)，x∈(0，＋∞)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)，等號(hào)成立(可將(3)中的x換為eq\f(1,x)得到)．(5)eq\f(x,x＋1)≤ln(x＋1)≤x，x∈(－1，＋∞)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)，兩邊等號(hào)均成立(由(2)(4)推導(dǎo)出)．(6)ex≥ex，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)，等號(hào)成立(可將(1)中的x換為x－1得到)．(2024·岳陽(yáng)教學(xué)質(zhì)量監(jiān)測(cè))已知函數(shù)f(x)＝aex－x－a.當(dāng)a≥1時(shí)，從下面①和②兩個(gè)結(jié)論中任選其一進(jìn)行證明．①f(x)>xlnx－sinx；②f(x)>x(lnx－1)－cosx.注：如果選擇多個(gè)條件分別解答，按第一個(gè)解答計(jì)分．證明選擇①：當(dāng)a≥1，x>0時(shí)，f(x)＝aex－x－a＝a(ex－1)－x≥ex－1－x，當(dāng)且僅當(dāng)a＝1時(shí)，等號(hào)成立．設(shè)g(x)＝ex－x－xlnx＋sinx－1，x>0.當(dāng)0<x≤1時(shí)，－xlnx≥0，sinx>0，ex－1－x>0，故g(x)>0；當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)＝ex－2－lnx＋cosx，設(shè)h(x)＝ex－2－lnx＋cosx(x>1)，則h′(x)＝ex－eq\f(1,x)－sinx>e－1－1>0，所以h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(x)>e－2＋cos1>0，所以g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)>e－2＋sin1>0(x>1)．綜上，當(dāng)a≥1時(shí)，f(x)>xlnx－sinx.選擇②：當(dāng)a≥1，x>0時(shí)，f(x)＝aex－x－a＝a(ex－1)－x≥ex－1－x，當(dāng)且僅當(dāng)a＝1時(shí)，等號(hào)成立．設(shè)g(x)＝ex－xlnx＋cosx－1，x>0.當(dāng)0<x≤1時(shí)，－xlnx≥0，cosx>0，ex－1>0，故g(x)>0；當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)＝ex－1－lnx－sinx，設(shè)h(x)＝ex－1－lnx－sinx(x>1)，則h′(x)＝ex－eq\f(1,x)－cosx>e－1－1>0，所以h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(x)>e－1－sin1>0，所以g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)>e－1＋cos1>0(x>1)．綜上，當(dāng)a≥1時(shí)，f(x)>x(lnx－1)－cosx.考向二雙變量不等式的證明例4(2023·衡水模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex－eq\f(e,2)x2－ax(a∈R)．(1)若f(x)在R上是增函數(shù)，求a的取值范圍；(2)若當(dāng)a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))時(shí)，f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)m，n，證明：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)，其定義域?yàn)镽，可得f′(x)＝ex－ex－a，若f(x)在R上是增函數(shù)，則ex－ex－a≥0在x∈R上恒成立，即a≤ex－ex在x∈R上恒成立，需滿(mǎn)足a≤(ex－ex)min，設(shè)g(x)＝ex－ex，x∈R，則g′(x)＝ex－e，當(dāng)x＞1時(shí)，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x＜1時(shí)，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減，所以g(x)≥g(1)＝0，則a的取值范圍是(－∞，0]．(2)證明：因?yàn)閍∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))，不妨設(shè)m＞n，所以f′(x)＝0有2個(gè)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?yàn)閒′(0)＝1－a＞0，f′(2)＝e2－2e－a＞0，所以0＜n＜1＜m＜2.要證eq\f(f（m）－f（n）,m－n)<e－1，即證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，即證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)))，則a>1－eq\f(e,2)(m＋n)恒成立．故原不等式得證．雙變量不等式的證明方法(2024·揭陽(yáng)普寧二中質(zhì)檢)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(duì)任意x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|.解(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(a＋1,x)＋2ax＝eq\f(2ax2＋a＋1,x).當(dāng)a≥0時(shí)，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a≤－1時(shí)，f′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)－1<a<0時(shí)，令f′(x)＝0，解得x＝eq\r(－\f(a＋1,2a)).當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(－\f(a＋1,2a))))時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a＋1,2a))，＋∞))時(shí)，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(jià)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－1）2,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(duì)任意x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|.考向三證明與正整數(shù)有關(guān)的不等式問(wèn)題例5(2023·石家莊模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex－kx2，x∈R.