第6章 习题课 不等式证明-（课件PPT+Word教案）【步步高】2024-2025学年高二数学选择性必修第三册教师用书（人教B版2019）

习题课　不等式证明 ［学习目标］　1.会利用导数进行简单不等式的证明.2.能将不等式恒成立问题转化为函数最值问题. 一、简单不等式的证明 例1　证明不等式ln x≤x-1. 证明　由题意知x>0，令f(x)=x-1-ln x，所以f'(x)=1-=，所以当f'(x)>0时，x>1；当f'(x)<0时，0<x<1，故f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，所以f(x)有最小值f(1)=0，故f(x)=x-1-ln x≥f(1)=0， 即ln x≤x-1成立. 延伸探究　 1.证明不等式ln(x+1)≤x. 证明　由题意知x>-1，令f(x)=ln(x+1)-x，所以f'(x)=-1=，所以当f'(x)>0时，-1<x<0；当f'(x)<0时，x>0，故f(x)在(-1，0)上单调递增，在(0，+∞)上单调递减，所以f(x)有最大值f(0)=0，故f(x)=ln(x+1)-x≤f(0)=0，即ln(x+1)≤x成立. 2.已知x>0，求证：<ln(1+x). 证明　方法一　构造函数g(x)=ln(1+x)-，则g(0)=0. 当x>0时，g'(x)=-=>0. 即当x>0时，函数g(x)单调递增. 即g(x)>g(0)=0. 故g(x)=ln(1+x)->0， 即<ln(1+x). 方法二　∵ln x≤x-1，当且仅当x=1时，等号成立. ∴当x>0时，ln <-1， 即ln <， ∴<ln(x+1)(x>0). 反思感悟　与ln x有关的常用不等式 (1)≤ln x≤x-1(x>0，当且仅当x=1时，等号成立). (2)ln x≤(x>0，当且仅当x=e时，等号成立). (3)ln x≤(0<x≤1，当且仅当x=1时，等号成立). (4)ln x≥(x≥1，当且仅当x=1时，等号成立). (5)ln x≥(0<x≤1，当且仅当x=1时，等号成立). (6)ln x≤(x≥1，当且仅当x=1时，等号成立). 二、不等式恒成立问题 例2　已知函数f(x)=x+a·x2+b·ln x的图象在点P(1，0)处的切线斜率为2. (1)求a，b的值； (2)证明：f(x)≤2x-2对任意正实数x恒成立. (1)解　由题设可知f(x)的定义域为(0，+∞)， f'(x)=1+2ax+， ∵y=f(x)在点P(1，0)处切线的斜率为2， ∴f(1)=1+a=0，f'(1)=1+2a+b=2， 解得a=-1，b=3. (2)证明　由(1)知f(x)=x-x2+3ln x(x>0)， 则原不等式可化为2-x-x2+3ln x≤0对任意正实数x恒成立， 设g(x)=2-x-x2+3ln x，x>0， 则g'(x)=-1-2x+=-， ∴当0<x<1时，g'(x)>0；当x>1时，g'(x)<0， ∴g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减， ∴g(x)在x=1处有最大值g(1)=0， ∴g(x)≤0对任意正实数x恒成立， 即2-x-x2+3ln x≤0对任意正实数x恒成立， 即f(x)≤2x-2对任意正实数x恒成立，原命题得证. 反思感悟　不等式f(x)≥g(x)恒成立问题的解题思路 (1)构造函数h(x)=f(x)-g(x). (2)问题转化为证明f(x)-g(x)≥0， 即证h(x)≥0. (3)讨论单调性：根据h'(x)与0的大小关系确定函数h(x)的单调性. (4)求最值：由函数h(x)的单调性确定最值，并确认h(x)≥h(x)min≥0即可. 跟踪训练1　设函数f(x)=(x-1)ex+ax2，a∈R. (1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)设函数g(x)=ln x+x-ex+1，当a=0时，证明f(x)-g(x)≥0恒成立. (1)解　当a=1时，f(x)=(x-1)ex+x2， 则f'(x)=xex+2x， ∴f'(1)=e+2，又f(1)=1， ∴所求的切线方程为y-1=(e+2)(x-1)， 即(e+2)x-y-e-1=0. (2)证明　当a=0时，f(x)-g(x)=(x-1)ex+ex-ln x-x-1=xex-ln x-x-1. 设h(x)=xex-ln x-x-1，其定义域为(0，+∞). 则h'(x)=(x+1)ex-， 且h'=3<0，h'(1)=2(e-1)>0， 令φ(x)=(x+1)ex-，x∈(0，+∞)， 则φ'(x)=(x+2)ex+>0， ∴函数h'(x)在(0，+∞)上单调递增， ∴h'(x)=0有唯一的实根x0∈， 且=. 当0<x<x0时，h'(x)<0；当x>x0时，h'(x)>0， ∴函数h(x)的最小值为h(x0)， ∴h(x)≥h(x0)=x0-ln x0-x0-1=1+x0-x0-1=0. 故f(x)-g(x)≥0恒成立得证. 三、不等式恒成立转化为两个函数最值问题 例3　已知函数f(x)=在点(1，f(1))处的切线方程为x+y=2. (1)求a，b的值； (2)若当x>0时，xf(x)<m恒成立，求实数m的取值范围； (3)求证：当x>0时，3-(x+1)f(x)>-恒成立. (1)解　由题意得f'(x)=， 点(1，f(1))在直线x+y=2上， ∴f(1)=1，又直线x+y=2的斜率为-1， ∴f'(1)=-1， 则解得 (2)解　由(1)得f(x)=(x>0)， 由xf(x)<m，得<m， 令g(x)=， 则g'(x)= =， 令h(x)=1-x-ln x， 则h'(x)=-1-<0(x>0)， ∴h(x)在区间(0，+∞)上单调递减， ∴当0<x<1时，h(x)>h(1)=0， 当x>1时，h(x)<h(1)=0， 从而当0<x<1时，g'(x)>0； 当x>1时，g'(x)<0， ∴g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减， 故g(x)max=g(1)=1， 要使<m恒成立，只需m>1， 故实数m的取值范围是(1，+∞). (3)证明　要证3-(x+1)f(x)=ln x+1>-对∀x>0成立， 即证xln x+x>-对∀x>0成立， 令φ(x)=xln x+x(x>0)，则φ'(x)=ln x+2， 当x>e-2时，φ'(x)>0，φ(x)单调递增； 当0<x<e-2时，φ'(x)<0，φ(x)单调递减， ∴φ(x)min=φ(e-2)=-， 令k(x)=-(x>0)， 则k'(x)==， 当0<x<1时，k'(x)>0，k(x)单调递增； 当x>1时，k'(x)<0，k(x)单调递减， ∴k(x)max=k(1)=-， ∴φ(x)min=->k(x)max=-， ∴xln x+x>-对∀x>0成立， ∴3-(x+1)f(x)>-对∀x>0成立. 