专题六 不等式、函数与导数第5讲导数几何意义与不等式证明讲义-2026届高三数学二轮复习

该高中数学讲义聚焦导数几何意义与不等式证明核心考点，按“基础应用—单变量证明—双变量证明”逻辑架构知识，通过真题探究明确考向，考点梳理结合典例精讲与变式训练，分层设计限时训练和拓展训练，帮助学生系统构建知识网络，突破高考高频难点。 资料采用“真题导向—方法归纳—能力提升”教学模式，如双变量不等式证明中引导学生构造函数分析极值点偏移，培养数学思维与模型表达能力。设置梯度练习即时反馈，助力教师精准把控复习节奏，高效提升学生解题能力与应考素养。

专题六 不等式、函数与导数 第5讲　导数几何意义与不等式证明 【探究真题.明确方向】 1.(2025·全国Ⅰ卷，T12)若直线y=2x+5是曲线y=ex+x+a的一条切线，则a=　　　　.  2.(2021·全国乙卷理，T20)设函数f(x)=ln(a-x)，已知x=0是函数y=xf(x)的极值点. (1)求a； (2)设函数g(x)=，证明：g(x)<1. 3.(2022·全国甲卷理，T21)已知函数f(x)=-ln x+x-a. (1)若f(x)≥0，求a的取值范围； (2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1. 【命题预测】本讲是历年高考命题必考的内容，属于低中高档题目，三种题型都有所考查，分值约为5~13分. 【考向预测】考查重点一是利用导数的几何意义，求切线方程、参数值、范围等，二是利用导数证明不等式，涉及构造函数求最值、极值点偏移，以及切割线放缩等. 考点一　导数的几何意义 【典例】1　(1)(2025·湛江模拟)已知函数f(x)=ex+2x，则曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为(　　) A.y=2x+1 B.y=3x+1 C.y=2x D.y=3x (2)若至少存在一条直线与曲线f(x)=2x2+3和g(x)=3-tln x(t≠0)均相切，则t的取值范围是(　　) A.[-4e，0) B.[2e，+∞) C.(-4e，0)∪(0，+∞) D.[-4e，0)∪(0，+∞) 考点二　单变量函数不等式的证明 【典例】2　已知函数f(x)=xex+a，g(x)=xln x+a. (1)若函数f(x)的最小值与g(x)的最小值之和为-，求a的值； (2)若a=0，x>0，证明：f(x)>g'(x). 【考法归纳】利用导数证明或判定不等式问题的常用方法 (1)最值法：通过移项构造新函数或者等价变形构造新函数，求解新函数的最值，从而得出不等关系； (2)适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系； (3)凹凸反转法：把所证不等式转化为两个函数的大小关系，分别求解两个函数的最值，得到不等关系. 【变式训练】2　(2025·聊城模拟)已知函数f(x)=ln x+. (1)求f(x)的最小值； (2)证明：xf(x)>. 考点三　双变量函数不等式的证明 【典例】3　已知函数f(x)=xe-x. (1)求函数f(x)的单调区间； (2)如果x1≠x2，且f(x1)=f(x2)，证明：x1+x2>2. 【变式训练】3(2025·邵阳模拟)已知函数f(x)=ax2+ln x-(a+1)x，h(x)=f(x)+ax2-(b-2)x，其中a>0，b∈R. (1)讨论f(x)的单调性； (2)当a=1时，若x1，x2是h(x)的两个不同的极值点，求证：h(x1)+h(x2)<-3-ln 2. 【限时训练】（限时：30分钟） 1.(13分)已知函数f(x)=xln x+ax+1(a∈R). (1)若f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围；(5分) (2)当x>1时，证明：exln x>e(x-1).(8分) 2.(15分)(2025·秦皇岛模拟)设函数f(x)=(x-2)ln x+1. (1)求f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(6分) (2)证明：f(x)+ex>x+1.