3.3.1 导数与不等式的证明 课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“导数及其应用”专题，依据高考评价体系梳理了利用导数证明不等式、解决恒成立问题、研究函数零点三大核心考点，通过近五年真题分析明确“不等式证明”占45%、“函数零点”占30%的高频考点分布，归纳出构造函数、分离参数等常考题型。 课件亮点在于“真题溯源+分层突破+素养提升”策略，如以2025年上海卷导数应用题为例，详解“构造函数求最值”和“双变量换元转化”方法，培养学生的逻辑推理和数学运算素养。设“易错陷阱警示”和“提分模板”，通过A/B/C组训练让学生掌握答题节奏，教师可据此精准复习，提升备考效率。

第三章 导数及其应用 第三讲　导数的综合应用 知识梳理·双基自测 名师讲坛·素养提升 考点突破·互动探究 提能训练　练案[18] 知识梳理 · 双基自测 返回导航 知 识 梳 理 知识点一　利用导数证明不等式 若证明f(x)<g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，如果能证明F(x)在(a，b)上的最大值小于0，即可证明f(x)<g(x)，x∈(a，b)． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 知识点二　利用导数解决不等式的恒(能)成立问题 “恒成立”与“能成立(存在性)”问题可看作一类问题，一般都可通过求相关函数的最值来解决，如：当f(x)在x∈D上存在最大值和最小值时，若f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)在x∈D上的最小值，将原条件转化为g(a)≤f(x)min；若f(x)≤g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)在x∈D上的最大值，将原条件转化为g(a)≥f(x)max；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)在x∈D上的最大值，将原条件转化为g(a)≤f(x)max；若存在x∈D，使得f(x)≤g(a)成立，应求f(x)在x∈D上的最小值，将原条件转化为g(a)≥f(x)min. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 知识点三　利用导数研究函数的零点 利用导数求函数零点步骤 (1)求函数f(x)的单调区间和极值． (2)根据函数f(x)的性质作出图象． (3)判断函数零点的个数． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 归 纳 拓 展 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 双 基 自 测 题组一　走出误区 1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)函数y＝x－sin x有无数多个零点．(　　) [答案]　(1)×　(2)×　(3)√　(4)× 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 题组二　走进教材 2．(选择性必修2P99T13改编)若函数f(x)＝xln x－a有两个零点，则实数a的取值范围为(　　) [答案]　C 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 A．f(a)>f(b) B．f(a)＝f(b) C．f(a)<f(b) D．f(a)f(b)>1 [答案]　C 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 4．(选择性必修2P99T12改编)求证：(1)ex≥x＋1； (2)ln x≤x－1(x>0)． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 题组三　走向考场 5．(2025·上海卷)已知f(x)＝x2－(m＋2)x＋mln x，m∈R. (1)若f(1)＝0，求不等式f(x)≤x2－1的解集； (2)若函数y＝f(x)满足在(0，＋∞)上存在极大值，求m的取值范围． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 第一课时　导数与不等式的证明 考点突破 · 互动探究 返回导航 直接作差构造函数证明不等式 (2025·莆田模拟)设函数f(x)＝ax－ln x在x＝1处的切线垂直于y轴． (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若x>1，证明：f(x)<ex－1－x＋1. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 再设φ(x)＝xex－1，x>1，则φ′(x)＝ex－1(x＋1)，因为x>1，则φ′(x)>0恒成立， 则φ(x)在(1，＋∞)上单调递增， 则易知g′(x)＝2－(ex－1＋xex－1)在(1，＋∞)上单调递减， 则g′(x)<g′(1)＝0，则g(x)＝2x－xex－1－1在(1，＋∞)上单调递减， 则g(x)<g(1)＝0，则h′(x)<0在(1，＋∞)上恒成立， 则h(x)<h(1)＝0，即f(x)<ex－1－x＋1. