專題20　單變量含參不等式證明方法之合理消參【例題選講】[例1] (2018·全國Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝aex－lnx－1．(1)設x＝2是f(x)的極值點，求a，并求f(x)的單調區(qū)間；(2)證明：當a≥時，f(x)≥0．解析　(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝aex－．由題設知，f′(2)＝0，所以a＝．從而f(x)＝ex－ln x－1，f′(x)＝ex－．當0＜x＜2時，f′(x)＜0；當x＞2時，f′(x)＞0．所以f(x)在(0，2)單調遞減，在(2，＋∞)單調遞增．(2)證明：當a≥時，f(x)≥－ln x－1．設g(x)＝－ln x－1，則g′(x)＝－．當0＜x＜1時，g′(x)＜0；當x＞1時，g′(x)＞0．所以x＝1是g(x)的最小值點．故當x＞0時，g(x)≥g(1)＝0．因此，當a≥時，f(x)≥0．[例2]　設a為實數(shù)，函數(shù)f (x)＝ex－2x＋2a，x∈R．(1)求f (x)的單調區(qū)間與極值；(2)求證：當a>ln2－1且x>0時，ex>x2－2ax＋1．解析　(1)由f (x)＝ex－2x＋2a(x∈R)，知f ′(x)＝ex－2．令f ′(x)＝0，得x＝ln 2．當x<ln 2時，f ′(x)<0，故函數(shù)f (x)在區(qū)間(－∞，ln 2)上單調遞減；當x>ln 2時，f ′(x)>0，故函數(shù)f (x)在區(qū)間(ln 2，＋∞)上單調遞增．所以f (x)的單調遞減區(qū)間是(－∞，ln 2)，單調遞增區(qū)間是(ln 2，＋∞)，f (x)在x＝ln 2處取得極小值f (ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2a＝2－2ln 2＋2a，無極大值．(2)證明：要證當a>ln 2－1且x>0時，ex>x2－2ax＋1，即證當a>ln 2－1且x>0時，ex－x2＋2ax－1>0．設g(x)＝ex－x2＋2ax－1(x≥0)．則g′(x)＝ex－2x＋2a，由(1)知g′(x)min＝g′(ln 2)＝2－2ln 2＋2a．又a>ln 2－1，則g′(x)min>0．于是對?x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R上單調遞增．于是對?x>0，都有g(x)>g(0)＝0．即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1．[例3]　設函數(shù)f(x)＝e2x－aln x．(1)討論f(x)的導函數(shù)f′(x)零點的個數(shù)；(2)證明：當a>0時，f(x)≥2a＋aln．解析　(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－(x>0)．當a≤0時，f′(x)>0，f′(x)沒有零點；當a>0時，設u(x)＝e2x，v(x)＝－，
因為u(x)＝e2x在(0，＋∞)上單調遞增，v(x)＝－在(0，＋∞)上單調遞增，所以f′(x)在(0，＋∞)上單調遞增．又當x→0時，f′(x) →－∞，當x→＋∞時．f′(x)→＋∞．故當a>0時，f′(x)存在唯一零點．(2)由(1)，可設f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零點為x0，當x∈(0，x0)時，f′(x)<0；當x∈(x0，＋∞)時，f′(x)>0．故f(x)在(0，x0)上單調遞減，在(x0，＋∞)上單調遞增，所以當x＝x0時，f(x)取得最小值，最小值為f(x0)．由于－＝0，所以f(x0)＝－aln x0＝＋2ax0－2ax0－aln x0＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln．當且僅當x0＝時，取等號．故當a>0時，f(x)≥2a＋aln．[例4]　已知函數(shù)，（為自然對數(shù)的底數(shù)）．(1)當時，求曲線在點處的切線方程；(2)證明：當時，不等式成立．解析　(1)由題意知，當時，，解得，又，，即曲線在點處的切線方程為．(2)證明：當時，得，要證明不等式成立，即證成立，即證成立，即證成立，令，，易知，，由，知在上單調遞增，上單調遞減，，所以成立，即原不等式成立．【對點精練】1．已知函數(shù)f(x)＝(x＋b)(ex－a)(b>0)，在(－1，f(－1))處的切線方程為(e－1)x＋ey＋e－1＝0．(1)求a，b；(2)若m≤0，證明：f(x)≥mx2＋x．1．解析　(1)f′(x)＝(x＋b＋1)ex－a，由于切線(e－1)x＋ey＋e－1＝0的斜率為－1，圖象過點(－1，0)，所以解得
(2)由(1)可知，，由，可得，令，則，當時，，當時，設，則，故函數(shù)在上單調遞增，又，所以當時，，當時，， 所以函數(shù)在區(qū)間上單調遞減，在區(qū)間上單調遞增， 故，即．故．2．已知f(x)＝ln x－x＋a＋1．(1)若存在x∈(0，＋∞)，使得f(x)≥0成立，求實數(shù)a的取值范圍；(2)求證：當x＞1時，在(1)的條件下，x2＋ax－a＞xlnx＋成立．2．解析　f(x)＝ln x－x＋a＋1(x＞0)．(1)原題即為存在x∈(0，＋∞)，使得ln x－x＋a＋1≥0，所以a≥－ln x＋x－1，令g(x)＝－ln x＋x－1，則g′(x)＝－＋1＝．令g′(x)＝0，解得x＝1．因為當0＜x＜1時，g′(x)＜0，所以g(x)為減函數(shù)，當x＞1時，g′(x)＞0，所以g(x)為增函數(shù)，所以g(x)min＝g(1)＝0，所以a≥g(1)＝0．所以a的取值范圍為[0，＋∞)．(2)證明：原不等式可化為x2＋ax－xln x－a－＞0(x＞1，a≥0)．令G(x)＝x2＋ax－xln x－a－，則G(1)＝0．由(1)可知x－ln x－1＞0，則G′(x)＝x＋a－ln x－1≥x－ln x－1＞0，所以G(x)在(1，＋∞)上單調遞增．所以當x＞1時，G(x)＞G(1)＝0．所以當x＞1時，x2＋ax－xln x－a－＞0成立，即當x＞1時，x2＋ax－a＞xln x＋成立．3．(2017·全國Ⅲ)已知函數(shù)f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x．(1)討論f(x)的單調性；(2)當a<0時，證明f(x)≤－－2．3．解析　(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝．
