第 5 讲 导数与不等式的证明
讲义设计提纲：
命题分析
导数中的不等式证明作为高考常考点,也是学习中的难点，这类题目常与函数的性质、函数
的零点与极值、数列等相结合进行考查,题目难度较大,解题方法多种多样且灵活多变，考生常常
感到无处下手。
不等式证明问题的核心思想是构造函数，常用到的方法有做差构造、双函数构造、放缩构
造、换元构造、消元构造等方法，针对不同的题目，灵活采用不同的解题方法，可以达到事半功
倍的效果．
类型一：单变量不等式的证明
考向1 做差构造法
例1(2023·潍坊模拟)已知函数f(x)＝ex－ax－a，a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a＝1时，令g(x)＝.证明：当x>0时，g(x)>1.【解析】(1)函数f(x)＝ex－ax－a的定义域为R，求导得f′(x)＝ex－a，
当a≤0时，f′(x)>0恒成立，即f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，
当a>0时，令f′(x)＝ex－a>0，解得x>ln a，令f′(x)<0，解得x<ln a，
即f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，
所以当a≤0时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，
当a>0时，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
(2)证明 当a＝1时，g(x)＝，
当x>0时，>1⇔ex>1＋x＋⇔<1，
令F(x)＝－1，x>0，F′(x)＝<0恒成立，则F(x)在(0，＋∞)上单调递减，
F(x)<F(0)＝－1＝0，因此<1成立，
所以当x>0时，g(x)>1，即原不等式得证．
（1）待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，有时对复
杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证．
（2）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.
【对点演练1】已知函数 .证明：当x≥1时， .
2 lnx e 1
【证明】 f（x）＋g（x）≥ ⇔1－ － － ＋x≥0.
x x ex x
lnx e 1
令h（x）＝1－ － － ＋x（x≥1），
x ex x
1−lnx e 1 lnx e
则h（1）＝0，h'（x）＝－ ＋ ＋ ＋1＝ ＋ ＋1.
x2 ex x2 x2 ex
lnx e
因为x≥1，所以h'（x）＝ ＋ ＋1＞0，
x2 ex
所以h（x）在[1，＋∞）上单调递增，
lnx e 1
所以h（x）≥h（1）＝0，即1－ － － ＋x≥0.
x ex x
考向2 双函数构造法
例2(2023·苏州模拟)已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝e时，证明f(x)－＋2e≤0.
【解析】(1)解 函数的定义域为(0，＋∞)，
∵f′(x)＝－a＝(x>0)，
∴当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，故函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，由f′(x)>0，得0<x<，由f′(x)<0，得x>，即函数f(x)在区间上单调递增，在上单调递减．
综上，当a≤0时，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，f(x)在区间上单调递增，在上单调递减．
(2)证明 证明f(x)－＋2e≤0，只需证明f(x)≤－2e，
由(1)知，当a＝e时，函数f(x)在区间(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴f(x) ＝f(1)＝－e.
max
令g(x)＝－2e(x>0)，则g′(x)＝，
∴当x∈(0,1)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，
∴g(x) ＝g(1)＝－e，
min
∴当x>0，a＝e时，f(x)－＋2e≤0.
若直接求导比较复杂或无从下手时，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．本例中同时含ln x与ex，不能直接构造函数，把指数与对数分离两边，分别计算它
们的最值，借助最值进行证明．
【对点演练】 (2023·合肥模拟)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)解 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) ＝f(0)＝0.
min
(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．故f(x)>g(x)，即ex＋xln x＋x2－2x>0.
考向3放缩构造法
切入点1：从参数范围切入
例3 已知函数 ,证明:当 时, .
【解析】证明:当 时, .
设 ,则 .
当 时, .当 时, 是 的最小值点.
当 时, .
当 时, .
（2）已知函数 ,若 ,证明: .
【解析】证.明：由 得 ,
根据 ,可得 ,故只需要证明
令 ,则 ,
当 时, .
当 时,设 。 ,则 .
故函数 在 上单调递增.
又 当 时, .当 时, .函数 在区间 上单调递减,在区间 上单调递增.
,即 .
故 .