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 名师点拨：利用作差构造法证明不等式的基本步骤 (1)作差或变形； (2)构造新的函数g(x)； (3)利用导数研究g(x)的单调性或最值； (4)根据单调性及最值，得到所证不等式． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 【变式训练】 (2026·河北保定三模)已知函数f(x)＝x2－ax＋ln x，x＝1为f(x)的极值点． (1)求a； (2)证明：f(x)≤2x2－4x. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 利用隔离分析最值法证明不等式 (2026·山东潍坊期中)已知函数f(x)＝xln x＋x. (1)求函数f(x)的最小值； 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 名师点拨： 1．若直接求导比较复杂或无从下手时，或两次求导都不能判断导数的正负时，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，达到证明的目标．含ln x与ex的混合式不能直接构造函数，要将指数与对数分离，分别计算它们的最值，借助最值进行证明． 2．等价变形的目的是求导后简单地找到极值点，一般地，ex与ln x要分离，常构造xn与ln x，xn与ex的积、商形式，便于求导后找到极值点． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 【变式训练】 (2026·江苏南通百校开学联考改编)已知函数f(x)＝ln x＋x.证明：xf(x)<ex. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 放缩后构造函数证明不等式 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 名师点拨： 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 【变式训练】 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 双变量不等式的证明 (1)求f(x)的单调区间与极值； (2)设m，n为两个不相等的正数，且mln n－nln m＝m－n，证明：mn>e4. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 只需证明ln m＋ln n>4，即证ln m>4－ln n， 当ln n≥3时，此式显然成立； 当2<ln n<3时，1<4－ln n<2， 又f(x)在(1,2)上单调递增， ∴只需证f(ln m)＝f(ln n)>f(4－ln n)， 令h(x)＝f(x)－f(4－x)(2<x<3)， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 名师点拨：证明双变量函数不等式的常见思路 1．将双变量中的一个看作变量，另一个看作常数构造一个含参数的辅助函数证明不等式． 2．整体换元．对于齐次式往往可将双变量整体换元，化为一元不等式． 3．若双变量的函数不等式具有对称性，并且可以将两个变量分离开，分离之后的函数结构具有相似性，从而构造函数利用单调性证明． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 【变式训练】 已知函数f(x)＝x(1－ln x)． (1)讨论f(x)的单调性； 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 [解析]　(1)由条件知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ －ln x， 当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减． 即在区间(0,1)上，函数f(x)单调递增；在区间(1，＋∞)上，函数f(x)单调递减． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 下面证明x1＋x2>2. 令g(x)＝f(x)－f(2－x)，x∈(0,1)， 则g′(x)＝－ln[x(2－x)]>0， 所以g(x)在区间(0,1)上单调递增， 所以0＝g(1)>g(x1)＝f(x1)－f(2－x1)， 即f(2－x1)>f(x1)＝f(x2)． 又f(x)在区间(1，＋∞)上单调递减，所以2－x1<x2，即x1＋x2>2. 再证明x1＋x2<e. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 名师讲坛 · 素养提升 返回导航 有关x与ex，ln x的组合函数的处理方法 1．