專題19　單變量不含參不等式證明方法之切線放縮如圖，y＝x＋1是y＝ex在(0，1)處的切線，有ex≥x＋1恒成立；y＝x－1是y＝lnx在(1，0)處的切線，有lnx≤x－1恒成立．在不等式“改造”或證明的過程中，有時借助于ex，lnx有關(guān)的常用不等式進(jìn)行適當(dāng)?shù)姆趴s，再進(jìn)行證明，會取得意想不到的效果．由ex≥x＋1引出的放縮：①ex－1≥x(用x－1替換x，切點橫坐標(biāo)是x＝1)，通常表達(dá)為ex≥ex．②ex＋a≥x＋a＋1(用x＋a替換x，切點橫坐標(biāo)是x＝－a)，平移模型，找到切點是關(guān)鍵．③xex≥x＋lnx＋1(用x＋lnx替換x，切點橫坐標(biāo)滿足x＋lnx＝0)，常見的指對跨階改頭換面模型，切線的方程是按照指數(shù)函數(shù)給予的．④ex≥x2>x2(x>0)，通常有(x>0)的構(gòu)造模型．由lnx≤x－1(也可以記為lnex≤x，切點為(1，0))引出的放縮：最常見的就是ln(x＋1)≤x，由lnx<x－1向左平移1個單位長度來理解，或者將ex≥x＋1兩邊取對數(shù)而來．①lnx≤，表示過原點的f(x)＝lnx的切線為y＝．②lnx≥1－，或者記為xlnx≥x－1．③lnx≤x2－x(由lnx≤x－1及x－1≤x2－x，切點橫坐標(biāo)是x＝1)，或者記為≤x－1．④lnx≤(x2－1)，即在點(1，0)處三曲線相切．
【例題選講】[例1]　求證：當(dāng)x>0時，不等式2－lnx＋>0恒成立．【思維引導(dǎo)】由常用不等式ex≥x＋1，得≥x－，即2≥2x－3，于是可得到這道題的解題思路．解析　令f(x)＝2－2x＋3(x>0)，則f′(x)＝2－2(x>0)，由f′＝0，可知f(x)在上是減函數(shù)，在上是增函數(shù)，所以f(x)≥f＝0，所以2≥2x－3　　　　　①．令g(x)＝2x－3－lnx＋(x>0)，則g′(x)＝2－－＝(x>0)，易知g(x)在(0，1]上是減函數(shù)，在[1，＋∞)上是增函數(shù)，所以g(x)≥g(1)＝0，所以2x－3≥lnx－(當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時等號成立)　　　　　②．因為①和②中的等號不能同時成立，所以由①和②，得2>lnx－，所以2－lnx＋>0．[例2]　已知函數(shù)為自然對數(shù)的底數(shù)）．
(1)求函數(shù)的最小值；(2)若，證明：．解析　(1)，，令，得．當(dāng)時，，當(dāng)時，．函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞減，在區(qū)間上單調(diào)遞增．當(dāng)時，有最小值1．(2)由(1)知，對任意實數(shù)均有，即．令，，2，，則，．即．，．，．[例3]　已知函數(shù)f(x)＝lnx－x＋1．(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)求證：當(dāng)x∈(1，＋∞)時，1<<x；【思維引導(dǎo)】解析　(1) f(x)的定義域為(0，＋∞)，由f′(x)＝－1＝(x>0)，可知f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(0，1]，單調(diào)減區(qū)間是[1，＋∞)．(2)由(1)可知，當(dāng)x>0時，f(x)≤f(1)＝0(當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時，等號成立)，所以當(dāng)x>0且x≠1時，有f(x)<0，即lnx<x－1，故當(dāng)x∈(1，＋∞)時，有故1<<x．[例4]　已知函數(shù)，其中．