从参数范围切入主要由两种方法：（1）在给出了参数取值范围来证明不等式恒成立的题目中,把参数
按取值范围放缩为常数.例如:已知参数 ,证明 恒成立,按去参数放缩可得 ,只需要
证明 即可.
（2）根据参数的范围，可以去除参数或者简化不等式,进而快速得到证明.比如要证明
,如果能够得到 ,则把 直接扔掉,若 成立,则不等式
恒成立.
【对点演练1】已知函数 ，当 时，证明 ．
【证明】当 ， 时， ，故只需证明当 时 ．
当 时，函数 在 上为增函数，且 ， ．
故 在 上有唯一实数根 ，且 ．
当 时， ，当 ， 时， ，
从而当 时， 取得最小值．
由 ，得 ， ．故 ．
综上，当 时， ．
【对点演练2】已知函数 ,当 时,
证明： .
【解析】证明：要证明 ,
即证 .
当 时, .
只需证 .
设 ,
则 .
设 ,
则 .
在 上是增函数.
又 ,存在 ,使得
即 .
当 时, .
当 时, .
因此 在 上是减函数,在 上是增函数,
有极小值,也是最小值,且最小值为
因此 ,即 .
综上,当 时, .
切入点2：从函数不等式入手
对于一些无参不等式的证明,特别是同时包含指数函数、对数函数的不等式,我们通常需要用常用指数不等
式和常用对数不等式放缩为幂函数,从而实现函数简化,进而方便计算和求解.
例4证明: .
【解析】证明：由常用指数不等式 ,整体代换可得 ,当且仅当 时,取等号.
由常用对数不等式 ,整体代换可得 ,当且仅当 时,取等号.(1)式与(2)式取等号的条件不同, .
导数方法证明不等式中，最常见的是 ex和ln x与其他代数式结合的问题，对于这类问题，可以考
虑先对ex和ln x进行放缩，使问题简化，简化后再构建函数进行证明．常见的放缩公式如下：
(1)ex≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号；
(2)ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取等号．
【对点演练1】设函数 ，证明：
【证明】要证
即证
记 ， 由 得 ，
时 ， 递减； 时 ， 递增；
所以 ，即
于是 ，
（利用 进行放缩）
两等号成立的条件不同
所以
故 成立.
【对点演练2】设 .证明:当 时, .
【解析】证明：当 时， ,故 .
.记 ,
则
.
当 时, ,
在 内是减函数.
又 .
,即 .
当 时, .
类型二 双变量不等式的证明
考向1 分离变量构造
f(x)=(a+1)lnx+ax2 +1
例5已知函数 。
f (x)
（1）讨论函数 的单调性；
x x |f(x )−f(x )|≥4|x −x |
（2）设 a≤−2 ，证明：对任意 1， 2∈（0，+∞）， 1 2 1 2 。
【解析】（1）略。
（2）不妨设
x
1≥
x
2，由于
a≤−2
，由（1）可得
f (x)
在（0，+∞）单调递减。
|f(x )−f(x )|≥4|x −x | f (x )−f (x ) x x f (x )+x f (x )+x
所以 1 2 1 2 等价于 2 1 ≥ 1- 2，即 2 2≥ 1 1。
a+1 2ax2 +4x+a+1
+2ax+4
令
g(x)=f (x)+x
，则
g' (x)
=
x
=
x
。于是
−4x2 +4x−1 −(2x−1) 2
=
g' (x)
≤
x x
≤0。
g(x) g(x ) g(x ) f (x )+x f (x )+x
从而 在（0，+∞）单调递减，故 1 ≤ 2 即 1 1≤ 2 2，
，
x x |f(x )−f(x )|≥4|x −x |
故对任意 1， 2∈（0，+∞）， 1 2 1 2 。
将两个变量分离，根据式子的特点构造新函数，利用导数研究新函数的单调性及最值，从而得到所
证不等式
考向2 换元构造
例6（哈尔滨四模)已知函数f(x)＝ax＋1(x>0)，g(x)＝ln x－＋2a.(1)若a＝，比较函数f(x)与g(x)的大小；
(2)若m>n>0，求证：>.
