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(x)>0，
故當(dāng)a>﹣1時(shí)，對于任意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)，則h′(x)＝ex﹣1>0，
∴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，最常見的是ex和ln x與其他代數(shù)式結(jié)合的問題，對于這類問題，可以考慮先對ex和ln x進(jìn)行放縮，使問題簡化，簡化后再構(gòu)建函數(shù)進(jìn)行證明．常見的放縮公式如下：(1)ex≥1＋x，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)取等號．(2)ln x≤x﹣1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取等號．
跟蹤訓(xùn)練3 已知函數(shù)f(x)＝aex﹣1﹣ln x﹣1.
(1)若a＝1，求f(x)在(1，f(1))處的切線方程；
(2)證明：當(dāng)a≥1時(shí)，f(x)≥0.
(1)解 當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝ex﹣1﹣ln x﹣1(x>0)，f′(x)＝ex﹣1﹣eq \f(1,x)，k＝f′(1)＝0，
又f(1)＝0，∴切點(diǎn)為(1,0)．∴切線方程為y﹣0＝0(x﹣1)，即y＝0.
(2)證明 ∵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﹣eq \f(1,x)，
令h(x)＝ex﹣1﹣eq \f(1,x)，∴h′(x)＝ex﹣1＋eq \f(1,x2)>0，
∴φ′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又φ′(1)＝0，
∴當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，φ′(x)0，
∴φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，
∴φ(x)min＝φ(1)＝0，∴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.
當(dāng)x∈(﹣∞，0)時(shí)，g′(x)0，
∴g(x)在(﹣∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
∴g(x)min＝g(0)＝0，故ex≥x＋1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)取“＝”．
同理可證ln x≤x﹣1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取“＝”．
由ex≥x＋1?ex﹣1≥x(當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取“＝”)，
由x﹣1≥ln x?x≥ln x＋1(當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取“＝”)，
∴ex﹣1≥x≥ln x＋1，即ex﹣1≥ln x＋1，
即ex﹣1﹣ln x﹣1≥0(當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取“＝”)，即f(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．所以當(dāng)x＝eq \f(1,e)時(shí)，f(x)取得極小值，
f(x)極小值＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝﹣eq \f(1,e)，無極大值．
(2)證明 問題等價(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時(shí)，m(x)單調(diào)遞減；由m′(x)>0得00恒成立．
(1)解 f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x)﹣a＝eq \f(1－ax,x)，
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)，令f′(x)＝0，得x＝eq \f(1,a)，
∴x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))時(shí)，f′(x)>0；x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))時(shí)，f′(x)0，即證ex﹣2>ln x，
令φ(x)＝ex﹣x﹣1，∴φ′(x)＝ex﹣1.令φ′(x)＝0，得x＝0，
∴當(dāng)x∈(﹣∞，0)時(shí)，φ′(x)0，
∴φ(x)在(﹣∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴φ(x)min＝φ(0)＝0，
即ex﹣x﹣1≥0，即ex≥x＋1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)取“＝”．
同理可證ln x≤x﹣1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取“＝”．
由ex≥x＋1(當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)取“＝”)，
可得ex﹣2≥x﹣1(當(dāng)且僅當(dāng)x＝2時(shí)取“＝”)，
又x﹣1≥ln x，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取“＝”，
∴ex﹣2≥x﹣1≥ln x且兩等號不能同時(shí)成立，
故ex﹣2>ln x．即證原不等式成立．
4．已知函數(shù)f(x)＝xex﹣x.
(1)討論f(x)的單調(diào)性；
(2)證明：當(dāng)x>0時(shí)，f(x)﹣ln x≥1.
(1)解 由題意得f′(x)＝(x＋1)ex﹣1，
設(shè)g(x)＝(x＋1)ex，則g′(x)＝(x＋2)ex，當(dāng)x≤﹣1時(shí)，g(x)≤0，f′(x)﹣1時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，
又因?yàn)間(0)＝1，所以當(dāng)x0，
綜上可知，f(x)在(﹣∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．
(2)證明 要證f(x)﹣ln x≥1，即證xex﹣x﹣ln x≥1，即證ex＋ln x﹣(x＋ln x)≥1，
令t＝x＋ln x，易知t∈R，待證不等式轉(zhuǎn)化為et﹣t≥1.
設(shè)u(t)＝et﹣t，則u′(t)＝et﹣1，當(dāng)t0，
故u(t)在(﹣∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．
所以u(t)≥u(0)＝1，原命題得證．

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