(1)若k＝eq\f(1,2)，求證：當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f(x)>1；(2)若f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增，試求k的取值范圍；(3)求證：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)證明：當(dāng)k＝eq\f(1,2)時(shí)，f(x)＝ex－eq\f(1,2)x2，則f′(x)＝ex－x，令h(x)＝f′(x)＝ex－x，則h′(x)＝ex－1>0(x>0)，所以h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f′(x)>f′(0)＝1>0.所以f(x)＝ex－eq\f(1,2)x2在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故f(x)>f(0)＝1.(2)由題意得，f′(x)＝ex－2kx≥0在區(qū)間(0，＋∞)上恒成立．即2k≤eq\f(ex,x)在區(qū)間(0，＋∞)上恒成立．設(shè)g(x)＝eq\f(ex,x)，x∈(0，＋∞)，則g′(x)＝eq\f(ex（x－1）,x2)，故在(0，1)上，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；在(1，＋∞)上，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，故g(x)≥g(1)＝e.故2k≤e，解得k≤eq\f(e,2)，即k的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(e,2))).(3)證明：由(1)知，對(duì)于x∈(0，＋∞)，有f(x)＝ex－eq\f(1,2)x2>1，所以e2x>2x2＋1，則ln(2x2＋1)<2x，取x＝eq\f(1,n2)，從而有l(wèi)neq\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*)．證明函數(shù)中與正整數(shù)有關(guān)的不等式，其實(shí)質(zhì)是利用函數(shù)性質(zhì)證明數(shù)列不等式，證明此類(lèi)問(wèn)題時(shí)常根據(jù)已知的函數(shù)不等式，用關(guān)于正整數(shù)n的多項(xiàng)式替代函數(shù)不等式中的自變量，通過(guò)多次求和達(dá)到證明的目的．(2022·新高考Ⅱ卷改編)已知函數(shù)f(x)＝xeeq\s\up7(\f(1,2))x－ex.(1)當(dāng)x＞0時(shí)，證明：f(x)＜－1；(2)設(shè)n∈N*，證明：eq\f(1,\r(12＋1))＋eq\f(1,\r(22＋2))＋…＋eq\f(1,\r(n2＋n))＞ln(n＋1)．證明(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)))).設(shè)G(x)＝1＋eq\f(x,2)－eeq\s\up7(\f(x,2))，則當(dāng)x>0時(shí)，G′(x)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)eeq\s\up7(\f(x,2))＜0，∴G(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，∴G(x)＜G(0)＝0，∴f′(x)＜0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，∴f(x)＜f(0)＝－1.(2)由(1)知?x＞0，總有xeeq\s\up7(\f(1,2))x－ex＋1＜0成立，令t＝eeq\s\up7(\f(1,2))x，則t＞1，t2＝ex，x＝2lnt，故2tlnt＜t2－1，即2lnt＜t－eq\f(1,t)對(duì)任意的t＞1恒成立．∴對(duì)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．課時(shí)作業(yè)1．(2024·淮安模擬)已知函數(shù)f(x)＝ax2－2lnx.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)求證：當(dāng)a>0時(shí)，f(x)≥2－eq\f(1,a).解(1)因?yàn)閒(x)＝ax2－2lnx，所以f′(x)＝2ax－eq\f(2,x)＝eq\f(2（ax2－1）,x)，x>0.①當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；②當(dāng)a>0時(shí)，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))))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,a))，＋∞))上單調(diào)遞增．綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(1,a))))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,a))，＋∞))上單調(diào)遞增．(2)證明：當(dāng)a>0時(shí)，f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,a))))＝lna＋1，要證f(x)≥2－eq\f(1,a)，只需證lna＋1≥2－eq\f(1,a)，即證lna＋eq\f(1,a)－1≥0，設(shè)φ(a)＝lna＋eq\f(1,a)－1，a>0，則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)單調(diào)遞減極小值單調(diào)遞增所以φ(a)≥φ(1)＝0，即lna＋eq\f(1,a)－1≥0，所以f(x)≥2－eq\f(1,a).2．(2023·長(zhǎng)沙模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex2－xlnx．求證：當(dāng)x>0時(shí)，f(x)<xex＋eq\f(1,e).證明要證f(x)<xex＋eq\f(1,e)，只需證ex－lnx<ex＋eq\f(1,ex)，即證ex－ex<lnx＋eq\f(1,ex).令h(x)＝lnx＋eq\f(1,ex)(x>0)，則h′(x)＝eq\f(ex－1,ex2)，易知h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上單調(diào)遞增，則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，則φ′(x)＝e－ex，易知φ(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，則φ(x)max＝φ(1)＝0，所以ex－ex≤0.因?yàn)閔(x)與φ(x)不同時(shí)為0，所以ex－ex<lnx＋eq\f(1,ex)，故原不等式成立．3．(2024·華南師大附中模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex－asinx＋bx(a>0)．(1)當(dāng)b＝0時(shí)，函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有極小值，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)若b<0，g(x)＝f(x)＋asinx，證明：g(x)>blneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2))).