(9分) 【拓展训练】(共17分) 3.(17分)若函数y=f(x)在[a，b]上存在x1，x2(a<x1<x2<b)，使得f'(x1)=，f'(x2)=，则称f(x)是[a，b]上的“双中值函数”，其中x1，x2称为f(x)在[a，b]上的中值点. (1)判断函数F(x)=x3-3x2+1是不是[-1，3]上的“双中值函数”，并说明理由；(5分) (2)已知函数f(x)=x2-xln x-ax，存在m>n>0，使得f(m)=f(n)，且f(x)是[n，m]上的“双中值函数”，x1，x2是f(x)在[n，m]上的中值点. ①求实数a的取值范围；(5分) ②证明：x1+x2>2.(7分) 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题六 不等式、函数与导数 第5讲　导数几何意义与不等式证明 【探究真题.明确方向】 1.(2025·全国Ⅰ卷，T12)若直线y=2x+5是曲线y=ex+x+a的一条切线，则a=　　　　.  2.(2021·全国乙卷理，T20)设函数f(x)=ln(a-x)，已知x=0是函数y=xf(x)的极值点. (1)求a； (2)设函数g(x)=，证明：g(x)<1. 3.(2022·全国甲卷理，T21)已知函数f(x)=-ln x+x-a. (1)若f(x)≥0，求a的取值范围； (2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1. 【命题预测】本讲是历年高考命题必考的内容，属于低中高档题目，三种题型都有所考查，分值约为5~13分. 【考向预测】考查重点一是利用导数的几何意义，求切线方程、参数值、范围等，二是利用导数证明不等式，涉及构造函数求最值、极值点偏移，以及切割线放缩等. 1.【答案】4 【解析】y=ex+x+a的导数为y'=ex+1， 因为直线y=2x+5是曲线y=ex+x+a的一条切线，直线的斜率为2， 令y'=ex+1=2，即ex=1，解得x=0， 将x=0代入切线方程y=2x+5，可得y=2×0+5=5， 所以切点坐标为(0，5)， 因为切点(0，5)在曲线y=ex+x+a上， 所以5=e0+0+a，即5=1+a，解得a=4. 2.(1)【解析】由题意得y=xf(x)=xln(a-x)， 则y'=ln(a-x)+x[ln(a-x)]'. 因为x=0是函数y=xf(x)的极值点， 所以y'|x=0=ln a=0，所以a=1. (2)【证明】由(1)可知，f(x)=ln(1-x)，其定义域为{x|x<1}， 当0<x<1时，ln(1-x)<0，此时xf(x)<0， 当x<0时，ln(1-x)>0，此时xf(x)<0. 易知g(x)的定义域为{x|x<1且x≠0}， 故要证g(x)=<1，只需证x+f(x)>xf(x)，即证x+ln(1-x)-xln(1-x)>0. 令1-x=t，则t>0，且t≠1， 则只需证1-t+ln t-(1-t)ln t>0，即证1-t+tln t>0. 令h(t)=1-t+tln t，则h'(t)=-1+ln t+1=ln t， 所以h(t)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，所以h(t)>h(1)=0， 即g(x)<1成立. 3.(1)【解析】由题意知函数f(x)的定义域为(0，+∞). 由f'(x)=-+1 ==， 可得函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增， 所以f(x)min=f(1)=e+1-a. 又f(x)≥0， 所以e+1-a≥0，解得a≤e+1， 所以a的取值范围为(-∞，e+1]. (2)【证明】方法一　不妨设x1<x2， 则由(1)知0<x1<1<x2，>1. 令F(x)=f(x)-f(x>0)， 则F'(x)=+·=. 令g(x)=ex+x-x-1(x>0)， 则g'(x)=ex+1-+x·=ex+1+(x>0)， 所以当x∈(0，1)时，g'(x)>0， 所以当x∈(0，1)时，g(x)<g(1)=0， 所以当x∈(0，1)时，F'(x)>0， 所以F(x)在(0，1)上单调递增， 所以F(x)<F(1)， 即在(0，1)上f(x)-f<F(1)=0. 