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培优点 2 对数平均不等式、切线不等式
在高考压轴题中，经常考查与导数有关的不等式问题，这些问题可以用常规方法求解，
也可以转变成对数平均不等式、切线不等式进行求解，起到事半功倍的效果．
考点一 对数平均不等式
例1 若a＞0，b＞0，a≠b，求证：＜＜.
证明 不妨设a＞b＞0，
①要证＜成立，
即证＜，
即证ln ＜，
即证ln ＜－，
令＝t(t＞1)，
则需证明2ln t＜t－(t＞1)，
构造函数f(t)＝2ln t－t＋(t＞1)，
则f′(t)＝－1－＝－＜0，
所以f(t)在(1，＋∞)上单调递减，又f(1)＝0，
所以f(t)<0，即2ln t＜t－，
原不等式得证．
②要证＜，
只需证2·＜ln ，
即证2·＜ln ，
令t＝(t＞1)，
即证2·＜ln t.
即证2－1)，
φ′(t)＝－＝<0，
∴φ(t)在(1，＋∞)上单调递减，
∴φ(t)<φ(1)＝0，即2－x>0，
1 2 2 1
则x＞1.
2
由于＝－－1＋
＝－2＋，
由对数平均不等式知
>＝1，
又x>x>0，
2 1
∴x－x<0，ln x－ln x<0，
1 2 1 2
∴0<<1，
∴＝－2＋<－2＋a，
即证原不等式成立．
考点二 以泰勒公式为背景的切线不等式
泰勒公式：将函数展开为一个多项式与一个余项的和．
f(x)＝f(x)＋f′(x)(x－x)＋(x－x)2＋…＋(x－x)n＋R(x)，
0 0 0 0 0 n
其中余项R(x)＝(x－x)n＋1(ξ在x 与x之间)，
n 0 0
当x＝0时为麦克劳林公式．
0
其中ex与ln(1＋x)的麦克劳林公式为
ex＝1＋x＋x2＋x3＋o(x3)，ln(1＋x)＝x－x2＋x3＋o(x3)，
从中截取片段就构成了常见的不等式：
ex≥1＋x或ex≥1＋x＋(x≥0)，ln(1＋x)≤x(x≥0)或ln x≤x－1(x>0)，ln(1＋x)≥x－(x≥0)，
例2 设函数f(x)＝aexln x＋，曲线y＝f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y＝e(x－1)＋2.
(1)求a，b的值；
(2)证明：f(x)>1.
(1)解 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝aexln x＋ex－ex－1＋ex－1.
由题意可得f(1)＝aeln 1＋＝2，f′(1)＝aeln 1＋ae－be0＋be0＝e.
故a＝1，b＝2.
(2)证明 方法一 由(1)知，f(x)＝exln x＋ex－1＝ex.
因为ex≥1＋x，所以ex－1≥x，
即≥x，ex≥ex，当x＝1时等号成立，
即e－ln x≥e(－ln x)，
所以≥e(－ln x)，
即ln x≥－，当x＝时等号成立，
所以ex≥ex＝＞1(等号不同时成立)．
方法二 由(1)知，
f(x)＝exln x＋·ex－1，
从而f(x)>1等价于xln x>xe－x－.
设函数g(x)＝xln x，则g′(x)＝1＋ln x.
所以当x∈时，g′(x)<0；
当x∈时，g′(x)>0.
故g(x)在上单调递减，在上单调递增，
从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g＝－.
设函数h(x)＝xe－x－，
则h′(x)＝e－x(1－x)．
所以当x∈(0,1)时，h′(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0.故h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而h(x)在(0，＋∞)上的最大值为h(1)
＝－.
综上，当x>0时，g(x)>h(x)，即f(x)>1.
规律方法 指数的放缩．形如：
ex－1≥x－1＋1⇒ex≥ex，
≥e·⇒ex≥xn.