熟悉函数f(x)＝h(x)ln x±ex，h(x)＝ax2＋bx＋c(a，b不能同时为0)的图象特征，做到对图1、图2、图3、图4所示的特殊函数的图象“有形可寻”． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 方法一　分离参数，设而不求 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 方法二　分离ln x与ex 已知函数f(x)＝ax2－xln x. (1)若f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求a的取值范围； 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 方法三　借助ex≥x＋1和ln x≤x－1进行放缩 已知函数f(x)＝xex－aln x(e为自然对数的底数，e＝2.718…)． (1)若f(x)在(0,1)上单调递减，求实数a的取值范围； (2)当a＝－1时，设g(x)＝x[f(x)－xex]－x3＋x2－b，若函数g(x)存在零点，求实数b的最大值． [思路]　(1)先对f(x)求导，再利用f′(x)≤0对x∈(0,1)恒成立，可求实数a的取值范围；(2)将问题转化为方程b＝xln x－x3＋x2在(0，＋∞)上有解，构造函数k(x)＝xln x－x3＋x2，由零点存在性定理或利用ln x≤x－1可求得实数b的最大值． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 也就是ln x≤x－1. 由此可知k(x)＝xln x－x3＋x2≤x(x－1)－x3＋x2＝－x(x2－2x＋1)＝ －x(x－1)2≤0， 又当x＝1时，k(1)＝0， 所以实数b的最大值为0. (构造函数，利用不等式ln x≤x－1(x>0)放缩，求出实数b的最大值) 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 [关键点拨]　本题第(2)问的求解中，方法二借助不等式ln x≤x－1(x>0)进行放缩，使求解过程变得简洁，这种方法在求解涉及ln x的函数问题中经常用到，应注意掌握． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 【变式训练】 设函数f(x)＝ln x－x＋1. (1)讨论f(x)的单调性； 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 提能训练　练案[18] 返回导航 A组基础巩固 1．(2025·重庆诊断节选)已知函数f(x)＝eln x－ex，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 2．(2026·新乡模拟)已知函数f(x)＝x2ln x. (1)求f(x)的单调区间； (2)证明：f(x)≥x－1. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 3．(2026·西安模拟)已知函数f(x)＝ex＋x2－x－1. (1)求f(x)的最小值； (2)证明：ex＋xln x＋x2－2x>0. [解析]　(1)由题意可得f′(x)＝ex＋2x－1， 则函数f′(x)在R上单调递增，且f′(0)＝0. 由f′(x)>0，得x>0；由f′(x)<0，得x<0. 则f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 故f(x)min＝f(0)＝0. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 (2)证明：要证ex＋xln x＋x2－2x>0， 即证ex＋x2－x－1>－xln x＋x－1. 由(1)可知当x>0时，f(x)>0恒成立． 设g(x)＝－xln x＋x－1，x>0， 则g′(x)＝－ln x. 由g′(x)>0，得0<x<1； 由g′(x)<0，得x>1. 则g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而g(x)≤g(1)＝0，当且仅当x＝1时，等号成立． 因为等号不能同时成立， 故f(x)>g(x)，即ex＋xln x＋x2－2x>0. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 4．(2026·河北保定期中)已知函数f(x)＝ex＋sin x－2x，g(x)＝2－cos x. (1)已知直线x－y＋a＝0是曲线y＝g(x)，x∈[0，π]的切线，求实数a的值； (2)求函数f(x)的单调区间； (3)求证：f(x)≥g(x)恒成立． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 (2)∵f′(x)＝ex＋cos x－2， 当x∈(－∞，0]时，ex≤1，cos x≤1， ∴f′(x)≤0，f(x)单调递减， 当x∈[0，＋∞)时，f″(x)＝ex－sin x，ex≥1，sin x≤1， ∴f″(x)≥0，∴f′(x)单调递增， ∴f′(x)≥f′(0)＝0，f(x)单调递增． 