反思感悟　合理的构造函数是证明问题的关键，此类函数一般的结构是对∀x∈D，都有h(x)=f(x)-g(x)≥0，其思想方法是将问题转化为证明使不等式成立的一个充分条件成立，即证f(x)min≥g(x)max. 跟踪训练2　已知函数f(x)=ln x-. (1)若曲线y=f(x)存在一条切线与直线y=x垂直，求这条切线的方程； (2)证明：f(x)<x2-ln x-. (1)解　因为f(x)=ln x-， 所以f'(x)=-， 因为曲线y=f(x)的一条切线与直线y=x垂直， 所以这条切线的斜率为， 令-=，得x=1，所以切点为， 所以所求切线的方程为y+=(x-1)， 即(e-1)x-ey-e=0. (2)证明　因为f'(x)=-=. 所以当x∈(0，e)时，f'(x)>0；当x∈(e，+∞)时，f'(x)<0， 所以函数f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，+∞)， 所以f(x)max=f(e)=ln e-=0. 设g(x)=x2-ln x-， 则g'(x)=2x-=， 所以当x∈时，g'(x)<0； 当x∈时，g'(x)>0， 所以函数g(x)的单调递减区间为，单调递增区间为， 所以g(x)min=g=-ln -=-+ln 2=. 因为ln 2>ln =，所以g(x)min>0. 所以f(x)<x2-ln x-. 1.知识清单： (1)简单不等式的证明. (2)将不等式恒成立问题转化为一个函数的最值问题. (3)将不等式恒成立问题转化为两个函数的最值进行比较. 2.方法归纳：构造法、放缩法、分离参数法、分类讨论法、数形结合法. 3.常见误区：转化为两个函数证明不等式是寻找使不等式成立的一个充分条件，而非必要条件. 1.若a=，b=，c=，则(　　) A.a<b<c B.c<b<a C.c<a<b D.b<a<c 答案　C 解析　设f(x)=，则f'(x)=，所以f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，+∞)上单调递减，即有f(6)<f(4)<f(3)，所以<=<，故c<a<b. 2.已知m，n都是正整数，且em+ln n<m+n，则(　　) A.n>em B.m>em C.n<em D.m>en 答案　A 解析　由m，n都是正整数，得m，n≥1，ln n≥0， 由em+ln n<m+n得em-m<n-ln n=eln n-ln n. 令f(x)=ex-x(x≥0)，则f(m)<f(ln n)， ∵f'(x)=ex-1在［0，+∞)上单调递增， 且f'(0)=0，∴f'(x)≥0， ∴f(x)在［0，+∞)上单调递增， ∴m<ln n，∴em<n. 3.若不等式x4-4x3>2-a对任意实数x都成立，则实数a的取值范围是(　　) A.a<-27 B.a>-25 C.a≥29 D.a>29 答案　D 解析　令f(x)=x4-4x3，则f'(x)=4x3-12x2=4x2(x-3)， 当x<3时，f'(x)<0；当x>3时，f'(x)>0， 所以f(x)的单调递减区间是(-∞，3)，单调递增区间是(3，+∞)， 所以当x=3时，f(x)取得最小值， 则f(x)min=f(3)=-27， 因为不等式x4-4x3>2-a对任意实数x都成立， 所以-27>2-a，即a>29. 4.若函数y=ln(ex-x+a)的值域为R，则实数a的取值范围是　　　　.  答案　(-∞，-1］ 解析　要使函数的值域为R，只需ex-x+a能取遍所有正数，即最小值小于等于0.令f(x)=ex-x+a，由f'(x)=ex-1>0，得x>0；由f'(x)=ex-1<0，得x<0，所以f(x)在(0，+∞)上单调递增，在(-∞，0)上单调递减，故f(x)min=f(0)=1+a≤0，解得a≤-1. 　　　　 课时对点练　［分值：100分］ 单选题每小题5分，共30分；多选题每小题6分，共18分 1.“x>1”是“ln x>”的(　　) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 答案　A 解析　不等式ln x>等价于ln x-1+>0， 令f(x)=ln x-1+，则f'=-=， 当0<x<1时，f'<0，当x>1时，f'>0， 所以当x=1时，f(x)取得最小值f=0. 所以当x>1时，f(x)>0，即ln x>， 而当ln x>时，x>0且x≠1， 所以“x>1”是“ln x>”的充分不必要条件. 2.已知函数f(x)=x-sin x，则不等式f(x+1)+f(2-2x)>0的解集是(　　) A. B. C.(-∞，3) D.(3，+∞) 答案　C 解析　因为f(x)=x-sin x，所以f(-x)=-x+sin x=-f(x)，即函数f(x)为奇函数，f'(x)=1-cos x≥0，则函数f(x)在定义域内是增函数，则不等式f(x+1)+f(2-2x)>0等价于f(x+1)>-f(2-2x)=f(2x-2)，即x+1>2x-2，解得x<3，故不等式的解集为(-∞，3). 3.已知在△ABC中，<A<B<C<，f(x)=cos x·ex，则(　　) A.f(A)>f(B)>f(C) B.f(A)<f(B)<f(C) C.f(A)>f(C)>f(B) D.f(B)<f(A)<f(C) 答案　A 解析　f'=·ex+cos x•ex=·ex， 当<x<时，cos x-sin x<0，即f'<0， ∴f(x)在上单调递减， 又<A<B<C<，∴f>f>f. 4.已知0<a<b<1，则下列不等式一定成立的是(　　) A.> B.<1 C.aln a<bln b D.aa>bb 答案　A 解析　对于A，令f(x)=，则f'(x)=，当0<x<e时，f'(x)<0， ∴f(x)在(0，e)上单调递减， ∴f(a)>f(b)，即>，故A正确； 对于B，∵0<a<b<1， ∴ln a<ln b<0， ∴>1，故B错误； 对于C，令f(x)=xln x， 则f'(x)=ln x+1， 当0<x<时，f'(x)<0； 当x>时，f'(x)>0， ∴f(x)在上单调递减，在上单调递增，显然当b=时，aln a>bln b，故C错误； 对于D，aa>bb⇔aln a>bln b，由C选项的分析，知当a=时，aln a<bln b，故D错误. 5.