第3課時(shí) 利用導(dǎo)數(shù)證明不等式授課提示：對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第293頁(yè)[A組　基礎(chǔ)保分練]1．已知函數(shù)f(x)＝x2－(a－2)x－aln x(a∈R)．(1)求函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當(dāng)a＝1時(shí)，證明：對(duì)任意的x＞0，f(x)＋ex＞x2＋x＋2.解析：(1)由題意知，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?/span>(0，＋∞)，由已知得f′(x)＝2x－(a－2)－＝＝.當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)＞0對(duì)任意x∈(0，＋∞)恒成立，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)．當(dāng)a＞0時(shí)，由f′(x)＞0，得x＞，由f′(x)＜0，得0＜x＜，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為.(2)證明：當(dāng)a＝1時(shí)，不等式f(x)＋ex＞x2＋x＋2可變?yōu)?/span>ex－ln x－2＞0.令h(x)＝ex－ln x－2，則h′(x)＝ex－，可知函數(shù)h′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，而h′＝e－3＜0，h′(1)＝e－1＞0，所以方程h′(x)＝0在(0，＋∞)上存在唯一實(shí)根x0，且x0∈，使ex0＝.當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，h′(x)＜0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，h′(x)＞0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞增．所以h(x)min＝h(x0)＝ex0－ln x0－2＝－ln －2＝＋x0－2＞0，即ex－ln x－2＞0在(0，＋∞)上恒成立，所以對(duì)任意x＞0，f(x)＋ex＞x2＋x＋2成立．2．已知函數(shù)f(x)＝ax－ln x－1.(1)若f(x)≥0恒成立，求a的最小值；(2)證明：＋x＋ln x－1≥0；(3)已知k(e－x＋x2)≥x－xln x恒成立，求k的取值范圍．解析：(1)由題意知x＞0，所以f(x)≥0等價(jià)于a≥.令g(x)＝，則g′(x)＝，所以當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，g′(x)＞0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)＜0.則g(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以g(x)max＝g(1)＝1，則a≥1，所以a的最小值為1.(2)證明：當(dāng)a＝1時(shí)，由(1)得x≥ln x＋1.即t≥ln t＋1.令＝t，則－x－ln x＝ln t，所以≥－x－ln x＋1，即＋x＋ln x－1≥0.(3)因?yàn)?/span>k(e－x＋x2)≥x－xln x，即k≥1－ln x恒成立，所以k≥＝－＋1，由(2)知＋x＋ln x－1≥0恒成立，所以－＋1≤1，故k≥1.[B組　能力提升練]1．已知函數(shù)f(x)＝ax＋xln x在x＝e－2(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))處取得極小值．(1)求實(shí)數(shù)a的值；(2)當(dāng)x＞1時(shí)，求證：f(x)＞3(x－1)．解析：(1)因?yàn)?/span>f(x)＝ax＋xln x，所以f′(x)＝a＋ln x＋1，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在x＝e－2處取得極小值，所以f′(e－2)＝0，即a＋ln e－2＋1＝0，所以a＝1，所以f′(x)＝ln x＋2.當(dāng)f′(x)＞0時(shí)，x＞e－2；當(dāng)f′(x)＜0時(shí)，0＜x＜e－2，所以f(x)在(0，e－2)上單調(diào)遞減，在(e－2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)在x＝e－2處取得極小值，符合題意，所以a＝1.(2)證明：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＞0)．g′(x)＝ln x－1，由g′(x)＝0，得x＝e.由g′(x)＞0，得x＞e；由g′(x)＜0，得0＜x＜e.