综上所述，f(x)在(－∞，0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 ∴m(x)单调递增， 又∵m(0)＝0， ∴当x∈(－∞，0]时，m(x)≤0，即h′(x)≤0，h(x)单调递减； 当x∈[0，＋∞)时，m(x)≥0，即h′(x)≥0，h(x)单调递增． ∴h(x)≥h(0)＝0，∴f(x)≥g(x)恒成立． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 B组能力提升 1．(2026·陕西适应性检测)已知函数f(x)＝ex－1－x－ax2. (1)当a＝0时，求f(x)的单调区间； (2)当x≥0时，若不等式f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围； (3)若x>0，证明：(ex－1)ln(x＋1)>x2. [解析]　(1)由题意可知，当a＝0时， f(x)＝ex－1－x，x∈R， 则f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝0，则x＝0，当x>0时， f′(x)>0；当x<0时，f′(x)<0. 所以f(x)在(－∞，0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 2．(2022·北京卷节选)已知函数f(x)＝exln(1＋x)． (1)设g(x)＝f′(x)，讨论函数g(x)在[0，＋∞)上的单调性； (2)证明：对任意的s，t∈(0，＋∞)，有f(s＋t)>f(s)＋f(t)． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 C组拓展应用(选作) (2026·苏州模拟)已知函数f(x)＝ln x＋ax＋1，a∈R. (1)讨论f(x)的单调性； 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 谢谢观看 1．若x∈，则tan x>x>sin x. 2．若x∈(0，＋∞)，则ex≥x＋1>x－1≥ln x. 3．若x∈(－1，＋∞)，则x≥ln(x＋1)≥. (2)函数y＝tan x－x在内有三个零点．(　　) (3)不等式ex>ln(x＋2)恒成立．(　　) (4)不等式x≤1－x恒成立．(　　) A． B． C． D． [解析]　函数的定义域为(0，＋∞)，由f(x)＝0得a＝xln x，记g(x)＝xln x.则g′(x)＝ln x＋1，由g′(x)>0得x>，由g′(x)<0得0<x<. ∴g(x)在上递减，在上递增，且g(x)min＝g＝－，由图可知－<a<0，故选C. 3．(选择性必修2P94T2改编)若函数f(x)＝，0<a<b<e，则有(　　) [解析]　∵f(x)＝，∴f′(x)＝，当0<x<e时，f′(x)>0，故f(x)在(0，e)上单调递增．又∵0<a<b<e，∴f(a)<f(b)．故选C. [证明]　(1)设f(x)＝ex－x－1，则f′(x)＝ex－1在(－∞，0)上f′(x)<0，在(0，＋∞)上f′(x)>0，故f(x)在(－∞，0)上递减，在(0，＋∞)上递增，所以f(x)在x＝0处有最小值，故f(x)≥f(0)＝0，∴ex≥x＋1. (2)设f(x)＝ln x－x＋1(x>0)， f′(x)＝－1＝(x>0)， 在(0,1)上f′(x)>0，在(1，＋∞)上f′(x)<0， ∴f(x)在(0,1)上递增，在(1，＋∞)上递减，f(x)≤f(1)＝0. ∴ln x≤x－1. [解析]　(1)因为f(1)＝0，故1－m－2＋0＝0， 故m＝－1，故f(x)＝x2－x－ln x， 故f(x)≤x2－1即为x＋ln x≥1， 设s(x)＝x＋ln x，x>0，则s′(x)＝1＋>0， 故s(x)在(0，＋∞)上为增函数， 而x＋ln x≥1即为s(x)≥s(1)，故x≥1， 故原不等式的解集为[1，＋∞)． (2)f(x)在(0，＋∞)有极大值即为有极大值点． f′(x)＝2x－(m＋2)＋＝＝， 若m≤0，则x∈(0,1)时，f′(x)<0，x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0， 故x＝1为f(x)的极小值点，无极大值点，故舍； 若0<<1即0<m<2，则x∈时，f′(x)<0， x∈∪(1，＋∞)时，f′(x)>0， 故x＝为f(x)的极大值点，符合题设要求； 若m＝2，则x∈(0，＋∞)时，f′(x)≥0，f(x)无极值点，舍； 若>1即m>2，则x∈时，f′(x)<0， x∈(0,1)∪时，f′(x)>0， 故x＝1为f(x)的极大值点，符合题设要求． 综上，m>0且m≠2. [解析]　(1)由题意得x∈(0，＋∞)， 因为函数f(x)＝ax－ln x在x＝1处的切线垂直于y轴，所以f′(1)＝0. 由f(x)＝ax－ln x得f′(x)＝a－， 则f′(1)＝a－＝0，解得a＝1， 则f(x)＝x－ln x，f′(x)＝1－＝， 当x∈(0,1)时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减； 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，此时f(x)单调递增． 