(多选)已知函数f(x)=xln x，若0<x1<x2，则下列选项正确的是(　　) A.<0 B.x1+f(x1)<x2+f(x2) C.x2f(x1)<x1f(x2) D.当x2>x1>时，x1f(x1)+x2f(x2)>x2f(x1)+x1f(x2) 答案　CD 解析　f(x)=xln x，f'(x)=ln x+1不是恒小于零，所以<0不恒成立，故A错误； 设h(x)=f(x)+x，则h'(x)=ln x+2不是恒大于零，所以x1+f(x1)<x2+f(x2)不恒成立，故 B错误； 设g(x)==ln x，函数单调递增，所以g(x2)>g(x1)，所以>，即x1f(x2)>x2f(x1)，故C正确； 当x>时，f'(x)=ln x+1>0， 所以函数f(x)=xln x在上单调递增， 故(x2-x1)［f(x2)-f(x1)］=x1f(x1)+x2f(x2)-x2f(x1)-x1f(x2)>0， 即x1f(x1)+x2f(x2)>x2f(x1)+x1f(x2)，故D正确. 6.已知a<5且ae5=5ea，b<4且be4=4eb，c<3且ce3=3ec，则(　　) A.c<b<a B.b<c<a C.a<c<b D.a<b<c 答案　D 解析　因为ae5=5ea，a<5，故a>0，同理b>0，c>0， 令f(x)=，x>0，则f'(x)=， 当0<x<1时，f'(x)<0；当x>1时，f'(x)>0， 所以f(x)在(0，1)上是减函数，在(1，+∞)上是增函数， 因为ae5=5ea，所以=， 即f(5)=f(a)，又0<a<5， 所以0<a<1， 同理0<b<1，0<c<1，f(4)=f(b)，f(3)=f(c)， 因为f(5)>f(4)>f(3)， 所以f(a)>f(b)>f(c)， 所以0<a<b<c<1. 7.(5分)试判断tan x与x在上的大小关系　　　　.  答案　x≤tan x 解析　令f(x)=x-tan x=x-，x∈，所以f'(x)=1-=-<0恒成立，故f(x)在上单调递减，f(x)max=f(0)=0，即x-tan x≤0，即x≤tan x. 8.(5分)已知函数f(x)=xln x，g(x)=-x2+ax-3，对任意x∈(0，+∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，则实数a的取值范围为　　　　.  答案　(-∞，4］ 解析　因为2f(x)≥g(x)， 所以2xln x≥-x2+ax-3， 即a≤2ln x+x+， 令h(x)=2ln x+x+(x>0)， 则h'(x)=， 令h'(x)=0，解得x1=-3(舍去)，x2=1， 所以当0<x<1时，h'(x)<0，h(x)单调递减； 当x>1时，h'(x)>0，h(x)单调递增， 所以h(x)在x=1时取得极小值，也即最小值， 所以h(x)≥h(1)=4. 因为对任意x∈(0，+∞)，2f(x)≥g(x)恒成立， 所以a≤h(x)min=4， 所以a的取值范围为(-∞，4］. 9.(10分)已知函数f(x)=ex-ln(x+2)，求证：f(x)>0. 证明　令g(x)=ex-x-1，则g'(x)=ex-1，令g'(x)=0，得x=0，当x<0时，g'(x)<0，g(x)单调递减，当x>0时，g'(x)>0，g(x)单调递增， ∴g(x)≥g(0)=0，即ex-x-1≥0， ∴ex≥x+1(当且仅当x=0时，等号成立). ① 令h(x)=x+1-ln(x+2)，则h'(x)=1-=(x>-2)，易知h(x)在(-2，-1)上单调递减，在(-1，+∞)上单调递增，∴h(x)≥h(-1)=0，即x+1-ln(x+2)≥0，即x+1≥ln(x+2)(当且仅当x=-1时，等号成立). ② ∵①和②中的等号不能同时成立， ∴由①和②得ex>ln(x+2)，即f(x)>0. 10.(10分)已知函数f(x)=xln x，g(x)=λ(x2-1)(λ为常数). (1)若函数y=f(x)与函数y=g(x)在x=1处有相同的切线，求实数λ的值；(4分) (2)若λ=，求证：当x≥1时，f(x)≤g(x)恒成立.(6分) (1)解　∵函数f(x)=xln x， g(x)=λ(x2-1)， ∴f'(x)=1+ln x，g'(x)=2λx， ∵函数y=f(x)与y=g(x)在x=1处有相同的切线， ∴f'(1)=g'(1)， ∴1+ln 1=2λ， 解得λ=. (2)证明　当λ=时，g(x)=(x2-1)， 设h(x)=g(x)-f(x)=(x2-1)-xln x，x∈［1，+∞)， ∴h'(x)=x-1-ln x， 令φ(x)=x-1-ln x，x∈［1，+∞)， ∴φ'(x)=1-≥0在［1，+∞)上恒成立，即φ(x)在［1，+∞)上单调递增， ∴φ(x)≥φ(x)min=φ(1)=1-1-ln 1=0， 即h'(x)=x-1-ln x≥0在［1，+∞)上恒成立， ∴h(x)在［1，+∞)上单调递增， ∴h(x)min=h(1)=0，∴h(x)≥0， ∴当x≥1时，f(x)≤g(x)恒成立. 11.设x，y，z为正数，且2x=3y=5z，则(　　) A.2x<3y<5z B.5z<2x<3y C.3y<5z<2x D.3y<2x<5z 答案　D 解析　令2x=3y=5z=t(t>1)， 两边取对数得x=log2t=， y=log3t=， z=log5t=， 从而2x=ln t， 3y=ln t， 5z=ln t. 由t>1知，ln t>0，要比较三者大小，只需比较，，的大小. 又=，e<3<4<5，由y=在(e，+∞)上单调递增可知， <<， 即3y<2x<5z，故选D. 12.(多选)已知函数f(x)=ex，若f=f，且x1<x2，则下列命题正确的有(　　) A.f>f B.f>f C.f>f D.f>f 答案　BC 解析　f'(x)=，所以函数f(x)在(-∞，0)上单调递增，在(0，+∞)上单调递减. 又f(0)=1，f(1)=0，当x<0时，f(x)>0，所以x1<0<x2<1，y=f(x)的大致图象如图所示. 记A(x1，y1)，B(x2，y2). 由图可知f(x1)=f(x2)<f(-x2)，A，D错误； f(x2)=f(x1)>f(-x1)，B，C正确. 13.