(1)討論的單調(diào)性；(2)當(dāng)時，證明：；(3)求證：對任意的且，都有：．(其中為自然對數(shù)的底數(shù))．解析　(1)函數(shù)的定義域為，，①當(dāng)時，，所以在上單調(diào)遞增，②當(dāng)時，令，解得．當(dāng)時，，所以，所以在上單調(diào)遞減；當(dāng)時，，所以，所以在上單調(diào)遞增．綜上，當(dāng)時，函數(shù)在上單調(diào)遞增；當(dāng)時，函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增．(2)當(dāng)時，，要證明，即證，即．即．設(shè)則，令得，．當(dāng)時，，當(dāng)時，．所以為極大值點，也為最大值點所以(1)，即．故．(3)證明：由(2)，（當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立）令，則，所以，即，所以．【對點精練】1．已知函數(shù)f(x)＝lnx－a2x2＋ax．(1)試討論f(x)的單調(diào)性；(2)若a＝1，求證：當(dāng)x>0時，f(x)<e2x－x2－2．1．解析　(1) f(x)的定義域為(0，＋∞)，當(dāng)a＝0時，f(x)＝lnx在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a>0時，f′(x)＝－2a2x＋a＝＝－，當(dāng)0<x<時，f′(x)>0，當(dāng)x>時，f′(x)<0，所以f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減；
當(dāng)a<0時，f′(x)＝－，當(dāng)0<x<－時，f′(x)>0，當(dāng)x>－時，f′(x)<0，所以f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減．(2)當(dāng)a＝1時，f(x)＝lnx－x2＋x，要證當(dāng)x>0時，f(x)<e2x－x2－2，只需證lnx<e2x－x－2．令g(x)＝e2x－2x－1，則g′(x)＝2e2x－2＝2(e2x－1)，當(dāng)x>0時，g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)>g(0)＝0，所以，當(dāng)x>0時，e2x>2x＋1，所以e2x－x－2>x－1．令h(x)＝x－1－lnx，x>0，則h′(x)＝1－，當(dāng)0<x<1時，h′(x)<0，當(dāng)x>1時，h′(x)>0，所以h(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(x)min＝h(1)＝0，所以當(dāng)x>0時，h(x)≥h(1)＝0，即當(dāng)x>0時，x－1≥lnx，所以，當(dāng)x>0時，e2x－x－2>x－1≥lnx，即lnx<e2x－x－2，所以，當(dāng)x>0時，f(x)<e2x－x2－2．2．已知函數(shù)．(1)設(shè)是函數(shù)的極值點，求的值并討論的單調(diào)性；(2)當(dāng)時，證明：．2．解析　(1)，，由是函數(shù)的極值點得(1)，即，．于是，，由知在上單調(diào)遞增，且(1)，是的唯一零點．因此，當(dāng)時，，遞減；時，，遞增，函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增．(2)證明：當(dāng)，時，，又，．取函數(shù)，，
當(dāng)時，，單調(diào)遞減；當(dāng)時，，單調(diào)遞增，得函數(shù)在時取唯一的極小值即最小值為(1)． ，而上式三個不等號不能同時成立，故．3．若函數(shù)f(x)＝ex－ax－1(a＞0)在x＝0處取極值．(1)求a的值，并判斷該極值是函數(shù)的最大值還是最小值；(2)證明：1＋＋＋…＋＞ln(n＋1)(n∈N*)．3．解析　(1)因為x＝0是函數(shù)極值點，所以f′(0)＝0，所以a＝1．f(x)＝ex－x－1，易知f′(x)＝ex－1．當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f′(x)＞0，當(dāng)x∈(－∞，0)時，f′(x)＜0，故極值f(0)是函數(shù)最小值．(2)由(1)知ex≥x＋1．