则f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)． (2)证明：证法一：欲证f(x)<ex－1－x＋1， 即证x－ln x<ex－1－x＋1. 即证2x－ln x－ex－1－1<0. 设h(x)＝2x－ln x－ex－1－1，x>1， 则h′(x)＝2－－ex－1＝， 令g(x)＝2x－xex－1－1，x>1， 则g′(x)＝2－(ex－1＋xex－1)， 证法二：欲证f(x)<ex－1－x＋1，即证x－ln x<ex－1－x＋1， 令g(x)＝x－ln x(x>1)，即证g(x)<g(ex－1)． 当x>1时，g′(x)＝1－>0，g(x)单调递增，所以只需证明x<ex－1(x>1)． 令h(x)＝ex－1－x(x>1)， 则h′(x)＝ex－1－1>0， 所以h(x)在(1，＋∞)上单调递增， 所以h(x)>h(1)＝0. 所以当x>1时，f(x)<ex－1－x＋1得证． [解析]　(1)f′(x)＝2x－a＋， 依题意，f′(1)＝2×1－a＋1＝0，解得a＝3， 经检验符合题意，所以a＝3. (2)证明：由(1)可知，f(x)＝x2－3x＋ln x， 要证f(x)＝x2－3x＋ln x≤2x2－4x， 即证x2－x－ln x≥0， 设g(x)＝x2－x－ln x， 则g′(x)＝2x－1－＝， 所以当x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减， 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增， 当x＝1时，g(x)取得极小值，也是最小值， 因为g(1)＝0，g(x)≥g(1)＝0， 所以f(x)≤2x2－4x. (2)证明：ln x＋1>－. [解析]　(1)由题意知，x∈(0，＋∞)， f′(x)＝ln x＋2，令f′(x)＝0可得x＝， 当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 所以f(x)min＝f＝－. (2)证明：因为x>0， 所以只需证明xln x＋x>－. 设g(x)＝－，x>0，则g′(x)＝， 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)＝－，所以g(x)≤－. 由(1)知f(x)≥－. 又因为g(x)≤－取等号时x＝1，f(x)＝xln x＋x≥－取等号时x＝， 所以等号不能同时取到，故xln x＋x>－，则原不等式得证． [证明]　要证xf(x)<ex，即证x2＋xln x<ex， 即证1＋<，x>0. 令函数g(x)＝1＋，则g′(x)＝. 令g′(x)>0，得x∈(0，e)； 令g′(x)<0，得x∈(e，＋∞)． 所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(e)＝1＋， 令函数h(x)＝，则h′(x)＝. 当x∈(0,2)时，h′(x)<0； 当x∈(2，＋∞)时，h′(x)>0. 所以h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(2)＝. 因为－>0，所以h(x)min>g(x)max， 即1＋<，从而xf(x)<ex得证. 已知0<x<1，求证：x2－<. [证明]　要证x2－<， 只需证ex<ln x， 又易证ex>x＋1(0<x<1)， ∴只需证明ln x＋(x＋1)>0. 即证ln x＋1－x3＋－x2>0， 而x3<x，x2<x(0<x<1)， ∴只需证ln x＋1－2x＋>0， 令g(x)＝ln x＋1－2x＋， 则g′(x)＝－2－＝－， 而2x2－x＋1>0恒成立， ∴g′(x)<0， ∴g(x)在(0,1)上单调递减， ∴当x∈(0,1)时，g(x)>g(1)＝0， 即ln x＋1－2x＋>0. ∴x2－<. 某些不等式，直接构造函数不易求其最值，可以适当地利用熟知的函数不等式ex≥x＋1,1－≤ln x≤x－1等进行放缩，有利于简化后续导数式的求解或函数值正负的判断；也可以利用局部函数的有界性进行放缩，然后再构造函数进行证明． 证明：exln x＋>1. [证明]　不等式exln x＋>1等价于(exln x＋2)>1， 由常用不等式ex≥x＋1，故ex－1≥x. 即≥1，故只需证exln x＋2>1， 令f(x)＝exln x＋2(x>0)， 则f′(x)＝e(ln x＋1)， 易得当x∈时，f′(x)<0； x∈时，f′(x)>0， 故f(x)>f＝1，原不等式得证. (2026·海南中学高三月考)已知函数f(x)＝. [解析]　(1)∵f′(x)＝＝， 当x∈(－∞，2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 当x∈(2，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减， ∴当x＝2时，f(x)取得极大值. 