(多选)下列不等式中恒成立的有(　　) A.ln，x>-1 B.ln x≤，x>0 C.ex≤1+x+x2 D.cos x≥1-x2 答案　AD 解析　A选项，因为x>-1，令t=x+1>0， f=ln t+-1， 则f'=-=， 所以当0<t<1时，f'=<0， 即f单调递减； 当t>1时，f'=>0，即f单调递增， 所以f=f=0，即f=ln t+-1≥0，即ln t≥，即ln，x>-1恒成立，故A正确； B选项，令f(x)=ln x-，x>0， 则f'=-= =-≤0恒成立， 所以f(x)=ln x-在x>0时单调递减， 又f=0，所以当x∈时，f(x)>f=0， 即ln x>，故B错误； C选项，当x=3时，e3>1+3+32，此时ex>1+x+x2，故C错误； D选项，令f(x)=cos x-1+x2，则f'=-sin x+x，令h(x)=f'(x)=-sin x+x， 则h'(x)=-cos x+1≥0恒成立，即函数f'=-sin x+x单调递增， 又f'=0， 所以当x>0时，f'>0， 即f(x)=cos x-1+x2单调递增； 当x<0时，f'<0，即f(x)=cos x-1+x2单调递减， 所以f=f=0，因此cos x≥1-x2恒成立，故D正确. 14.(5分)已知对任意x，都有xe2x-ax-x≥1+ln x，则实数a的取值范围是　　　　.  答案　(-∞，1］ 解析　根据题意可知，x>0， 由xe2x-ax-x≥1+ln x， 可得a≤e2x--1， 令f(x)=e2x--1，则a≤f， 现证明ex≥x+1恒成立，设g=ex-x-1， 则g'=ex-1，令g'=0，解得x=0， 当x<0时，g'<0，g单调递减， 当x>0时，g'>0，g单调递增，故当x=0时，函数g取得最小值g=0， 所以g≥g=0，即ex-x-1≥0⇔ex≥x+1恒成立， f(x)=e2x--1=-1 =-1≥-1=1， 所以f=1，即a≤1. 所以实数a的取值范围是. 15.(5分)已知函数f(x)=ex-ax-1，g=ln x-ax-1，其中0<a<1，e为自然对数的底数，若∃x0∈(0，+∞)，使fg>0，则实数a的取值范围是　　　　.  答案　 解析　令M=ex-x-1，x∈， 则M'=ex-1，当x∈时，M'>0， 所以M在上单调递增， 所以M>M=0， 所以ex>x+1. 由于0<a<1，所以当x∈时，f(x)=ex-ax-1>0， 故∃x0∈(0，+∞)，使fg>0， 可以转化为∃x0∈(0，+∞)，g>0， 则g=ln x0-ax0-1>0，即a<-. 令h=-，h'=. 当x∈时，h'>0， 当x∈时，h'<0， 所以函数h在上单调递增，在上单调递减. 所以h≤h=-=. 所以0<a<，即a∈. 16.(12分)已知函数f(x)=ex-. (1)若f(x)在［1，2］上单调递减，求实数a的最大值；(5分) (2)若0<a<1，求证：f(x)≥.(7分) (1)解　f(x)的定义域为(0，+∞). f'(x)=ex-(x>0)， ∵f(x)在［1，2］上单调递减， ∴f'(x)≤0在［1，2］上恒成立，即≥xex在［1，2］上恒成立. 令g(x)=xex(1≤x≤2)，则g'(x)=(x+1)ex>0， ∴g(x)在［1，2］上单调递增， ∴g(x)max=g(2)=2e2， ∴≥2e2，解得0<a≤， ∴a的最大值为. (2)证明　由(1)知，f'(x)=ex-(x>0)， 令φ(x)=f'(x)，则φ'(x)=ex+>0， ∴f'(x)在(0，+∞)上单调递增. ∵f'=-1>0，当x→0时，→+∞，ex→1，此时f'(x)<0， ∴由函数零点存在定理可知，存在x0∈，使得f'(x0)=0，即=， ∴x0=ln =-ln ax0=-ln a-ln x0. ∴当x∈(0，x0)时，f'(x)<0； 当x∈(x0，+∞)时，f'(x)>0， ∴f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增， ∴f(x)min=f(x0)=-=+=++≥2+=(当且仅当=，即x0=1时取等号). ∴当0<a<1时，f(x)≥. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第六章 <<< 习题课　不等式证明 1.会利用导数进行简单不等式的证明. 2.能将不等式恒成立问题转化为函数最值问题. 学习目标 一、简单不等式的证明 二、不等式恒成立问题 课时对点练 三、不等式恒成立转化为两个函数最值问题 随堂演练 内容索引 简单不等式的证明 一 证明不等式ln x≤x-1. 例 1 由题意知x>0，令f(x)=x-1-ln x，所以f'(x)=1-=，所以当f'(x)>0时，x>1；当f'(x)<0时，0<x<1，故f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，所以f(x)有最小值f(1)=0，故f(x)=x-1-ln x≥f(1)=0， 即ln x≤x-1成立. 5 1.证明不等式ln(x+1)≤x. 延伸探究 由题意知x>-1，令f(x)=ln(x+1)-x，所以f'(x)=-1=，所以当f'(x)>0时，-1<x<0；当f'(x)<0时，x>0，故f(x)在(-1，0)上单调递增，在(0，+∞)上单调递减，所以f(x)有最大值f(0)=0，故f(x)=ln(x+1)-x≤f(0)=0，即ln(x+1)≤x成立. 6 2.已知x>0，求证：<ln(1+x). 延伸探究 7 方法一　构造函数g(x)=ln(1+x)-，则g(0)=0. 当x>0时，g'(x)=-=>0. 即当x>0时，函数g(x)单调递增. 即g(x)>g(0)=0. 故g(x)=ln(1+x)->0， 即<ln(1+x). 8 方法二　∵ln x≤x-1，当且仅当x=1时，等号成立. ∴当x>0时，ln <-1， 即ln <， ∴<ln(x+1)(x>0). 9 (1)≤ln x≤x-1(x>0，当且仅当x=1时，等号成立). (2)ln x≤(x>0，当且仅当x=e时，等号成立). (3)ln x≤(0<x≤1，当且仅当x=1时，等号成立). (4)ln x≥(x≥1，当且仅当x=1时，等号成立). (5)ln x≥(0<x≤1，当且仅当x=1时，等号成立). (6)ln x≤(x≥1，当且仅当x=1时，等号成立). 反 思 感 悟 与ln x有关的常用不等式 10 二 不等式恒成立问题 　已知函数f(x)=x+a·x2+b·ln x的图象在点P(1，0)处的切线斜率为2. (1)求a，b的值； 例 2 由题设可知f(x)的定义域为(0，+∞)， f'(x)=1+2ax+， ∵y=f(x)在点P(1，0)处切线的斜率为2， ∴f(1)=1+a=0，f'(1)=1+2a+b=2， 解得a=-1，b=3. 