所以g(x)在(0，e)上單調(diào)遞減，在(e，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)在(1，＋∞)上的最小值為g(e)＝3－e＞0.于是在(1，＋∞)上，都有g(x)≥g(e)＞0，所以f(x)＞3(x－1)．2．(2021·仙桃模擬)已知函數(shù)f(x)＝axln x(a＞0)的圖像在點(diǎn)(e，f(e))處的切線和直線x＋2y＋1＝0垂直．(1)求a的值；(2)對(duì)任意的x＞0，證明：f(x)≥－2x－e－3；(3)若f(x)＝b有兩個(gè)實(shí)數(shù)根x1，x2(x1≠x2)，證明：|x1－x2|＜b＋1＋.解析：(1)由f(x)的圖像在點(diǎn)(e，f(e))處的切線與直線x＋2y＋1＝0垂直，得該切線的斜率為2，即f′(e)＝2.因?yàn)?/span>f′(x)＝a(ln x＋1)，所以a(ln e＋1)＝2，解得a＝1.(2)證明：令g(x)＝f(x)＋2x＋e－3，則由(1)知g(x)＝xln x＋2x＋e－3(x＞0)，則g′(x)＝ln x＋3，顯然g′(x)＝0時(shí)，x＝e－3，當(dāng)x∈(0，e－3)時(shí)，g′(x)＜0，所以函數(shù)g(x)在(0，e－3)上單調(diào)遞減．當(dāng)x∈(e－3，＋∞)時(shí)，g′(x)＞0，所以函數(shù)g(x)在(e－3，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)≥g(e－3)＝－3e－3＋2e－3＋e－3＝0，所以對(duì)任意的x＞0，f(x)≥－2x－e－3.(3)證明：由(2)可得f(x)≥－2x－e－3，因?yàn)?/span>f′(x)＝ln x＋1，所以函數(shù)f(x)＝xln x的圖像在點(diǎn)(1，0)處切線的斜率k＝f′(1)＝1，可得在(1，0)處的切線方程為y＝x－1，作出函數(shù)f(x)＝xln x，y＝－2x－e－3和y＝x－1的圖像，如圖所示，由圖可得f(x)≥x－1.記直線y＝－2x－e－3，y＝x－1分別與直線y＝b交于(x′1，b)，(x′2，b)，可得x′2＝b＋1，x′1＝(x′1＜x′2)，結(jié)合圖像可知，|x1－x2|＜x′2－x′1＝(b＋1)－＝b＋1＋，故|x1－x2|＜b＋1＋.[C組　創(chuàng)新應(yīng)用練](2021·長(zhǎng)沙模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex(1＋aln x)，其中a＞0，設(shè)f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)．(1)設(shè)g(x)＝e－xf′(x)，若g(x)≥2恒成立，求a的取值范圍；(2)設(shè)函數(shù)f(x)的零點(diǎn)為x0，函數(shù)f′(x)的極小值點(diǎn)為x1，當(dāng)a＞2時(shí)，求證：x0＞x1.解析：(1)由題意知f′(x)＝ex(x＞0)，則g(x)＝e－xf′(x)＝1＋＋aln x，g′(x)＝(x＞0)．當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，g′(x)＜0，g(x)在區(qū)間(0，1)上單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)＞0，g(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，故g(x)在x＝1處取得最小值，且g(1)＝1＋a.由于g(x)≥2恒成立，所以1＋a≥2，得a≥1，即a的取值范圍為[1，＋∞)．(2)證明：設(shè)h(x)＝f′(x)＝ex，則h′(x)＝ex.設(shè)H(x)＝1＋－＋aln x(x＞0)，則H′(x)＝－＋＋＝＞0，故H(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．因?yàn)?/span>a＞2，所以H(1)＝a＋1＞0，H＝1－aln 2＜0，故存在x2∈，使得H(x2)＝0.則h(x)在區(qū)間(0，x2)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(x2，＋∞)上單調(diào)遞增，故x2是h(x)的極小值點(diǎn)，因此x2＝x1.由(1)可知，當(dāng)a＝1時(shí)，ln x＋≥1.因此h(x)≥h(x1)＝ex1＞ex1(1＋a)＞0，即f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．由于H(x1)＝0，即1＋－＋aln x1＝0，即1＋aln x1＝－，所以f(x1)＝ex1(1＋aln x1)＝aex1＜0＝f(x0)．又f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以x1＜x0. 

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