【解析】 (1)a＝时，f(x)＝＋1，g(x)＝ln x＋＋1，
令F(x)＝f(x)－g(x)＝－ln x－，
则F′(x)＝－＋＝≥0，
所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增，且F(1)＝0.
综上，x＝1时，F(x)＝0，f(x)＝g(x)，x∈(0,1)时，F(x)<0，f(x)<g(x)；
x∈(1，＋∞)时，F(x)>0，f(x)>g(x)．
(2)证明：m>n>0，>1，要证>，
即证>ln m－ln n，
即证 － >ln ，
设t＝ ，且t>1，即证t－>ln t2＝2ln t，
即证－ln t－>0(t>1)，
由(1)知，x∈(1，＋∞)时，F(x)>0成立，故不等式成立，所以当m>n>0时，>.
将要求证的不等式等价变形，然后利用整体思想换元，再构造函数，结合函数的单调性可证得不等
式。
【对点演练】已知函数 有两个不相等的极值点．
（1）求实数 的取值范围；
（2）设函数 两个不相等的极值点分别为 ， ，
求证： ；
【解析】解：（1）由 ，得 ，
令 ，得 ，根据题意直线 和曲线 有2个不同交点，
由于 ，故 时， ， 递增， 时， ， 递减，
（1） ，
（1） ；
设 是区间 上的任意1个常数，
令 ，则 ， ，
当 时， ， 递增，
当 时， （3） ， 递增，
当 时， （4） ，即 ，
又当 时， ，故当 ， 时， ，即 ，
由于 时， ， 时， ，
故实数 的取值范围是 ；
（2）证明： 根据 ，不妨设 ，由（1）知 ，证明不等式 ，即证 ，
设 ，
当 时， ，
在 为增函数， 在 为减函数，
（1） ， （1） ，取 时即得所证不等式；
考向3 消元构造函数
例7已知函数f（x）＝xln x.
（1）判断f（x）的单调性；
（2）设方程f（x）－2x＋1＝0的两个根分别为x，x，求证：x＋x＞2e.
1 2 1 2
【解析】（1）f'（x）＝ln x＋1，x∈（0，＋∞），
1
令f'（x）＝0，得x＝ ，
e
1 1
当0＜x＜ 时，f'（x）＜0，当x＞ 时，f'（x）＞0，
e e
( 1) (1 )
所以f（x）在 0, 上单调递减，在 ,+∞ 上单调递增.
e e
（2）证明：令g（x）＝f（x）－2x＋1，则g'（x）＝ln x－1，
令g'（x）＝0，得x＝e，当0＜x＜e时，g'（x）＜0，当x＞e时，g'（x）＞0，
所以g（x）在（0，e）上单调递减，在（e，＋∞）上单调递增，
又g（e）＝1－e＜0，所以不妨设0＜x＜e＜x.
1 2
要证x＋x＞2e，即证x＞2e－x，即证g（x）＞g（2e－x）.
1 2 2 1 2 1
因为g（x）＝g（x），所以即证g（x）＞g（2e－x）.
2 1 1 1
令h（x）＝g（x）－g（2e－x），x∈（0，e），
则h'（x）＝ln x－2＋ln（2e－x）＝ln（2ex－x2）－2＝ln[－（x－e）2＋e2]－2＜0，
所以h（x）在（0，e）上单调递减，
所以h（x）＞h（e）＝g（e）－g（e）＝0，从而必有g（x）＞g（2e－x）.
2 1
即x＋x＞2e.
1 2
由已知条件入手，寻找双变量所满足的关系式，并把含双变量的不等式转化为含单变量的不等式，
再进行证明．
【变式演练】已知函数
(1)求 的极值;(2)若 , , , ,证明:
【解析】(1)因为 ,所以 ,
由 ,解得 ,由 ,解得
所以 在 单调递增,在 单调递减,
因此, 在 处取得极大值 ,无极小值.
(2)由(1)可知, 在 单调递减,
且 , , , ,
不妨设 ,要证 ,只要证
而 , ,且 在 单调递减,
所以只要证 ,即证 ,
即证 .