12 (2)证明：f(x)≤2x-2对任意正实数x恒成立. 13 由(1)知f(x)=x-x2+3ln x(x>0)， 则原不等式可化为2-x-x2+3ln x≤0对任意正实数x恒成立， 设g(x)=2-x-x2+3ln x，x>0， 则g'(x)=-1-2x+=-， ∴当0<x<1时，g'(x)>0；当x>1时，g'(x)<0， ∴g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减， ∴g(x)在x=1处有最大值g(1)=0， ∴g(x)≤0对任意正实数x恒成立， 即2-x-x2+3ln x≤0对任意正实数x恒成立， 即f(x)≤2x-2对任意正实数x恒成立，原命题得证. 14 (1)构造函数h(x)=f(x)-g(x). (2)问题转化为证明f(x)-g(x)≥0， 即证h(x)≥0. (3)讨论单调性：根据h'(x)与0的大小关系确定函数h(x)的单调性. (4)求最值：由函数h(x)的单调性确定最值，并确认h(x)≥h(x)min≥0即可. 反 思 感 悟 不等式f(x)≥g(x)恒成立问题的解题思路 15 设函数f(x)=(x-1)ex+ax2，a∈R. (1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； 跟踪训练 1 当a=1时，f(x)=(x-1)ex+x2， 则f'(x)=xex+2x， ∴f'(1)=e+2，又f(1)=1， ∴所求的切线方程为y-1=(e+2)(x-1)， 即(e+2)x-y-e-1=0. 16 (2)设函数g(x)=ln x+x-ex+1，当a=0时，证明f(x)-g(x)≥0恒成立. 17 当a=0时，f(x)-g(x)=(x-1)ex+ex-ln x-x-1=xex-ln x-x-1. 设h(x)=xex-ln x-x-1，其定义域为(0，+∞). 则h'(x)=(x+1)ex-， 且h'=3<0，h'(1)=2(e-1)>0， 令φ(x)=(x+1)ex-，x∈(0，+∞)， 则φ'(x)=(x+2)ex+>0， ∴函数h'(x)在(0，+∞)上单调递增， 18 ∴h'(x)=0有唯一的实根x0∈， 且=. 当0<x<x0时，h'(x)<0；当x>x0时，h'(x)>0， ∴函数h(x)的最小值为h(x0)， ∴h(x)≥h(x0)=x0-ln x0-x0-1=1+x0-x0-1=0. 故f(x)-g(x)≥0恒成立得证. 19 三 不等式恒成立转化为两个函数最值问题 　已知函数f(x)=在点(1，f(1))处的切线方程为x+y=2. (1)求a，b的值； 例 3 由题意得f'(x)=， 点(1，f(1))在直线x+y=2上， ∴f(1)=1，又直线x+y=2的斜率为-1， ∴f'(1)=-1， 则 21 (2)若当x>0时，xf(x)<m恒成立，求实数m的取值范围； 22 由(1)得f(x)=(x>0)， 由xf(x)<m，得<m， 令g(x)=， 则g'(x)= =， 令h(x)=1-x-ln x， 则h'(x)=-1-<0(x>0)， 23 ∴h(x)在区间(0，+∞)上单调递减， ∴当0<x<1时，h(x)>h(1)=0， 当x>1时，h(x)<h(1)=0， 从而当0<x<1时，g'(x)>0； 当x>1时，g'(x)<0， ∴g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减， 故g(x)max=g(1)=1， 要使<m恒成立，只需m>1， 故实数m的取值范围是(1，+∞). 24 (3)求证：当x>0时，3-(x+1)f(x)>-恒成立. 25 要证3-(x+1)f(x)=ln x+1>-对∀x>0成立， 即证xln x+x>-对∀x>0成立， 令φ(x)=xln x+x(x>0)，则φ'(x)=ln x+2， 当x>e-2时，φ'(x)>0，φ(x)单调递增； 当0<x<e-2时，φ'(x)<0，φ(x)单调递减， ∴φ(x)min=φ(e-2)=-， 令k(x)=-(x>0)， 则k'(x)==， 26 当0<x<1时，k'(x)>0，k(x)单调递增； 当x>1时，k'(x)<0，k(x)单调递减， ∴k(x)max=k(1)=-， ∴φ(x)min=->k(x)max=-， ∴xln x+x>-对∀x>0成立， ∴3-(x+1)f(x)>-对∀x>0成立. 27 合理的构造函数是证明问题的关键，此类函数一般的结构是对∀x∈D，都有h(x)=f(x)-g(x)≥0，其思想方法是将问题转化为证明使不等式成立的一个充分条件成立，即证f(x)min≥g(x)max. 反 思 感 悟 28 已知函数f(x)=ln x-. (1)若曲线y=f(x)存在一条切线与直线y=x垂直，求这条切线的方程； 跟踪训练 2 29 因为f(x)=ln x-， 所以f'(x)=-， 因为曲线y=f(x)的一条切线与直线y=x垂直， 所以这条切线的斜率为， 令-=，得x=1，所以切点为， 所以所求切线的方程为y+=(x-1)， 即(e-1)x-ey-e=0. 30 (2)证明：f(x)<x2-ln x-. 31 因为f'(x)=-=. 所以当x∈(0，e)时，f'(x)>0；当x∈(e，+∞)时，f'(x)<0， 所以函数f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，+∞)， 所以f(x)max=f(e)=ln e-=0. 设g(x)=x2-ln x-， 则g'(x)=2x-=， 所以当x∈时，g'(x)<0； 32 当x∈时，g'(x)>0， 所以函数g(x)的单调递减区间为， 所以g(x)min=g=-ln -=-+ln 2=. 因为ln 2>ln =，所以g(x)min>0. 所以f(x)<x2-ln x-. 33 1.知识清单： (1)简单不等式的证明. (2)将不等式恒成立问题转化为一个函数的最值问题. (3)将不等式恒成立问题转化为两个函数的最值进行比较. 2.方法归纳：构造法、放缩法、分离参数法、分类讨论法、数形结合法. 3.常见误区：转化为两个函数证明不等式是寻找使不等式成立的一个充分条件，而非必要条件. 课堂小结 随堂演练 四 1 2 3 4 1.