综上，f(x)的单调递增区间为(－∞，2)，单调递减区间为(2，＋∞)，极大值为，无极小值． (2)证明：由(1)知，x→－∞时，f(x)→－∞，x→＋∞时，f(x)→0＋，∴f(x)∈， 由mln n－nln m＝m－n得＝， 又f(ln m)＝＝，同理，f(ln n)＝， ∴ln m与ln n是f(x)＝t的两个正根，不妨设ln m<ln n，易知1<ln m<2，ln n>2，要证明mn>e4， 则h′(x)＝f′(x)＋f′(4－x)＝＋＝(2－x)·>0， ∴h(x)＝f(x)－f(4－x)>h(2)＝f(2)－f(2)＝0， ∴f(x)>f(4－x)， ∴f(ln n)>f(4－ln n)，即结论成立， 综上，mn>e4. (2)设a，b为两个不相等的正数，且bln a－aln b＝a－b，证明：2<＋<e. (2)证明：由bln a－aln b＝a－b， 得－ln ＝－ln . 令x1＝，x2＝， x1≠x2，不妨设x1<x2， 令f′(x)＝0，得x＝1.且f(e)＝0. 结合(1)中的f(x)的单调性，易知，0<x1<1<x2<e. 待证结论⇔2<x1＋x2<e. 证法一：不妨设x2＝tx1，则t>1，由x1(1－ln x1)＝x2(1－ln x2)可得x1(1－ln x1)＝tx1[1－ln (tx1)]，化简得ln x1＝1－， 要证x1＋x2<e，即证(1＋t)x1<e， 即证ln x1<1－ln(1＋t)， 即证1－<1－ln(1＋t)，即证<， 设h(t)＝，t>1，h′(t)＝， 令φ(t)＝1－－ln t，t>1， 所以φ′(t)＝－＝， 所以φ′(t)<0，所以φ(t)在(1，＋∞)上单调递减， 所以φ(t)<φ(1)＝0，所以h′(t)<0， 所以h(t)在(1，＋∞)上单调递减， 所以h(t＋1)<h(t)，即<， 所以x1＋x2<e，故2<＋<e. 证法二：f(x)在点(e,0)处的切线φ(x)＝e－x， 令F(x)＝f(x)－φ(x)＝2x－xln x－e，x∈(0，e)， F′(x)＝1－ln x>0，所以F(x)在区间(0，e)上单调递增，即F(x)<F(e)＝0， 所以当x∈(0，e)时，f(x)<φ(x)． 令t＝f(x1)＝f(x2)， 则t＝f(x2)<φ(x2)＝e－x2⇒t＋x2<e. 又t＝f(x1)＝x1(1－ln x1)，x1∈(0,1)， 所以t＝x1(1－ln x1)>x1，即x1＋x2<t＋x2<e. 综上，2<x1＋x2<e.故2<＋<e成立． 2．熟悉函数f(x)＝±ln x，其中h(x)＝ax2＋bx＋c(a，b不同时为0)的图象特征，做到对图5、图6所示的两个特殊函数的图象“有形可寻”． 已知函数f(x)＝ln x＋，g(x)＝，是否存在整数m，使得对任意的x∈，都有y＝f(x)的图象在y＝g(x)的图象下方？若存在，请求出整数m的最大值；若不存在，请说明理由．(参考数据：e＝2.718 28…为自然对数的底数，ln 2≈0.693 15) [解析]　假设存在整数m满足题意，则不等式ln x＋<对任意的x∈恒成立， 即m<ex－xln x对任意的x∈恒成立． 令v(x)＝ex－xln x，则v′(x)＝ex－ln x－1， 令φ(x)＝ex－ln x－1，则φ′(x)＝ex－， 易知φ′(x)在上单调递增，因为φ′＝e－2<0，φ′(1)＝e－1>0且φ′(x)的图象在上连续， 所以存在唯一的x0∈，使得φ′(x0)＝0，即－＝0，则x0＝－ln x0. 当x∈时，φ(x)单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，φ(x)单调递增． 则φ(x)在x＝x0处取得最小值，且最小值为φ(x0)＝－ln x0－1＝＋x0－1>2－1＝1>0，所以v′(x)>0，即v(x)在上单调递增， 所以m≤v＝e－ln ＝e＋ln 2≈1.995 30， 故存在整数m满足题意，且m的最大值为1. [探究]　若分离参数后导数零点不可求，且不能通过观察得到，此时可以采用设而不求的方法．在本题中，通过虚设零点x0，得到x0＝－ln x0，将－ln x0－1转化为普通代数式＋x0－1，然后利用基本不等式求出最值，同时消掉x0，即借助φ′(x0)＝0作整体代换，采取设而不求的方法，达到化简并求解的目的． (2)若a＝e(e为自然对数的底数)，证明：当x>0时，f(x)<xex＋. [思路]　(1)先对f(x)求导，然后分离参数，可得2a≥在x>0时恒成立，令g(x)＝(x>0)，再由函数g(x)的单调性求出g(x)＝的最大值，即可得a的取值范围；(2)先将不等式转化为ln x＋>ex－ex(x>0)，令h(x)＝ln x＋(x>0)，φ(x)＝ex－ex(x>0)，分别求出函数h(x)的最小值和函数φ(x)的最大值，比较其大小，即可证明不等式． [解析]　(1)易知f(x)的定义域为(0，＋∞)．对f(x)求导，得f′(x)＝2ax－ln x－1， 因为f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以当x>0时，f′(x)≥0恒成立， 即2ax－ln x－1≥0恒成立，也即2a≥在x>0时恒成立．(分离参数) 令g(x)＝，x>0，则2a≥g(x)max， g′(x)＝－，令g′(x)>0，可得ln x<0，解得0<x<1；令g′(x)<0，可得ln x>0，解得x>1. 所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则g(x)max＝g(1)＝1. (构造函数，利用单调性求出最大值) 所以2a≥1，即a≥. 