又f(x1)=f(x2)=0， 所以f(x2)-f<0， 即f(x2)<f. 由(1)可知，函数f(x)在(1，+∞)上单调递增， 所以x2<，即x1x2<1. 方法二　(同构法构造函数化解等式) 不妨设x1<x2， 则由(1)知0<x1<1<x2，0<<1. 由f(x1)=f(x2)=0， 得-ln x1+x1=-ln x2+x2， 即+x1-ln x1=+x2-ln x2. 因为函数y=ex+x在R上单调递增， 所以x1-ln x1=x2-ln x2成立. 构造函数h(x)=x-ln x(x>0)， g(x)=h(x)-h=x--2ln x(x>0)， 则g'(x)=1+-=≥0(x>0)， 所以函数g(x)在(0，+∞)上单调递增， 所以当x>1时，g(x)>g(1)=0， 即当x>1时，h(x)>h， 所以h(x1)=h(x2)>h. 又h'(x)=1-=(x>0)， 所以h(x)在(0，1)上单调递减， 所以0<x1<<1，即x1x2<1. 考点一　导数的几何意义 【典例】1　(1)(2025·湛江模拟)已知函数f(x)=ex+2x，则曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为(　　) A.y=2x+1 B.y=3x+1 C.y=2x D.y=3x 【答案】B 【解析】由f(x)=ex+2x，得f'(x)=ex+2， 则f(0)=1，f'(0)=3，所以曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y=3x+1. (2)若至少存在一条直线与曲线f(x)=2x2+3和g(x)=3-tln x(t≠0)均相切，则t的取值范围是(　　) A.[-4e，0) B.[2e，+∞) C.(-4e，0)∪(0，+∞) D.[-4e，0)∪(0，+∞) 【答案】D 【解析】f'(x)=4x，g'(x)=-，设公切线与曲线y=f(x)相切于点(x1，2+3)，与曲线y=g(x)相切于点(x2，3-tln x2)(x2>0)， 则切线方程分别为y=4x1x-2+3，y=-x+t+3-tln x2， 所以 由①得=， 代入②得t=8ln x2-8. 令h(x)=8x2ln x-8x2(x>0)， 则h'(x)=8x(2ln x-1)， 所以当0<x<时，h'(x)<0，当x>时，h'(x)>0， 所以h(x)在区间(0，)上单调递减，在区间(，+∞)上单调递增， 所以h(x)min=h()=-4e， 又当x→+∞时，h(x)→+∞， 所以h(x)的值域为[-4e，+∞)， 所以t的取值范围是[-4e，0)∪(0，+∞). 【考法归纳】 (1)导数的几何意义 ①函数f(x)在x=x0处的导数即曲线y=f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率； ②曲线在某点的切线与曲线过某点的切线不同； ③切点既在切线上，又在曲线上； (2)区分“在点处”的切线和“过点处”的切线，过点P的切线，点P不一定是切点，点P也不一定在已知曲线上，而在点P处的切线，必以点P为切点. 【变式训练】1　(2024·新课标Ⅰ卷)若曲线y=ex+x在点(0，1)处的切线也是曲线y=ln(x+1)+a的切线，则a=　　　　.  【答案】ln 2 【解析】由y=ex+x得y'=ex+1， 当x=0时，y'=e0+1=2， 故曲线y=ex+x在点(0，1)处的切线方程为 y=2x+1. 由y=ln(x+1)+a得y'=， 设切线与曲线y=ln(x+1)+a相切的切点为(x0，y0)， 由两曲线有公切线得y'==2， 解得x0=-，代入切线方程y=2x+1得y0=2×+1=0， 则y0=ln(x0+1)+a=0， 即ln+a=0，解得a=ln 2. 考点二　单变量函数不等式的证明 【典例】2　已知函数f(x)=xex+a，g(x)=xln x+a. (1)若函数f(x)的最小值与g(x)的最小值之和为-，求a的值； (2)若a=0，x>0，证明：f(x)>g'(x). (1)【解析】因为f(x)=xex+a， 所以f'(x)=(1+x)ex.