若a=，b=，c=，则 A.a<b<c B.c<b<a C.c<a<b D.b<a<c √ 设f(x)=，则f'(x)=，所以f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，+∞)上单调递减，即有f(6)<f(4)<f(3)，所以<=<，故c<a<b. 1 2 3 4 2.已知m，n都是正整数，且em+ln n<m+n，则 A.n>em B.m>em C.n<em D.m>en √ 1 2 3 4 由m，n都是正整数，得m，n≥1，ln n≥0， 由em+ln n<m+n得em-m<n-ln n=eln n-ln n. 令f(x)=ex-x(x≥0)，则f(m)<f(ln n)， ∵f'(x)=ex-1在[0，+∞)上单调递增， 且f'(0)=0，∴f'(x)≥0， ∴f(x)在[0，+∞)上单调递增， ∴m<ln n，∴em<n. 3.若不等式x4-4x3>2-a对任意实数x都成立，则实数a的取值范围是 A.a<-27 B.a>-25 C.a≥29 D.a>29 1 2 3 4 √ 1 2 3 4 令f(x)=x4-4x3，则f'(x)=4x3-12x2=4x2(x-3)， 当x<3时，f'(x)<0；当x>3时，f'(x)>0， 所以f(x)的单调递减区间是(-∞，3)，单调递增区间是(3，+∞)， 所以当x=3时，f(x)取得最小值， 则f(x)min=f(3)=-27， 因为不等式x4-4x3>2-a对任意实数x都成立， 所以-27>2-a，即a>29. 1 2 3 4 4.若函数y=ln(ex-x+a)的值域为R，则实数a的取值范围是　　　　. (-∞，-1] 要使函数的值域为R，只需ex-x+a能取遍所有正数，即最小值小于等于0.令f(x)=ex-x+a，由f'(x)=ex-1>0，得x>0；由f'(x)=ex-1<0，得x<0，所以f(x)在(0，+∞)上单调递增，在(-∞，0)上单调递减，故f(x)min=f(0)=1+a ≤0，解得a≤-1. 课时对点练 五 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 基础巩固 1.“x>1”是“ln x>”的 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 不等式ln x>等价于ln x-1+>0， 令f(x)=ln x-1+，则f'=-=， 当0<x<1时，f'<0，当x>1时，f'>0， 所以当x=1时，f(x)取得最小值f=0. 所以当x>1时，f(x)>0，即ln x>， 而当ln x>时，x>0且x≠1， 所以“x>1”是“ln x>”的充分不必要条件. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2.已知函数f(x)=x-sin x，则不等式f(x+1)+f(2-2x)>0的解集是 A. B. C.(-∞，3) D.(3，+∞) 因为f(x)=x-sin x，所以f(-x)=-x+sin x=-f(x)，即函数f(x)为奇函数，f'(x)=1-cos x≥0，则函数f(x)在定义域内是增函数，则不等式f(x+1)+ f(2-2x)>0等价于f(x+1)>-f(2-2x)=f(2x-2)，即x+1>2x-2，解得x<3，故不等式的解集为(-∞，3). √ 3.已知在△ABC中，<A<B<C<，f(x)=cos x·ex，则 A.f(A)>f(B)>f(C) B.f(A)<f(B)<f(C) C.f(A)>f(C)>f(B) D.f(B)<f(A)<f(C) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 f'=·ex+cos x•ex=·ex， 当<x<时，cos x-sin x<0，即f'<0， ∴f(x)在上单调递减， 又<A<B<C<，∴f>f>f. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 4.已知0<a<b<1，则下列不等式一定成立的是 A.> B.<1 C.aln a<bln b D.aa>bb √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 对于A，令f(x)=，则f'(x)=，当0<x<e时，f'(x)<0， ∴f(x)在(0，e)上单调递减， ∴f(a)>f(b)，即>，故A正确； 对于B，∵0<a<b<1， ∴ln a<ln b<0， ∴>1，故B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 对于C，令f(x)=xln x， 则f'(x)=ln x+1， 当0<x<时，f'(x)<0； 当x>时，f'(x)>0， ∴f(x)在上单调递增，显然当b=时，aln a>bln b，故C错误； 对于D，aa>bb⇔aln a>bln b，由C选项的分析，知当a=时，aln a<bln b，故D错误. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 5.(多选)已知函数f(x)=xln x，若0<x1<x2，则下列选项正确的是 A.<0 B.x1+f(x1)<x2+f(x2) C.x2f(x1)<x1f(x2) D.当x2>x1>时，x1f(x1)+x2f(x2)>x2f(x1)+x1f(x2) √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 f(x)=xln x，f'(x)=ln x+1不是恒小于零，所以<0不恒成立，故A错误； 设h(x)=f(x)+x，则h'(x)=ln x+2不是恒大于零，所以x1+f(x1)<x2+f(x2)不恒成立，故 B错误； 设g(x)==ln x，函数单调递增，所以g(x2)>g(x1)，所以>，即x1f(x2)>x2f(x1)，故C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 当x>时，f'(x)=ln x+1>0， 所以函数f(x)=xln x在上单调递增， 故(x2-x1)[f(x2)-f(x1)]=x1f(x1)+x2f(x2)-x2f(x1)-x1f(x2)>0， 即x1f(x1)+x2f(x2)>x2f(x1)+x1f(x2)，故D正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 6.