即ln (x＋1)≤x，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時，等號成立，令x＝(k∈N*)，則＞ln (1＋)，即＞ln ，所以＞ln (1＋k)－ln k(k＝1，2，…，n)，累加得1＋＋＋…＋＞ln (n＋1)(n∈N*)．4．(2018·全國Ⅰ改編)已知函數(shù)f(x)＝aex－lnx－1．(1)設(shè)x＝2是f(x)的極值點，求a的值并求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)求證：當(dāng)a＝時，f(x)≥0．4．解析　(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝a·ex－，由題設(shè)知，f′(2)＝a·e2－＝0，所以a＝，從而f(x)＝ex－lnx－1，f′(x)＝ex－(x>0)．因為f′(x)＝ex－在(0，＋∞)上是增函數(shù)，且f′(2)＝0，所以當(dāng)0<x<2時，f′(x)<0；當(dāng)x>2時，f′(x)>0．所以f(x)在(0，2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)當(dāng)a＝時，f(x)＝－lnx－1，所以只要證明－lnx－1≥0即可．設(shè)g(x)＝ex－ex(x>0)，則g′(x)＝ex－e(x>0)，可知g(x)在(0，1]上是減函數(shù)，在[1，＋∞)上是增函數(shù)，所以g(x)≥g(1)＝0，即ex≥ex?≥x．又由ex≥ex(x>0)?x≥1＋lnx(x>0)，所以－lnx－1≥x－lnx－1≥0，所以－lnx－1≥0得證，所以當(dāng)a＝時，f(x)≥0．5．已知函數(shù)f(x)＝x－1－alnx．(1)若f(x)≥0，求a的值；(2)設(shè)m為整數(shù)，且對于任意正整數(shù)n，·…·＜m，求m的最小值．
5．解析　(1) f(x)的定義域為(0，＋∞)．①若a≤0，因為f＝－＋aln2＜0，所以不滿足題意．②若a＞0，由f′(x)＝1－＝知，當(dāng)x∈(0，a)時，f′(x)＜0，當(dāng)x∈(a，＋∞)時，f′(x)＞0，所以f(x)在(0，a)上單調(diào)遞減，在(a，＋∞)上單調(diào)遞增，故x＝a是f(x)在x∈(0，＋∞)上的唯一一個最小值點．因為f(1)＝0，所以當(dāng)且僅當(dāng)a＝1時，f(x)≥0．故a＝1．(2)由(1)知當(dāng)x∈(1，＋∞)時，x－1－lnx＞0．令x＝1＋，得ln＜，從而ln＋ln＋…＋ln＜＋＋…＋＝1－＜1，故·…·＜e．因為＞2，所以m的最小值為3．6．已知函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)．(1)求證：當(dāng)x∈(0，＋∞)時，<f(x)<x；(2)已知e為自然對數(shù)的底數(shù)，求證：?n∈N*，<·…·<e．6．解析　(1)令g(x)＝f(x)－＝ln(1＋x)－(x>0)，則g′(x)＝－＝>0(x>0)，所以g(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)，所以當(dāng)x∈(0，＋∞)時，g(x)>g(0)＝0，即f(x)>成立．令h(x)＝f(x)－x＝ln(1＋x)－x(x>0)，則h′(x)＝－1＝－<0(x>0)，所以h(x)在(0，＋∞)上是減函數(shù)，所以當(dāng)x∈(0，＋∞)時，h(x)<h(0)＝0，即f(x)<x成立．綜上所述，當(dāng)x∈(0，＋∞)時，<f(x)<x成立．(2)由(1)可知，ln(1＋x)<x對x∈(0，＋∞)都成立， 所以ln＋ln＋…＋ln<＋＋…＋，即ln<＝．因為n∈N*，所以＝＋≤＋＝1，所以ln<1，所以 ·…·<e．又由(1)可知，ln(1＋x)>對x∈(0，＋∞)都成立，所以ln>＝(k＝1，2，…，n)，
所以ln＝ln＋ln＋…＋ln>＋＋…＋≥＋＋…＋＝＝，所以ln>，所以·…·>，所以<·…·<e． 

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