故a的取值范围是. (2)证明：当a＝e时，f(x)＝－xln x，要证当x>0时，f(x)<xex＋，即证当x>0时，－xln x<xex＋. 因为x>0，所以只需证ex－ln x<ex＋，即证ln x＋>ex－ex.(x>0) 令h(x)＝ln x＋(x>0)， 则h′(x)＝－＝(x>0)． 由h′(x)<0，得0<x<；由h′(x)>0，得x>. 所以h(x)在上单调递减，在上单调递增， 则h(x)在x＝时取得最小值，最小值为h＝0，从而h(x)≥0，即ln x＋≥0. 令φ(x)＝ex－ex(x>0)，则φ′(x)＝e－ex(x>0)． 由φ′(x)>0，得0<x<1，由φ′(x)<0，得x>1， 所以φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 则φ(x)在x＝1时取得最大值，最大值为φ(1)＝0，从而φ(x)≤0，即ex－ex≤0. 因为h(x)和φ(x)不同时为0，所以ln x＋>ex－ex(x>0)，即当x>0时，f(x)<xex＋成立． [关键点拨]　本题第(2)问要证明当x>0时，不等式－xln x<xex＋成立，如果构造函数t(x)＝xex＋－＋xln x(x>0)，通过研究函数t(x)的单调性来证明不等式，会遇到导函数的零点不能确定的问题，增加了难度，所以先将不等式转化为ln x＋>ex－ex(x>0)(即分离ln x与ex)，再分别求函数h(x)＝ln x＋(x>0)的最小值和函数φ(x)＝ex－ex(x>0)的最大值，即可证明不等式． [解析]　(1)对f(x)求导，得f′(x)＝xex＋ex－＝. 由题意知，f′(x)≤0对x∈(0,1)恒成立， 即(x2＋x)ex－a≤0对x∈(0,1)恒成立， 也就是a≥(x2＋x)ex在(0,1)上恒成立． (分离参数) 设h(x)＝(x2＋x)ex，则h′(x)＝ex(2x＋1)＋(x2＋x)ex＝ex(x2＋3x＋1)， 当x∈(0,1)时，x2＋3x＋1>0，则h′(x)>0， 所以h(x)在(0,1)上单调递增，所以h(x)<h(1)＝2e，因此a≥2e， (构造函数，通过单调性求出a的取值范围) 于是实数a的取值范围是[2e，＋∞)． (2)当a＝－1时，f(x)＝xex＋ln x， 则g(x)＝xln x－x3＋x2－b. 由题意知方程b＝xln x－x3＋x2在(0，＋∞)上有解．(分离参数) 解法一：设k(x)＝xln x－x3＋x2(x>0)， 则k′(x)＝ln x＋1－3x2＋2x， 设m(x)＝ln x＋1－3x2＋2x(x>0)， 则m′(x)＝－6x＋2＝， 令m′(x)＝0，即6x2－2x－1＝0， 解得x1＝(舍去)，x2＝. 当x∈时，m′(x)>0，m(x)单调递增， 当x∈时，m′(x)<0，m(x)单调递减， 注意到m(1)＝0，故有m>0， 又m＝－1＋－<－<0， 所以存在x0∈，使m(x0)＝0， (应用函数零点存在定理) 即1＋ln x0－3x＋2x0＝0，易知k(1)＝0， 当x∈(0，x0)时，m(x)<0，即k′(x)<0，k(x)单调递减； 当x∈(x0,1)时，m(x)>0，即k′(x)>0，k(x)单调递增； 当x∈(1，＋∞)时，m(x)<0，即k′(x)<0，k(x)单调递减． 由于x→0时，k(x)→0且k(x)<0，所以k(x)max＝k(1)＝0， 于是实数b的最大值为0. 解法二：设k(x)＝xln x－x3＋x2，下面证ln x≤x－1(x>0)． 设φ(x)＝ln x－x＋1(x>0)，则φ′(x)＝－1， 令φ′(x)＝－1＝0，得x＝1. 当x∈(0,1)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增； 当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减． 所以φ(x)max＝φ(1)＝0，即φ(x)≤0， (2)求证：当x∈(1，＋∞)时，1<<x. [解析]　(1)由题设知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1， 令f′(x)＝0，解得x＝1. 当0<x<1时，f′(x)>0，f(x)在(0,1)上单调递增； 当x>1时，f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)上单调递减． (2)证明：由(1)知f(x)在x＝1处取得最大值，且最大值为f(1)＝0， 所以当x≠1时，ln x<x－1. 故当x∈(1，＋∞)时，0<ln x<x－1，即>1， 又ln <－1，所以ln x>， 即<x， 故当x∈(1，＋∞)时，恒有1<<x. [证明]　∵x>0，∴只需证f(x)≤－2e， f′(x)＝，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， ∴f(x)max＝f(1)＝－e. 记g(x)＝－2e(x>0)， 则g′(x)＝， ∴当0<x<1时，g′(x)<0； 当x>1时，g′(x)>0，故g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴g(x)min＝g(1)＝－e. 