已知a<5且ae5=5ea，b<4且be4=4eb，c<3且ce3=3ec，则 A.c<b<a B.b<c<a C.a<c<b D.a<b<c √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 因为ae5=5ea，a<5，故a>0，同理b>0，c>0， 令f(x)=，x>0，则f'(x)=， 当0<x<1时，f'(x)<0；当x>1时，f'(x)>0， 所以f(x)在(0，1)上是减函数，在(1，+∞)上是增函数， 因为ae5=5ea，所以=， 即f(5)=f(a)，又0<a<5， 所以0<a<1， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 同理0<b<1，0<c<1，f(4)=f(b)，f(3)=f(c)， 因为f(5)>f(4)>f(3)， 所以f(a)>f(b)>f(c)， 所以0<a<b<c<1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 7.试判断tan x与x在上的大小关系　　　　. 令f(x)=x-tan x=x-，x∈，所以f'(x)=1-=-<0恒成立，故f(x)在上单调递减，f(x)max=f(0)=0，即x-tan x≤0，即x≤tan x. x≤tan x 8.已知函数f(x)=xln x，g(x)=-x2+ax-3，对任意x∈(0，+∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，则实数a的取值范围为　　　　. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (-∞，4] 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 因为2f(x)≥g(x)， 所以2xln x≥-x2+ax-3， 即a≤2ln x+x+， 令h(x)=2ln x+x+(x>0)， 则h'(x)=， 令h'(x)=0，解得x1=-3(舍去)，x2=1， 所以当0<x<1时，h'(x)<0，h(x)单调递减； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 当x>1时，h'(x)>0，h(x)单调递增， 所以h(x)在x=1时取得极小值，也即最小值， 所以h(x)≥h(1)=4. 因为对任意x∈(0，+∞)，2f(x)≥g(x)恒成立， 所以a≤h(x)min=4， 所以a的取值范围为(-∞，4]. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 9.已知函数f(x)=ex-ln(x+2)，求证：f(x)>0. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 令g(x)=ex-x-1，则g'(x)=ex-1，令g'(x)=0，得x=0，当x<0时，g'(x)<0，g(x)单调递减，当x>0时，g'(x)>0，g(x)单调递增， ∴g(x)≥g(0)=0，即ex-x-1≥0， ∴ex≥x+1(当且仅当x=0时，等号成立). ① 令h(x)=x+1-ln(x+2)，则h'(x)=1-=(x>-2)，易知h(x)在(-2，-1)上单调递减，在(-1，+∞)上单调递增，∴h(x)≥h(-1)=0，即x+1-ln(x+2)≥0，即x+1≥ln(x+2)(当且仅当x=-1时，等号成立). ② ∵①和②中的等号不能同时成立， ∴由①和②得ex>ln(x+2)，即f(x)>0. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 10.已知函数f(x)=xln x，g(x)=λ(x2-1)(λ为常数). (1)若函数y=f(x)与函数y=g(x)在x=1处有相同的切线，求实数λ的值； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 ∵函数f(x)=xln x， g(x)=λ(x2-1)， ∴f'(x)=1+ln x，g'(x)=2λx， ∵函数y=f(x)与y=g(x)在x=1处有相同的切线， ∴f'(1)=g'(1)， ∴1+ln 1=2λ， 解得λ=. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)若λ=，求证：当x≥1时，f(x)≤g(x)恒成立. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 当λ=时，g(x)=(x2-1)， 设h(x)=g(x)-f(x)=(x2-1)-xln x，x∈[1，+∞)， ∴h'(x)=x-1-ln x， 令φ(x)=x-1-ln x，x∈[1，+∞)， ∴φ'(x)=1-≥0在[1，+∞)上恒成立，即φ(x)在[1，+∞)上单调递增， ∴φ(x)≥φ(x)min=φ(1)=1-1-ln 1=0， 即h'(x)=x-1-ln x≥0在[1，+∞)上恒成立， ∴h(x)在[1，+∞)上单调递增， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 ∴h(x)min=h(1)=0，∴h(x)≥0， ∴当x≥1时，f(x)≤g(x)恒成立. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 11.设x，y，z为正数，且2x=3y=5z，则 A.2x<3y<5z B.5z<2x<3y C.3y<5z<2x D.3y<2x<5z √ 综合运用 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 令2x=3y=5z=t(t>1)， 两边取对数得x=log2t=， y=log3t=， z=log5t=， 从而2x=ln t， 3y=ln t， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 5z=ln t. 由t>1知，ln t>0，要比较三者大小，只需比较的大小. 又=，e<3<4<5，由y=在(e，+∞)上单调递增可知， <<， 即3y<2x<5z，故选D. 12.