即证当 时, ,
令 , ,
则
令 ,
则
因为 ,所以 , ,所以 ,
即 在 单调递减,
则 ,即 ,所以 在 单调递增,
所以 ,
即当 时, ,
所以,原命题成立.
类型三 求和（积）型不等式的证明例8（2022·四川·石室中学高三期末）已知函数 的图象上有一点列 ，
点 在 轴上的射影是 ，且 （ 且 ）， ．
（1）求证： 是等比数列，并求出数列 的通项公式；
（2）对任意的正整数 ，当 ]时，不等式 恒成立，求实数 的取值范围；
（3）设四边形 的面积是 ，求证： ．
【分析】
（1）利用等比数列的定义可证得数列 为等比数列，确定该数列的首项和公比，可求得数列 的通项
公式；
（2）求得 ，利用数列单调性求得数列 的最大项为 ，由题意可知， ]时，不等式
恒成立，设 ，根据题意可知关于实数 的不等式组，由此可解得实数 的取值范围；
（3）求得 ，进而可求得 ，利用放缩法可得 ，进而可证得所证不等式成
立.
【详解】
（1）当 且 时， ，则 ，且 ，
所以，数列 是以 为首项，以 为公比的等比数列，
，则 ；
（2） ，
则 ，所以，数列 单调递减，所以，数列 的最大项为 ，可知对任意的 ， ，
则 ，化简得 ，
当 ]时，不等式 恒成立，
设 ，则 ，解得 或 .
因此，实数 的取值范围是 ；
（3）由（2）可得 ，则 ，
所以， ，
，
因此， .
故所证不等式成立.
【对点演练】（2022·全国·高三专题练习）已知二次函数 满足 ， ， ，
.
（1）求 的解析式；
（2）求证： 时， ；
（3）求证： .
【分析】
（1）由 ，得 的对称轴为 ，再利用待定系数法可求得结果；
（2）作差构造函数 ，求导得 ，再构造函数 ，求导可得其最小值为0，所以 ，可知 为 上的增函数，所以 时， ，即 ；
（3）由（2）知 ，即 .易知 时， 得 ，
，再裂项求和后放缩可证不等式.
【详解】
（1）由 ，得 的对称轴为 ，
所以可设 ，
由
，即 .
（2）设 ，
，
令 ，即 ，
则 ，
由 ，
在区间 上单调递减，在区间 上单调递增， .
∴ ，
∴ 在 上单调递增，
∴ 时， ，
∴ .
（3）由（2）知 即 .易知 时， ， ，
，
所以 ，
.
例9．（2023·云南红河·统考二模）已知函数 ．
(1)讨论 的单调性；
(2)当 时， 恒成立，求 的取值范围；
(3)设 ， ，证明： ．
【分析】（1）对函数求导，分 ， 和 讨论导函数的正负，进而判断函数的单调性；
（2）将不等式等价转化为 ，构造函数 （ ），利用导数判断函数的单调性，进
而求解即可；
（3）结合前面的解析，取 时，则 ，利用不等式的放缩即可证明.
【详解】（1）由题意可知 的定义域为 ，
令 ，则 ，
①当 时， ， 在 上恒成立， 在 上单调递减．
②当 时， ， 时， ，
时， ， 时， ，
故 在 单调递减，在 单调递增，在 单调递减．
③当 时， ， 时， ，
时， ， 时， ，
故 在 单调递减，在 单调递增，在 单调递减．
（2）当 时， 恒成立，故 ，所以 ，即 ，
由 得 ，令 （ ），
则 ，
令 ，则 ，
在 单调递增，则 ，
即 在 恒成立，故 在 单调递增．
所以 ，故 在 恒成立．
由 在 单调递增，而 ， ，故 ．
（3）取 时， ，则 ，
所以 ，
因此 ，
则 .
（1）证明函数中与正整数有关的不等式，其实质是利用函数性质证明数列不等式，证明此类
问题时常根据已知的函数不等式，用关于正整数n的多项式替代函数不等式中的自变量，通过多次求和达到证
明的目的．
（2）对于求积型不等式的证明，通常对不等式两边取对数，把乘法运算降级为加法运算.