令f'(x)=0，解得x=-1. 所以当x∈(-∞，-1)时，f'(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈(-1，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增， 所以f(x)min=f(-1)=-+a. 因为g(x)=xln x+a，x>0， 所以g'(x)=ln x+1. 令g'(x)=0，解得x=. 所以当x∈时，g'(x)<0，g(x)单调递减； 当x∈时，g'(x)>0，g(x)单调递增， 所以g(x)min=g=-+a. 由题意可得-+a-+a=-， 解得a=-. (2)【证明】若a=0，x>0，则f(x)=xex， g(x)=xln x，g'(x)=ln x+1. 方法一　凹凸反转法 要证f(x)>g'(x)， 即证xex>ln x+1， 即证>. 令h(x)=，x>0，φ(x)=，x>0， 易得h'(x)=， 则令h'(x)<0，得0<x<1；令h'(x)>0，得x>1， 所以h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，所以h(x)≥h(1)=e. 易得φ'(x)==， 令φ'(x)>0，得0<x<； 令φ'(x)<0，得x>， 所以φ(x)在上单调递增， 在上单调递减， 所以φ(x)≤φ=<e， 所以h(x)>φ(x)，故f(x)>g'(x). 方法二　切线放缩法 令φ(x)=ln x-(x-1)，x>0， 则φ'(x)=-1=， 所以当x∈(0，1)时，φ'(x)>0；当x∈(1，+∞)时，φ'(x)<0， 所以φ(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减， 所以φ(x)≤φ(1)=0， 即ln x-(x-1)≤0，即ln x≤x-1， 即ln x+1≤x，当且仅当x=1时等号成立， 要证f(x)>g'(x)，即证xex>ln x+1， 只需证xex>x，即证ex>1. 因为x>0，所以ex>e0=1， 即证得f(x)>g'(x)成立. 方法三　切线放缩法 令φ(x)=ex-x-1， 则φ'(x)=ex-1， 当x∈(-∞，0)时，φ'(x)<0， 当x∈(0，+∞)时，φ'(x)>0， 所以φ(x)在(-∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增， 所以φ(x)≥φ(0)=0，即ex≥x+1， 当且仅当x=0时等号成立. 当x>0时，xex>x(x+1)， 要证f(x)>g'(x)，即证xex>ln x+1， 只需证x(x+1)>ln x+1， 即证x(x+1)-ln x-1>0. 令h(x)=x(x+1)-ln x-1，x>0， 则h'(x)=2x+1-=， 当x∈时，h'(x)<0， 当x∈时，h'(x)>0， 所以h(x)在上单调递减，在上单调递增， 所以h(x)≥h=-ln -=ln 2->0， 所以x(x+1)-ln x-1>0，即证得f(x)>g'(x)成立. 方法四　最值法(隐零点) 令φ(x)=f(x)-g'(x)=xex-ln x-1，x>0， 则φ'(x)=(x+1)ex-， φ″(x)=(x+2)ex+>0， 所以φ'(x)在(0，+∞)上单调递增， 又φ'=-2>0， φ'=-3<0， 所以∃x0∈，使φ'(x0)=0， 即(x0+1)=，则x0=， 所以当x∈(0，x0)时，φ'(x)<0； 当x∈(x0，+∞)时，φ'(x)>0， 所以φ(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增， 所以φ(x)min=φ(x0)=x0-ln x0-1=-ln x0-1， 令h(x)=-ln x-1，x∈，易知h(x)在上单调递减， 所以h(x)>h=-ln -1=ln 2->0. 所以φ(x)≥φ(x0)>0，即证得f(x)>g'(x). 