(多选)已知函数f(x)=ex，若f=f，且x1<x2，则下列命题正确的有 A.f>f B.f>f C.f>f D.f>f 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 f'(x)=，所以函数f(x)在(-∞，0)上单调递增，在(0，+∞)上单调递减. 又f(0)=1，f(1)=0，当x<0时，f(x)>0，所以x1<0<x2<1，y=f(x)的大致图象如图所示. 记A(x1，y1)，B(x2，y2). 由图可知f(x1)=f(x2)<f(-x2)，A，D错误； f(x2)=f(x1)>f(-x1)，B，C正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 13.(多选)下列不等式中恒成立的有 A.ln，x>-1 B.ln x≤，x>0 C.ex≤1+x+x2 D.cos x≥1-x2 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 A选项，因为x>-1，令t=x+1>0， f=ln t+-1， 则f'=-=， 所以当0<t<1时，f'=<0， 即f单调递减； 当t>1时，f'=>0，即f单调递增， 所以f=f=0，即f=ln t+-1≥0，即ln t≥，即ln，x>-1恒成立，故A正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 B选项，令f(x)=ln x-，x>0， 则f'=-= =-≤0恒成立， 所以f(x)=ln x-在x>0时单调递减， 又f=0，所以当x∈时，f(x)>f=0， 即ln x>，故B错误； C选项，当x=3时，e3>1+3+32，此时ex>1+x+x2，故C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 D选项，令f(x)=cos x-1+x2，则f'=-sin x+x，令h(x)=f'(x)=-sin x+x， 则h'(x)=-cos x+1≥0恒成立，即函数f'=-sin x+x单调递增， 又f'=0， 所以当x>0时，f'>0， 即f(x)=cos x-1+x2单调递增； 当x<0时，f'<0，即f(x)=cos x-1+x2单调递减， 所以f=f=0，因此cos x≥1-x2恒成立，故D正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 14.已知对任意x，都有xe2x-ax-x≥1+ln x，则实数a的取值范围是　　　　. (-∞，1] 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 根据题意可知，x>0， 由xe2x-ax-x≥1+ln x， 可得a≤e2x--1， 令f(x)=e2x--1，则a≤f， 现证明ex≥x+1恒成立，设g=ex-x-1， 则g'=ex-1，令g'=0，解得x=0， 当x<0时，g'<0，g单调递减， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 当x>0时，g'>0，g单调递增，故当x=0时，函数g取得最小值g=0， 所以g≥g=0，即ex-x-1≥0⇔ex≥x+1恒成立， f(x)=e2x--1=-1 =-1≥-1=1， 所以f=1，即a≤1. 所以实数a的取值范围是. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 拓广探究 15.已知函数f(x)=ex-ax-1，g=ln x-ax-1，其中0<a<1，e为自然对数的底 数，若∃x0∈(0，+∞)，使fg>0，则实数a的取值范围是　　　 　. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 令M=ex-x-1，x∈， 则M'=ex-1，当x∈时，M'>0， 所以M上单调递增， 所以M>M=0， 所以ex>x+1. 由于0<a<1，所以当x∈时，f(x)=ex-ax-1>0， 故∃x0∈(0，+∞)，使fg>0， 可以转化为∃x0∈(0，+∞)，g>0， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 则g=ln x0-ax0-1>0，即a<-. 令h=-，h'=. 当x∈时，h'>0， 当x∈时，h'<0， 所以函数h上单调递减. 所以h≤h=-=. 所以0<a<，即a∈. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 16.已知函数f(x)=ex-. (1)若f(x)在[1，2]上单调递减，求实数a的最大值； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 f(x)的定义域为(0，+∞). f'(x)=ex-(x>0)， ∵f(x)在[1，2]上单调递减， ∴f'(x)≤0在[1，2]上恒成立，即≥xex在[1，2]上恒成立. 令g(x)=xex(1≤x≤2)，则g'(x)=(x+1)ex>0， ∴g(x)在[1，2]上单调递增， ∴g(x)max=g(2)=2e2， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 ∴≥2e2，解得0<a≤， ∴a的最大值为. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)若0<a<1，求证：f(x)≥. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由(1)知，f'(x)=ex-(x>0)， 令φ(x)=f'(x)，则φ'(x)=ex+>0， ∴f'(x)在(0，+∞)上单调递增. ∵f'=-1>0，当x→0时，→+∞，ex→1，此时f'(x)<0， ∴由函数零点存在定理可知，存在x0∈，使得f'(x0)=0，即=， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 ∴x0=ln =-ln ax0=-ln a-ln x0. ∴当x∈(0，x0)时，f'(x)<0； 当x∈(x0，+∞)时，f'(x)>0， ∴f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增， ∴f(x)min=f(x0)=-=+=++≥2+= =，即x0=1时取等号). ∴当0<a<1时，f(x)≥. 第六章 <<< $$