【对点演练1】已知函数 .
（1）证明： 时， ；
（2）证明： .
【详解】（1） 时， ，
故 为增函数， ；
（2）由（1）知： ，令 时，有 ，
故 ， ，…， ，
将 式相加得： ，
∴ .
【对点演练2】（2022·全国·高三课时练习）已知函数 ，其中 ．
（1）讨论 的单调性；
（2）当 时，证明： ；
（3）求证：对任意的 且 ，都有： ．
（其中 为自然对数的底数）．
【分析】
（1）求出导函数 ，按照 和 讨论，确定 的正负，得 的单调区间；
（2）不等式即为 ，即 ．引入函数 ，由导数确定其最大值后可证结论．
（3）关键是如何应用刚才所证得的函数不等式，由（2） ，令 ，让 ，这些不等
式相加后右边利用放缩法证明和式 ，可得证结论．
【详解】
解：（1）函数 的定义域为 ， ，
①当 时， ，所以 在 上单调递增，
②当 时，令 ，解得 ．
当 时， ，所以 ，所以 在 上单调递减；当 时， ，所以 ，所以 在 上单调递增．
综上，当 时，函数 在 上调递增；
当 时，函数 在 上单调递减，在 上单调递增．
（2）当 时， ，要证明 ，
即证 ，即 ．
设 ，则 ，令 得， ．
当 时， ，当 时， ．
所以 为极大值点，也为最大值点．
所以 ，即 ．故 ．
（3）证：由（2） ，（当且仅当 时等号成立）令 ，则 ，
∴
，
即 ，
所以 ．
1.已知函数f(x)=ax+xln x在x=e-2(e为自然对数的底数)处取得极小值.
(1)求实数a的值;
(2)当x>1时,求证:f(x)>3(x-1).
【解析】(1)因为f(x)=ax+xln x,
所以f'(x)=a+ln x+1,
因为函数f(x)在x=e-2处取得极小值,所以f'(e-2)=0,即a+ln e-2+1=0,解得a=1,
所以f'(x)=ln x+2.当f'(x)>0时,x>e-2;
当f'(x)<0时,0<x<e-2,所以f(x)在(0,e-2)上单调递减,在(e-2,+∞)上单调递增,
所以f(x)在x=e-2处取得极小值,符合题意,
所以a=1;
(2)由(1)知a=1,所以f(x)=x+xln x.
令g(x)=f(x)-3(x-1),
即g(x)=xln x-2x+3(x>1),
g'(x)=ln x-1,由g'(x)=0,得x=e.
由g'(x)>0,得x>e;由g'(x)<0,得1<x<e.
所以g(x)在(1,e)上单调递减,在(e,+∞)上单调递增,所以g(x)在(1,+∞)上的最小值为g(e)=3-e>0.于是∀x∈(1,+∞),都
有g(x)≥g(e)>0,所以f(x)>3(x-1).
1
2.已知函数f（x）＝xex－bxln x－ x2（b∈R），其图象在点（1，f（1））处的切线斜率为2e－3.证明：当x＞
2
3
1时，f（x）＞xex－ x2＋1.
2
1
【证明】由f（x）＝xex－bxln x－ x2可得f'（x）＝（x＋1）ex－b（ln x＋1）－x.
2
因为函数f（x）的图象在点（1，f（1））处的切线斜率为2e－3，
所以f'（1）＝2e－b－1＝2e－3，
解得b＝2，
3 1
当x＞1时，f（x）＞xex－ x2＋1等价于x2－2xln x－1＞0，即x－2ln x－ ＞0.
2 x
1 2 1 (x-1)2
令F（x）＝x－2ln x－ ，则F'（x）＝1－ ＋ ＝ ＞0在（1，＋∞）上恒成立，
x x x2 x2
所以函数F（x）在区间（1，＋∞）上单调递增，
1
所以当x＞1时，F（x）＞F（1）＝1－2ln 1－ ＝0，
1
3
所以当x＞1时，f（x）＞xex－ x2＋1.
2
转化为两个函数的最值证明不等式
3.已知函数f(x)=aln x+x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当a=1时,证明:xf(x)<ex.