综上，当x>0时，f(x)≤g(x)， 即xf(x)－ex＋2ex≤0. [解析]　(1)因为f(x)＝x2ln x，x>0，所以f′(x)＝2xln x＋x＝x(2ln x＋1)， 由f′(x)＝0，得x＝e-. 当x∈(0，e-)时，f′(x)<0； 当x∈(e-，＋∞)时，f′(x)>0. 故f(x)的单调递减区间为(0，e-)，单调递增区间为(e-，＋∞)． (2)证明：f(x)≥x－1等价于ln x－≥0. 令函数g(x)＝ln x－，x>0， 则g′(x)＝－＝. 当x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减； 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增． 故g(x)≥g(1)＝0，即f(x)≥x－1. [解析]　(1)∵g′(x)＝sin x，x∈[0，π]， ∴g′(x)＝sin x＝1，解得x＝，∴切点为， ∴－2＋a＝0，∴a＝2－. (3)证明：f(x)≥g(x)恒成立⇔ex＋sin x－2x＋cos x－2≥0， 恒成立⇔＋1≥0恒成立． 令h(x)＝＋1， 则h′(x)＝＝， 令m(x)＝x－sin x，则m′(x)＝1－cos x≥0， (2)由条件得f′(x)＝ex－1－2ax， 令h(x)＝ex－1－2ax，则h′(x)＝ex－2a， ①当2a≤1，即a≤时，在[0，＋∞)上，h′(x)≥0， 即h(x)单调递增， 所以h(x)≥h(0)，即f′(x)≥f′(0)＝0， f(x)在[0，＋∞)上为增函数，∴f(x)≥f(0)＝0， ∴a≤时满足条件． ②当2a>1即a>时，令h′(x)＝0， 解得x＝ln(2a)，在[0，ln(2a)]上，h′(x)<0，h(x)单调递减， ∴当x∈[0，ln(2a)]时，有h(x)<h(0)＝0， 即f′(x)<f′(0)＝0，则f(x)在[0，ln(2a)]上为减函数， ∴f(x)<f(0)＝0，不合题意． 综上，实数a的取值范围为. (3)证明：由(2)得，当a＝且x>0时，ex>1＋x＋， 即ex－1>x＋＝， 要证不等式(ex－1)ln(x＋1)>x2， 只需证明ex－1>， 只需证明>， 只需证ln(x＋1)>， 设F(x)＝ln(x＋1)－(x>0)， 则F′(x)＝－＝(x>0)， 所以当x>0时，F′(x)>0恒成立，故F(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又F(0)＝0.∴F(x)>0恒成立，∴原不等式成立． [解析]　(1)因为g(x)＝f′(x)＝ex， 所以g′(x)＝ex， 令h(x)＝ln(1＋x)＋－， 则h′(x)＝－＋＝>0， ∴h(x)在[0，＋∞)上单调递增， ∴h(x)≥h(0)＝1>0， ∴g′(x)>0在[0，＋∞)上恒成立， ∴g(x)在[0，＋∞)上单调递增． (2)证明：原不等式等价于f(s＋t)－f(s)>f(t)－f(0)， 令m(x)＝f(x＋t)－f(x)，(x，t>0)， 即证m(x)>m(0)， ∵m(x)＝f(x＋t)－f(x)＝ex＋tln(1＋x＋t)－exln(1＋x)， m′(x)＝ex＋tln(1＋x＋t)＋－exln(1＋x)－＝g(x＋t)－g(x)， 由(1)知g(x)＝f′(x)＝ex在[0，＋∞)上单调递增， ∴g(x＋t)>g(x)， ∴m′(x)>0， ∴m(x)在(0，＋∞)上单调递增，又因为x，t>0， ∴m(x)>m(0)，所以命题得证． (2)证明：当a≤2时，≤e2x. [解析]　(1)函数f(x)＝ln x＋ax＋1的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝＋a. 当a≥0时，∀x∈(0，＋∞)，f′(x)＝＋a>0恒成立， 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a<0时，令f′(x)＝＋a＝＝0，解得x＝－， 当x∈时，f′(x)>0，f(x)在上单调递增，当x∈时，f′(x)<0，f(x)在上单调递减， 综上所述，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a<0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减． (2)证明：当a≤2时，因为x>0， 所以要证≤e2x， 只要证明≤e2x即可， 即要证ln x＋2x＋1≤xe2x，等价于证e2x＋ln x≥ln x＋2x＋1(*)． 令g(x)＝e2－x－1，则g′(x)＝ex－1， 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， 所以g(x)≥g(0)＝e0－0－1＝0，所以ex≥x＋1(当且仅当x＝0时等号成立)，所以(*)成立， 当且仅当2x＋ln x＝0时，等号成立． 令h(x)＝2x＋ln x(x>0)，因为h(x)＝2x＋ln x在(0，＋∞)上单调递增，h＝－1<0，h(1)＝2>0，所以存在x0∈，使得2x0＋ln x0＝0成立， 综上所述，原不等式得证． $