对数的放缩．形如：
eln x≥1＋ln x⇒ln x≤x－1⇒ln(1＋x)≤x，
ln<⇒ln(x＋1)－ln x<，
ln<－
⇒ln(1＋x)－ln x>，
ln ≤－1⇒x≥eln x.
跟踪演练2 已知函数f(x)＝ax2－(2a＋1)x＋2ln x(a∈R)．
(1)当a＞0时，求函数f(x)的单调递增区间；
(2)当a＝0时，证明：f(x)<2ex－x－4.
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝ax－(2a＋1)＋＝，
当0<<2，即a>时，
在和(2，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当＝2，即a＝时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当>2，即00，f(x)单调递增．
综上所述，当a>时，f(x)的单调递增区间为和(2，＋∞)；
当a＝时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；
当00，
构造函数h(x)＝ex－ln x－2(x>0)，
h′(x)＝ex－，
令φ(x)＝ex－(x>0)，
则φ′(x)＝ex＋>0，
所以h′(x)在(0，＋∞)上单调递增，h′＝－2<0，h′(1)＝e－1>0，
故存在x∈，
0
使得h′(x)＝0，即 ＝.
0
当x∈(0，x)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；
0
当x∈(x，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增．
0
所以当x＝x 时，h(x)取得极小值，也是最小值．
0
h(x)＝ －ln x－2＝－ －2
0 0
＝＋x－2>2－2＝0，
0
所以h(x)＝ex－ln x－2>0，
故f(x)<2ex－x－4.
方法二 当a＝0时，要证f(x)<2ex－x－4，
即证ex－ln x－2>0，
由x>0时，ex>x＋1可得ex－1>x，
由x>0时，ln x≤x－1可得x≥ln x＋1，
故ex－1>x≥ln x＋1，
即ex－ln x－2>0，
即原不等式成立．
专题强化练
1．(2022·葫芦岛模拟)已知函数f(x)＝x＋b(1＋ln x)(b∈R)．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)设g(x)＝f(x)－sin x，若存在00，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
若b<0，令f′(x)＝0，得x＝－b，
当x∈(0，－b)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(－b，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
综上，若b≥0，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；
若b<0，f(x)的单调递减区间为(0，－b)，单调递增区间为(－b，＋∞)．(2)证明 g(x)＝x＋b(1＋ln x)－sin x，
g′(x)＝1－＋，
①若b≥0，则由1－>0，≥0得
g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
故不存在00)，m′(x)＝1－cos x≥0，当x→0时，m(x)→0，
故m(x)>0，
即x>sin x，
因为g(x)＝g(x)，
1 2
即x＋b(1＋ln x)－sin x
1 1 1
＝x＋b(1＋ln x)－sin x，
2 2 2
所以－b(ln x－ln x)
2 1
＝x－x－(sin x－sin x)>(x－x)，
2 1 2 1 2 1
又0>0，
根据对数平均不等式＜＜，
所以>，
所以－2b>，故xx<4b2.
1 2
2．(2022·抚州模拟)已知函数f(x)＝x(ln x＋a)，a∈R.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)当a＝1时，求证：f(x)≤xex－1在(0，＋∞)上恒成立．
(1)解 因为f(x)＝x(ln x＋a)，
故可得f′(x)＝ln x＋a＋1，
又y＝ln x＋a＋1为增函数，
令f′(x)＝0，解得x＝e－a－1，
故当0e－a－1时，f′(x)>0，
故f(x)的单调递减区间为(0，e－a－1)，
单调递增区间为(e－a－1，＋∞)．
(2)证明 当a＝1时，f(x)＝x(ln x＋1)，
要证f(x)≤xex－1，
即证x(ln x＋1)≤xex－1，
又x>0，则只需证ln x＋1≤ex－1，又ln x＋1≤x，ex－1≥x，
且等号都在x＝1处取得，
所以ln x＋1≤ex－1.
即ef(x)≤xex在(0，＋∞)上恒成立．