【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),
a x+a
f'(x)= +1= .
x x
当a≥0时,f'(x)>0,
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.当a<0时,当x∈(-a,+∞)时,f'(x)>0;
当x∈(0,-a)时,f'(x)<0.
所以f(x)在(-a,+∞)上单调递增,
在(0,-a)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(-a,+∞)上单调递增,
在(0,-a)上单调递减;
(2)当a=1时,要证xf(x)<ex,
lnx ex
即证x2+xln x<ex,即证1+ < .
x x2
lnx 1−lnx
令函数g(x)=1+ ,则g'(x)= ,
x x2
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,
1
所以g(x) =g(e)=1+ ,
max e
ex
令函数h(x)= ,
x2
ex(x-2)
则h'(x)= .
x3
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,
e2
所以h(x) =h(2)= .
min 4
e2 1
因为 -(1+ )>0,
4 e
所以h(x) >g(x) ,
min max
lnx ex
即1+ < ,从而xf(x)<ex得证.
x x2
xlnx x
4.已知函数f(x)= ,g(x)= ,且曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为x-2y+n=0.
x+m ex
(1)求m,n的值;
(2)证明:f(x)>2g(x)-1.
【解析】(1)由已知得f(1)=0,
所以1-0+n=0,解得n=-1.(lnx+1)(x+m)-xlnx
因为f'(x)= ,
(x+m)2
m+1 1
所以f'(1)= = ,解得m=1;
(1+m)2 2
(2)设h(x)=ex-x-1(x>0),
则h'(x)=ex-1>0,
所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,
所以h(x)>h(0)=0,即ex>x+1>1,
1 1
所以 < .
ex x+1
xlnx 2x
要证f(x)>2g(x)-1,即证 > -1,
x+1 ex
xlnx 2x
只需证 ≥ -1,
x+1 x+1
即证xln x≥x-1,
令m(x)=xln x-x+1,则m'(x)=ln x,
因为当x∈(0,1)时,m'(x)<0;
当x∈(1,+∞)时,m'(x)>0,
所以m(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
所以m(x) =m(1)=0,
min
即m(x)≥0,
所以xln x≥x-1,则f(x)>2g(x)-1得证.
5.(2023·淄博模拟)已知函数f(x)＝ex－x－1.
(1)求函数f(x)的单调区间和极值；
(2)当x≥0时，求证：f(x)＋x＋1≥x2＋cos x.
【解析】(1)解 易知函数f(x)的定义域为R，
∵f(x)＝ex－x－1，∴f′(x)＝ex－1，
令f′(x)>0，解得x>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
令f′(x)<0，解得x<0，f(x)在(－∞，0)上单调递减，
即f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)，
∴函数f(x)的极小值为f(0)＝0，无极大值．
(2)证明 要证f(x)＋x＋1≥x2＋cos x，
即证ex－x2－cos x≥0，
设g(x)＝ex－x2－cos x，要证原不等式成立，即证g(x)≥0成立，
∵g′(x)＝ex－x＋sin x，sin x≥－1，
∴g′(x)＝ex－x＋sin x≥ex－x－1
，
由(1)知，ex－x－1≥0(x＝0时等号成立)，∴g′(x)>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴在区间[0，＋∞)上，g(x)≥g(0)＝0，
∴当x≥0时，f(x)＋x＋1≥x2＋cos x得证．
6.已知函数f(x)＝xln x－ax.
(1)当a＝－1时，求函数f(x)在(0，＋∞)上的最值；
(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x＋1>－成立．
【解析】(1)解 函数f(x)＝xln x－ax的定义域为(0，＋∞)，
当a＝－1时，f(x)＝xln x＋x，f′(x)＝ln x＋2，
由f′(x)＝0，得x＝，
当0<x<时，f′(x)<0；
当x>时，f′(x)>0，
所以f(x)在 上单调递减，在 上单调递增，
因此f(x)在x＝处取得最小值，即f(x) ＝f ＝－，无最大值．
min
(2)证明 当x>0时，ln x＋1>－，
等价于x(ln x＋1)>－，
由(1)知，当a＝－1时，f(x)＝xln x＋x≥－，当且仅当x＝时取等号，
设G(x)＝－，x∈(0，＋∞)，
则G′(x)＝，易知G(x) ＝G(1)＝－，
max
当且仅当x＝1时取到，从而可知对一切x∈(0，＋∞)，都有f(x)>G(x)，即ln x＋1>－.