解(1)由題意知f(x)＝ex－asinx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有極小值，則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)，設(shè)φ(x)＝eq\f(ex,cosx)，顯然φ(x)＝eq\f(ex,cosx)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，又φ(0)＝1，且當(dāng)x趨于eq\f(π,2)時(shí)，φ(x)趨于正無(wú)窮，所以a>1.當(dāng)a>1時(shí)，易知f′(x)＝ex－acosx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，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，由零點(diǎn)存在定理可知?α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，使f′(α)＝0，此時(shí)當(dāng)x∈(0，α)時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α，\f(π,2)))時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)在(0，α)上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有極小值點(diǎn)．因此實(shí)數(shù)a的取值范圍為(1，＋∞)．(2)證明：由題意得，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))上單調(diào)遞減，在(ln(－b)，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)的最小值為g(ln(－b))＝－b＋bln(－b)．要證g(x)＞blneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2)))，只需證－b＋bln(－b)>blneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2)))，即證－1＋ln(－b)<lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2)))＝ln(－b)－ln2，即證ln2＜1，該式子顯然成立，所以g(x)>blneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2))).4．已知函數(shù)f(x)＝ax－axlnx－1(a∈R，a≠0)．(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)x＞1時(shí)，求證：eq\f(1,x－1)＞eq\f(1,ex)－1.解(1)f′(x)＝a－a(lnx＋1)＝－alnx，若a＞0，則當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f′(x)＞0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減；若a＜0，則當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f′(x)＜0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，所以f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)證明：要證eq\f(1,x－1)＞eq\f(1,ex)－1，即證eq\f(x,x－1)＞e－x，即證eq\f(x－1,x)＜ex，又由第(1)問(wèn)令a＝1知f(x)＝x－xlnx－1在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，f(1)＝0，所以當(dāng)x＞1時(shí)，x－xlnx－1＜0，即eq\f(x－1,x)＜lnx，則只需證當(dāng)x＞1時(shí)，lnx＜ex即可．令F(x)＝ex－lnx，則F′(x)＝ex－eq\f(1,x)單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＞1時(shí)，F(xiàn)′(x)＞F′(1)＝e－1＞0，所以F(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，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)，所以原不等式得證．5．已知函數(shù)f(x)＝axlnx－x＋1，a∈R.(1)討論f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當(dāng)p>q>1時(shí)，證明：qlnp＋lnq<plnq＋lnp.解(1)f(x)＝axlnx－x＋1的定義域?yàn)?0，＋∞)，∴f′(x)＝alnx＋a－1.①當(dāng)a＝0時(shí)，f′(x)＝－1<0，此時(shí)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；②當(dāng)a>0時(shí)，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))上單調(diào)遞減，在(eeq\f(1－a,a)，＋∞)上單調(diào)遞增；③當(dāng)a<0時(shí)，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))上單調(diào)遞增，在(eeq\f(1－a,a)，＋∞)上單調(diào)遞減．(2)證明：設(shè)g(x)＝eq\f(lnx,x－1)，則g′(x)＝eq\f(－（xlnx－x＋1）,x（x－1）2)，當(dāng)a＝1時(shí)，由(1)可得f(x)＝xlnx－x＋1在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∵f(1)＝0，∴當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f(x)>0，∴當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)<0，∴g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，∴當(dāng)p>q>1時(shí)，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)，求證：x2－eq\f(1,x)<eq\f(lnx,ex).證明要證x2－eq\f(1,x)<eq\f(lnx,ex)，只需證exeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(1,x)))<lnx，又易證ex>x＋1(0<x<1)，所以只需證lnx＋(x＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－x2))>0，即證lnx＋1－x3＋eq\f(1,x)－x2>0，而x3<x，x2<x(0<x<1)，所以只需證lnx＋1－2x＋eq\f(1,x)>0.令g(x)＝lnx＋1－2x＋eq\f(1,x)，則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)上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，g(x)>g(1)＝0，即lnx＋1－2x＋eq\f(1,x)>0.所以x2－