例1 已知函數(shù)g(x)＝x3＋ax2.
(1)若函數(shù)g(x)在[1,3]上為單調(diào)函數(shù)，求a的取值范圍；
(2)已知a>－1，x>0，求證：g(x)>x2ln x.
(1)解 由題意知，函數(shù)g(x)＝x3＋ax2，
則g′(x)＝3x2＋2ax，
若g(x)在[1,3]上單調(diào)遞增，
則g′(x)＝3x2＋2ax≥0在[1,3]上恒成立，
則a≥－eq \f(3,2)；
若g(x)在[1,3]上單調(diào)遞減，
則g′(x)＝3x2＋2ax≤0在[1,3]上恒成立，
則a≤－eq \f(9,2).所以a的取值范圍是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(9,2)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，＋∞)).
(2)證明 由題意得，要證g(x)>x2ln x，x>0，
即證x3＋ax2>x2ln x，即證x＋a>ln x，
令u(x)＝x＋a－ln x，x>0，
可得u′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，x>0，
當(dāng)0－1，所以u(píng)(x)>0，
故當(dāng)a>－1時(shí)，對(duì)于任意x>0，g(x)>x2ln x.
教師備選
已知函數(shù)f(x)＝1－eq \f(ln x,x)，g(x)＝eq \f(ae,ex)＋eq \f(1,x)－bx，若曲線y＝f(x)與曲線y＝g(x)的一個(gè)公共點(diǎn)是A(1,1)，且在點(diǎn)A處的切線互相垂直．
(1)求a，b的值；
(2)證明：當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)＋g(x)≥eq \f(2,x).
(1)解 因?yàn)閒(x)＝1－eq \f(ln x,x)，x>0，
所以f′(x)＝eq \f(ln x－1,x2)，f′(1)＝－1.
因?yàn)間(x)＝eq \f(ae,ex)＋eq \f(1,x)－bx，
所以g′(x)＝－eq \f(ae,ex)－eq \f(1,x2)－b.
因?yàn)榍€y＝f(x)與曲線y＝g(x)的一個(gè)公共點(diǎn)是A(1,1)，且在點(diǎn)A處的切線互相垂直，
所以g(1)＝1，且f′(1)·g′(1)＝－1，
所以g(1)＝a＋1－b＝1，g′(1)＝－a－1－b＝1，
解得a＝－1，b＝－1.
(2)證明 由(1)知，g(x)＝－eq \f(e,ex)＋eq \f(1,x)＋x，
則f(x)＋g(x)≥eq \f(2,x)?1－eq \f(ln x,x)－eq \f(e,ex)－eq \f(1,x)＋x≥0.
令h(x)＝1－eq \f(ln x,x)－eq \f(e,ex)－eq \f(1,x)＋x(x≥1)，
則h(1)＝0，
h′(x)＝eq \f(－1＋ln x,x2)＋eq \f(e,ex)＋eq \f(1,x2)＋1＝eq \f(ln x,x2)＋eq \f(e,ex)＋1.
因?yàn)閤≥1，所以h′(x)＝eq \f(ln x,x2)＋eq \f(e,ex)＋1>0，
所以h(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以當(dāng)x≥1時(shí)，h(x)≥h(1)＝0，
即1－eq \f(ln x,x)－eq \f(e,ex)－eq \f(1,x)＋x≥0，
所以當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)＋g(x)≥eq \f(2,x).
思維升華 待證不等式的兩邊含有同一個(gè)變量時(shí)，一般地，可以直接構(gòu)造“左減右”的函數(shù)，有時(shí)對(duì)復(fù)雜的式子要進(jìn)行變形，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性和最值，借助所構(gòu)造函數(shù)的單調(diào)性和最值即可得證．
跟蹤訓(xùn)練1 已知函數(shù)f(x)＝ln x＋eq \f(a,x)，a∈R.
(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；
(2)當(dāng)a>0時(shí)，證明：f(x)≥eq \f(2a－1,a).
(1)解 f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(a,x2)＝eq \f(x－a,x2)(x>0)．
當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．
當(dāng)a>0時(shí)，若x>a，則f′(x)>0，函數(shù)f(x)在(a，＋∞)上單調(diào)遞增；
若00，
∴h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
∴h(x)>h(0)＝0，即ex>x＋1>1，
∴eq \f(1,ex)2g(x)－1，即證eq \f(xln x,x＋1)>eq \f(2x,ex)－1，
只需證eq \f(xln x,x＋1)≥eq \f(2x,x＋1)－1，
即證xln x≥x－1，
令m(x)＝xln x－x＋1，則m′(x)＝ln x，
∴當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，m′(x)0，
∴m(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，
∴m(x)min＝m(1)＝0，
即m(x)≥0，
∴xln x≥x－1，則f(x)>2g(x)－1得證．
思維升華 導(dǎo)數(shù)方法證明不等式中，最常見(jiàn)的是ex和ln x與其他代數(shù)式結(jié)合的問(wèn)題，對(duì)于這類問(wèn)題，可以考慮先對(duì)ex和ln x進(jìn)行放縮，使問(wèn)題簡(jiǎn)化，簡(jiǎn)化后再構(gòu)建函數(shù)進(jìn)行證明．常見(jiàn)的放縮公式如下：(1)ex≥1＋x，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)取等號(hào)．(2)ln x≤x－1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取等號(hào)．
跟蹤訓(xùn)練3 已知函數(shù)f(x)＝ln x－x＋1.
(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)證明：當(dāng)a≥1時(shí)，ax2＋3x－ln x>0.
(1)解 由題意，函數(shù)f(x)＝ln x－x＋1的定義域?yàn)?0，＋∞)，
且f′(x)＝eq \f(1,x)－1＝eq \f(1－x,x)，
當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)0)，
即ax2＋3x－ln x>0.
課時(shí)精練
1．已知函數(shù)f(x)＝eq \f(ln x,x＋a)(a∈R)，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(e，f(e))處的切線方程為y＝eq \f(1,e).
(1)求實(shí)數(shù)a的值，并求f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)求證：當(dāng)x>0時(shí)，f(x)≤x－1.
(1)解 ∵f(x)＝eq \f(ln x,x＋a)，
∴f′(x)＝eq \f(\f(x＋a,x)－ln x,?x＋a?2)，∴f′(e)＝eq \f(\f(a,e),?e＋a?2)，
又曲線y＝f(x)在點(diǎn)(e，f(e))處的切線方程為y＝eq \f(1,e)，
則f′(e)＝0，即a＝0，
∴f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，
令f′(x)>0，得1－ln x>0，即0eq \f(1,ex)－eq \f(2,ex)成立．
(1)解 由f(x)＝xln x，x>0，
得f′(x)＝ln x＋1，令f′(x)＝0，得x＝eq \f(1,e).
當(dāng)x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))時(shí)，f′(x)0，f(x)單調(diào)遞增．
∴當(dāng)x＝eq \f(1,e)時(shí)，f(x)取極小值，
f(x)極小值＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝－eq \f(1,e)，無(wú)極大值．
(2)證明 問(wèn)題等價(jià)于證明
xln x>eq \f(x,ex)－eq \f(2,e)(x∈(0，＋∞))．
由(1)可知f(x)＝xln x(x∈(0，＋∞))的最小值是－eq \f(1,e)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq \f(1,e)時(shí)取到．
設(shè)m(x)＝eq \f(x,ex)－eq \f(2,e)(x∈(0，＋∞))，
則m′(x)＝eq \f(1－x,ex)，
由m′(x)1，m(x)單調(diào)遞減，
由m′(x)>0得0

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