【考法归纳】利用导数证明或判定不等式问题的常用方法 (1)最值法：通过移项构造新函数或者等价变形构造新函数，求解新函数的最值，从而得出不等关系； (2)适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系； (3)凹凸反转法：把所证不等式转化为两个函数的大小关系，分别求解两个函数的最值，得到不等关系. 【变式训练】2　(2025·聊城模拟)已知函数f(x)=ln x+. (1)求f(x)的最小值； (2)证明：xf(x)>. (1)【解析】由题意知f(x)的定义域为(0，+∞)， f'(x)=-=， 当x∈(0，1)时，f'(x)<0，所以f(x)在(0，1)上单调递减； 当x∈(1，+∞)时，f'(x)>0，所以f(x)在(1，+∞)上单调递增， 所以f(x)min=f(1)=1. (2)【证明】由(1)可知f(x)≥1，x>0，则xf(x)≥x，则要证明xf(x)>，只需要证明x>(x>0).构造函数g(x)=x-，x>0， 则g'(x)=1-=1-==≥0， 所以当x>0时，g(x)单调递增， 即g(x)>g(0)=0，所以x>(x>0)， 即xf(x)>成立. 考点三　双变量函数不等式的证明 【典例】3　已知函数f(x)=xe-x. (1)求函数f(x)的单调区间； (2)如果x1≠x2，且f(x1)=f(x2)，证明：x1+x2>2. (1)【解析】f'(x)=e-x-xe-x=(1-x)e-x， 令f'(x)>0⇒x<1；令f'(x)<0⇒x>1， 则f(x)的单调递增区间为(-∞，1)，单调递减区间为(1，+∞). (2)【证明】方法一　f'(x)=(1-x)e-x，由(1)可知f(x)在(-∞，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，且当x→-∞时，f(x)→-∞，f(0)=0，当x→+∞时，f(x)→0， 则函数f(x)在x=1处取得极大值f(1)=，如图所示. 由f(x1)=f(x2)，x1≠x2，不妨设x1<x2，则必有0<x1<1<x2， 构造函数F(x)=f(1+x)-f(1-x)，x∈(0，1)， F'(x)=f'(1+x)+f'(1-x)=(e2x-1)>0， 所以F(x)在(0，1)上单调递增，则F(x)>F(0)=0， 即f(1+x)>f(1-x)对x∈(0，1)恒成立. 由0<x1<1<x2，得1-x1∈(0，1)， 所以f(1+(1-x1))=f(2-x1)>f(1-(1-x1))=f(x1)=f(x2)，即f(2-x1)>f(x2)， 又因为2-x1，x2∈(1，+∞)，且f(x)在(1，+∞)上单调递减，所以2-x1<x2， 即x1+x2>2. 方法二　要证x1+x2>2，即证x2>2-x1，不妨设x1<x2，由方法一知，0<x1<1<x2， 故2-x1，x2∈(1，+∞)， 又因为f(x)在(1，+∞)上单调递减， 故只需证f(x2)<f(2-x1)， 又因为f(x1)=f(x2)， 故也即证f(x1)<f(2-x1)， 构造函数H(x)=f(x)-f(2-x)，x∈(0，1)， 则等价于证明H(x)<0对x∈(0，1)恒成立. 由H'(x)=f'(x)+f'(2-x)=(1-e2x-2)>0，则H(x)在(0，1)上单调递增， 所以H(x)<H(1)=0，即H(x)<0对x∈(0，1)恒成立， 故原不等式x1+x2>2成立. 方法三　由f(x1)=f(x2)得，x1=x2，化简得=， 不妨设x2>x1，由方法一知，0<x1<1<x2， 令t=x2-x1，则t>0，x2=t+x1， 代入=得，et=，得x1=，t>0， 则x1+x2=2x1+t=+t，t>0， 故要证x1+x2>2，即证+t>2，t>0， 又et-1>0，等价于证明2t+(t-2)(et-1)>0， 构造函数G(t)=2t+(t-2)(et-1)，t>0， 则G'(t)=(t-1)et+1， 令p(t)=G'(t)，t>0，则p'(t)=tet>0， 故G'(t)在(0，+∞)上单调递增，G'(t)>G'(0)=0， 从而G(t)也在(0，+∞)上单调递增，则G(t)>G(0)=0， 即2t+(t-2)(et-1)>0成立， 即原不等式x1+x2>2成立. 