7.(2022·新高考全国Ⅱ)已知函数f(x)＝xeax－ex.
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x>0时，f(x)<－1，求a的取值范围；
(3)设n∈N*，证明：＋＋…＋>ln(n＋1)．
【解析】(1)解 当a＝1时，f(x)＝(x－1)ex，x∈R，
则f′(x)＝xex，
当x<0时，f′(x)<0，
当x>0时，f′(x)>0，
故f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
(2)解 设h(x)＝xeax－ex＋1，
则h(0)＝0，
又h′(x)＝(1＋ax)eax－ex，
设g(x)＝(1＋ax)eax－ex，
则g′(x)＝(2a＋a2x)eax－ex，
若a>，
则g′(0)＝2a－1>0，因为g′(x)为连续不间断函数，
故存在x∈(0，＋∞)，
0
使得∀x∈(0，x)，总有g′(x)>0，
0
故g(x)在(0，x)上单调递增，
0
故g(x)>g(0)＝0，
故h(x)在(0，x)上单调递增，
0
故h(x)>h(0)＝0，与题设矛盾．
若0<a≤，
则h′(x)＝(1＋ax)eax－ex＝eax＋ln(1＋ax)－ex，
下证：对任意x>0，总有ln(1＋x)<x成立，
证明：设S(x)＝ln(1＋x)－x，x>0，
故S′(x)＝－1＝<0，
故S(x)在(0，＋∞)上单调递减，
故S(x)<S(0)＝0，即ln(1＋x)<x成立．
由上述不等式有eax＋ln(1＋ax)－ex<eax＋ax－ex＝e2ax－ex≤0，
故h′(x)≤0总成立，
即h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以h(x)<h(0)＝0，满足题意．
若a≤0，则h′(x)＝eax－ex＋axeax<1－1＋0＝0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以h(x)<h(0)＝0，满足题意．
综上，a≤.
(3)证明 取a＝，
则∀x>0，总有 －ex＋1<0成立，
令t＝ ，则t>1，t2＝ex，x＝2ln t，
故2tln t<t2－1，即2ln t<t－对任意的t>1恒成立．
所以对任意的n∈N*，
有2ln<－，
整理得ln(n＋1)－ln n<，
故＋＋…＋>ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋…＋ln(n＋1)－ln n
＝ln(n＋1)，
故不等式成立．
8.已知函数f(x)＝1－，g(x)＝x－ln x.
(1)证明：g(x)≥1；
(2)证明：(x－ln x)f(x)>1－.
【证明】 (1)由题意得g′(x)＝(x>0)．当0<x<1时，g′(x)<0；当x>1时，g′(x)>0，
即g(x)在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数．
所以g(x)≥g(1)＝1.
(2)由f(x)＝1－，得f′(x)＝，
所以当0<x<2时，f′(x)<0，当x>2时，f′(x)>0，
即f(x)在(0,2)上是减函数，在(2，＋∞)上是增函数，
所以f(x)≥f(2)＝1－(当且仅当x＝2时，等号成立)．①
又由(1)知x－ln x≥1(当且仅当x＝1时，等号成立)， ②
且①②等号不能同时取到，
所以(x－ln x)f(x)>1－.
9．已知函数f(x)＝ln (x＋1)＋.
(1)若x>0时，f(x)>1恒成立，求a的取值范围；
(2)求证：ln (n＋1)>＋＋＋…＋(n∈N*)．
【解析】 (1)由ln (x＋1)＋>1，得a>(x＋2)－(x＋2)ln (x＋1)．
令g(x)＝(x＋2)[1－ln (x＋1)]，
则g′(x)＝1－ln (x＋1)－＝－ln (x＋1)－.
当x>0时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
所以g(x)<g(0)＝2.
故a的取值范围为[2，＋∞)．
(2)证明：由(1)知ln (x＋1)＋>1(x>0)，所以ln (x＋1)>.