若a≥0，則當x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上單調遞增．若a<0，則當x∈時，f′(x)>0；當x∈時，f′(x)<0．故f(x)在上單調遞增，在上單調遞減．綜上，當a≥0，f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；當a<0時，f(x)在上單調遞增，在上單調遞減．(2)證明　由(1)知，當a<0時，f(x)在x＝－處取得最大值，最大值為f ＝ln－1－，所以f(x)≤－－2等價于ln－1－≤－－2，即ln＋＋1≤0．設g(x)＝ln x－x＋1(x>0)，則g′(x)＝－1．當x∈(0，1)時，g′(x)>0；當x∈(1，＋∞)時，g′(x)<0．所以g(x)在(0，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減．故當x＝1時，g(x)取得最大值，最大值為g(1)＝0．所以當x>0時，g(x)≤0．從而當a<0時，ln＋＋1≤0，即f(x)≤－－2．4．已知函數(shù)f(x)＝ex＋m－x3，g(x)＝ln(x＋1)＋2．(1)若曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線斜率為1，求實數(shù)m的值；(2)當m≥1時，證明：f(x)＞g(x)－x3．4．解析　(1)因為，所以 因為曲線在點處的切線斜率為，所以，解得(2)因為，，所以等價于．當時，．要證，只需證明以下給出兩種思路證明．思路1(隱零點法)：設，則．設，則，所以函數(shù)在上單調遞增．因為，，所以函數(shù)在上有唯一零點，且．
因為，所以，即．當時，；當時，，所以當時，取得最小值．所以．綜上可知，當時，．思路2(切線放縮法)：先證明，設，則．因為當時，，當時，，所以當時，函數(shù)單調遞減，當時，函數(shù)單調遞增．所以．所以（當且僅當時取等號）所以要證明，只需證明下面證明．設，則．當時，，當時，，所以當時，函數(shù)單調遞減，當時，函數(shù)單調遞增．所以．所以（當且僅當時取等號）．由于取等號的條件不同，所以．綜上可知，當時，．5．已知函數(shù)f(x)＝ex＋a－lnx(其中e＝2.718 28…，是自然對數(shù)的底數(shù))．(1)當a＝0時，求函數(shù)f(x)的圖象在(1，f(1))處的切線方程；(2)求證：當a>1－時，f(x)>e＋1．5．解析　(1)∵a＝0時，∴f(x)＝ex－ln x，f′(x)＝ex－(x>0)，∴f(1)＝e，f′(1)＝e－1，∴函數(shù)f(x)的圖象在(1，f(1))處的切線方程為：y－e＝(e－1)(x－1)，即(e－1)x－y＋1＝0.(2)∵f′(x)＝ex＋a－(x>0)，設g(x)＝f′(x)，則g′(x)＝ex＋a＋>0，∴g(x)是增函數(shù)，∵ex＋a>ea，∴由ea>x>e－a，∴當x>e－a時，f′(x)>0；若0<x<1ex＋a<ea＋1，由ea＋1<x<e－a－1，∴當0<x<min{1，e－a－1}時，f′(x)<0，故f′(x)＝0僅有一解，記為x0，則當0<x<x0時，f′(x)<0，f(x)遞減；當x>x0時，f′(x)>0，f(x)遞增；∴f(x)min＝f(x0)＝ex0＋a－ln x0，而f′(x0)＝ex0＋a－＝0ex0＋a＝a＝－ln x0－x0，記h(x)＝ln x＋x，則f(x0)＝－ln x0＝h，a>1－－a<－1h(x0)<h，
而h(x)顯然是增函數(shù)，∴0<x0<>e，∴h>h(e)＝e＋1．綜上，當a>1－時，f(x)>e＋1．6．已知函數(shù)f(x)＝ax－ln x．(1)討論f(x)的單調性；(2)若a∈，求證：f(x)≥2ax－xeax－1．6．解析　(1)由題意得f′(x)＝a－＝(x>0)，①當a≤0時，則f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上單調遞減．②當a>0時，則當x∈時，f′(x)>0，f(x)單調遞增，當x∈時，f′(x)<0，f(x)單調遞減．綜上當a≤0時，f(x)在(0，＋∞)上單調遞減；當a>0時，f(x)在上單調遞減，在上單調遞增．(2)令g(x)＝f(x)－2ax＋xeax－1＝xeax－1－ax－ln x，則g′(x)＝eax－1＋axeax－1－a－＝(ax＋1)＝(x>0)，設r(x)＝xeax－1－1(x>0)，則r′(x)＝(1＋ax)eax－1(x>0)，∵eax－1>0，∴當x∈時，r′(x)>0，r(x)單調遞增；當x∈時，r′(x)<0，r(x)單調遞減．∴r(x)max＝r＝－≤0，∴當0<x<－時，g′(x)<0，當x>－時，g′(x)>0，∴g(x)在上單調遞減，在上單調遞增，∴g(x)min＝g，設t＝－∈，則g＝h(t)＝－ln t＋1(0<t≤e2)，h′(t)＝－≤0，h(t)在上單調遞減，∴h(t)≥h(e2)＝0；∴g(x)≥0，故f(x)≥2ax－xeax－1.  

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