【考法归纳】证明含双参不等式成立的关键：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；二是构造函数，借助导数，判断函数的单调性，从而求其值；三是回归含双参的不等式的证明，把所求的最值应用到含参的不等式中，即可证得结果. 【变式训练】3(2025·邵阳模拟)已知函数f(x)=ax2+ln x-(a+1)x，h(x)=f(x)+ax2-(b-2)x，其中a>0，b∈R. (1)讨论f(x)的单调性； (2)当a=1时，若x1，x2是h(x)的两个不同的极值点，求证：h(x1)+h(x2)<-3-ln 2. (1)【解析】f'(x)=ax+-(a+1)==，x>0，a>0， 令f'(x)=0得，x=1或x=， 当0<a<1时，1<，则当0<x<1或x>时，f'(x)>0； 当1<x<时，f'(x)<0， 当a=1时，此时f'(x)≥0恒成立， 当a>1时，1>，则当0<x<或x>1时，f'(x)>0； 当<x<1时，f'(x)<0， 综上可知，当0<a<1时，函数f(x)的单调递增区间是(0，1)和，单调递减区间是； 当a=1时，函数f(x)的单调递增区间是(0，+∞)，无单调递减区间； 当a>1时，函数f(x)的单调递增区间是和(1，+∞)，单调递减区间是. (2)【证明】当a=1时，f(x)=x2+ln x-2x， h(x)=x2+ln x-bx，x>0， 令h'(x)=2x+-b==0， 由x1，x2是h(x)的两个不同的极值点可知，x1，x2是h'(x)=0的两个不同的实数根，则x1，x2是关于x的方程2x2-bx+1=0的两个不同的实数根， 得解得b>2， 则h(x1)+h(x2)=+ln x1-bx1++ln x2-bx2=(x1+x2)2-2x1x2+ln(x1x2)-b(x1+x2) =-1-ln 2-=--ln 2-1， 令g(b)=--ln 2-1，则g(b)在b∈(2，+∞)上单调递减，所以g(b)<g(2)=-3-ln 2， 即h(x1)+h(x2)<-3-ln 2. 【限时训练】（限时：30分钟） 1.(13分)已知函数f(x)=xln x+ax+1(a∈R). (1)若f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围；(5分) (2)当x>1时，证明：exln x>e(x-1).(8分) (1)【解析】由已知得，-a≤ln x+在(0，+∞)上恒成立， 设g(x)=ln x+，x>0，则g'(x)=-=， 令g'(x)>0，解得x>1， 令g'(x)<0，解得0<x<1， ∴g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增， ∴g(x)≥g(1)=1，即-a≤1，∴a≥-1. 即实数a的取值范围为[-1，+∞). (2)【证明】方法一　由(1)知，当a≥-1时，f(x)≥0恒成立，取a=-1，得ln x≥恒成立，当且仅当x=1时取等号. ∴当x>1时，exln x>， 设h(x)=ex-ex，x>1， h'(x)=ex-e，故当x>1时，h'(x)>0， ∴h(x)在(1，+∞)上单调递增， ∴h(x)>h(1)=0，∴ex>ex. ∴当x>1时，>e，即>e(x-1). 由此可证得当x>1时，exln x>e(x-1). 方法二　当x>1时，要证exln x>e(x-1)成立，即证ln x>，x>1. 设G(x)=ln x-，x>1， 则G'(x)=-=， 设m(x)=ex-1+x2-2x，x>1， 则m'(x)=ex-1+2x-2=ex-1+2(x-1)， 当x>1时，m'(x)>0，∴m(x)在(1，+∞)上单调递增. ∴m(x)>m(1)=0，∴当x>1时，G'(x)>0， ∴G(x)在(1，+∞)上单调递增，G(x)>G(1)=0， 由此可证得当x>1时，exln x>e(x-1)成立. 2.(15分)(2025·秦皇岛模拟)设函数f(x)=(x-2)ln x+1. (1)求f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(6分) (2)证明：f(x)+ex>x+1.