令x＝(k>0)，得ln >，
即ln >.
所以ln ＋ln ＋ln ＋…＋ln >＋＋＋…＋，
即ln (n＋1)>＋＋＋…＋(n∈N*)．
10．已知函数f(x)＝ln x－ax2＋x，a∈R.
(1)当a＝0时，求函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程；
(2)若a＝－2，正实数x，x 满足f(x)＋f(x)＋xx＝0，求证：x＋x≥.
1 2 1 2 1 2 1 2
【解析】 (1)函数的定义域为(0，＋∞)，当a＝0时，f(x)＝ln x＋x，则f(1)＝1，所以切点为(1,1)，
又因为f′(x)＝＋1，
所以切线斜率k＝f′(1)＝2，
故切线方程为y－1＝2(x－1)，
即2x－y－1＝0.
(2)证明：当a＝－2时，f(x)＝ln x＋x2＋x(x>0)．
由f(x)＋f(x)＋xx＝0，
1 2 1 2
得ln x＋x＋x＋ln x＋x＋x＋xx＝0，
1 1 2 2 1 2
从而(x＋x)2＋(x＋x)＝xx－ln (xx)，
1 2 1 2 1 2 1 2令t＝xx(t>0)，令φ(t)＝t－ln t，
1 2
得φ′(t)＝1－＝，
易知φ(t)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以φ(t)≥φ(1)＝1，
所以(x＋x)2＋(x＋x)≥1，
1 2 1 2
因为x>0，x>0，所以x＋x≥成立．
1 2 1 2
11.已知函数f(x)＝aex－1－ln x－1.
(1)若a＝1，求f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)证明：当a≥1时，f(x)≥0.
【解析】(1)解 当a＝1时，
f(x)＝ex－1－ln x－1(x>0)，
f′(x)＝ex－1－，k＝f′(1)＝0，
又f(1)＝0，
∴切点为(1,0)．
∴切线方程为y－0＝0(x－1)，即y＝0.
(2)证明 ∵a≥1，
∴aex－1≥ex－1，
∴f(x)≥ex－1－ln x－1.
方法一 令φ(x)＝ex－1－ln x－1(x>0)，
∴φ′(x)＝ex－1－，
令h(x)＝ex－1－，
∴h′(x)＝ex－1＋>0，
∴φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又φ′(1)＝0，
∴当x∈(0,1)时，φ′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0，
∴φ(x)在(0,1)上单调递减，
在(1，＋∞)上单调递增，
∴φ(x) ＝φ(1)＝0，
min
∴φ(x)≥0，
∴f(x)≥φ(x)≥0，
即f(x)≥0.
方法二 令g(x)＝ex－x－1，
∴g′(x)＝ex－1.
当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0；
当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，
∴g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
∴g(x) ＝g(0)＝0，
min
故ex≥x＋1，当且仅当x＝0时取“＝”．同理可证ln x≤x－1，
当且仅当x＝1时取“＝”．
由ex≥x＋1⇒ex－1≥x(当且仅当x＝1时取“＝”)，
由x－1≥ln x⇒x≥ln x＋1(当且仅当x＝1时取“＝”)，
∴ex－1≥x≥ln x＋1，
即ex－1≥ln x＋1，
即ex－1－ln x－1≥0(当且仅当x＝1时取“＝”)，
即f(x)≥0.
12.（2022·天津市宝坻区第一中学三模（理））已知函数 （ 为自然对数的底数）.
（1）求函数 的单调区间；
（2）当 时，若 对任意的 恒成立，求实数 的值；
（3）求证： .
【解析】
【分析】（1）由题设， ，
当 时 ， 在 上单调递增；
当 时， 时 ， 单调递减，
时 ， 单调递增．
（2）由（1）知： 时 ，
所以 ，即 恒成立，
记 ，则 ，
所以在 上 ，在 上 ，
所以 在 上递增，在 上递减，则 ，
所以 ，即 ．
（3） 时， ，
时， ，
所以 ( )．
由（2）知： ，即 ，则 时 ，
综上， ，即原不等式成立．