(9分) (1)【解析】函数f(x)=(x-2)ln x+1，求导得f'(x)=ln x+1-，则f'(1)=-1，而f(1)=1， 所以f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y-1=-1·(x-1)，即x+y-2=0. (2)【证明】函数f(x)=(x-2)ln x+1的定义域为(0，+∞)， 函数f'(x)=ln x+1-，且f'(x)在(0，+∞)上单调递增， 而f'(1)=-1<0，f'(2)=ln 2>0， 则存在x0∈(1，2)，使得f'(x0)=0，即ln x0=-1，当0<x<x0时，f'(x)<0； 当x>x0时，f'(x)>0，即函数f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增， 因此f(x)≥f(x0)=(x0-2)ln x0+1=(x0-2)+1=5-， 又x0∈(1，2)，易得4<x0+<5，于是f(x)≥f(x0)>0； 令函数g(x)=ex-(x+1)，x>0，得g'(x)=ex-1>0，则函数g(x)在(0，+∞)上单调递增， 则g(x)>g(0)=0，即ex-(x+1)>0， 因此f(x)+g(x)=f(x)+ex-(x+1)>0， 所以f(x)+ex>x+1. 【拓展训练】(共17分) 3.(17分)若函数y=f(x)在[a，b]上存在x1，x2(a<x1<x2<b)，使得f'(x1)=，f'(x2)=，则称f(x)是[a，b]上的“双中值函数”，其中x1，x2称为f(x)在[a，b]上的中值点. (1)判断函数F(x)=x3-3x2+1是不是[-1，3]上的“双中值函数”，并说明理由；(5分) (2)已知函数f(x)=x2-xln x-ax，存在m>n>0，使得f(m)=f(n)，且f(x)是[n，m]上的“双中值函数”，x1，x2是f(x)在[n，m]上的中值点. ①求实数a的取值范围；(5分) ②证明：x1+x2>2.(7分) (1)【解析】是，理由如下： 根据条件易知F(3)=1，F(-1)=-3， 所以=1， 令F'(x)=3x2-6x=1， 可得x1=1-，x2=1+， 显然-1<x1=1-<x2=1+<3，符合“双中值函数”的定义， 即函数F(x)=x3-3x2+1是[-1，3]上的“双中值函数”. (2)①【解析】因为存在m>n>0，使得f(m)=f(n)， 所以=0. 因为f(x)是[n，m]上的“双中值函数”，所以f'(x1)=f'(x2)=0. 由题意可得f'(x)=x-ln x-a-1， 设g(x)=f'(x)=x-ln x-a-1，x>0， 则g'(x)=1-=， 当x∈(0，1)时，g'(x)<0，g(x)单调递减，即f'(x)单调递减； 当x∈(1，+∞)时，g'(x)>0，g(x)单调递增，即f'(x)单调递增， 故f'(x)min=f'(1)=-a， 因为f'(x1)=f'(x2)=0，且当x→0时，f'(x)→+∞，当x→+∞时，f'(x)→+∞， 所以-a<0，所以a>0， 即a的取值范围为(0，+∞). ②【证明】不妨设x1<x2，则由①可知0<x1<1<x2， 则x1-ln x1-a-1=0，x2-ln x2-a-1=0， 即x1-ln x1=a+1，x2-ln x2=a+1， 要证x1+x2>2，又a>0，可证x1+x2>a+2，即证x2>a+2-x1=1-ln x1. 设h(x)=g(x)-g(1-ln x)=x-1+ln(1-ln x)，0<x<1， 则h'(x)=1-. 设φ(x)=x(1-ln x)，0<x<1， 则φ'(x)=-ln x>0， 所以φ(x)在(0，1)上单调递增，则0<φ(x)<φ(1)=1， 所以h'(x)=1-<0，即h(x)在(0，1)上单调递减， 因为h(1)=g(1)-g(1)=0，所以h(x)>h(1)=0，即g(x)>g(1-ln x)， 又0<x1<1，所以g(x1)>g(1-ln x1)， 又g(x1)=g(x2)=0，所以g(x2)>g(1-ln x1)， 又0<x1<1，所以1-ln x1>1， 由①可知，g(x)在(1，+∞)上单调递增，所以x2>1-ln x1，即x1+x2>2得证. 学科网（北京）股份有限公司 $