【方法技巧】
1.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”或“右減左”的函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性等相關(guān)函數(shù)性質(zhì)證明不等式.
2.若直接求導(dǎo)后導(dǎo)數(shù)式比較復(fù)雜或無從下手時(shí)，可將待證式進(jìn)行變形，構(gòu)造兩個(gè)函數(shù)，從而找到可以傳遞的中間量，達(dá)到證明的目標(biāo).在證明過程中，等價(jià)轉(zhuǎn)化是關(guān)鍵，此處g(x)min≥f(x)max恒成立，從而f(x)≤g(x)恒成立.
3.等價(jià)變形的目的是求導(dǎo)后簡(jiǎn)單地找到極值點(diǎn)，一般地，ex與ln x要分離，常構(gòu)造xn與ln x，xn與ex的積、商形式.便于求導(dǎo)后找到極值點(diǎn).
4.某些不等式，直接構(gòu)造函數(shù)不易求其最值，可以適當(dāng)?shù)乩檬熘暮瘮?shù)不等式ex≥x＋1，1－eq \f(1,x)≤ln x≤x－1等進(jìn)行放縮，有利于簡(jiǎn)化后續(xù)導(dǎo)數(shù)式的求解或函數(shù)值正負(fù)的判斷；也可以利用局部函數(shù)的有界性進(jìn)行放縮，然后再構(gòu)造函數(shù)進(jìn)行證明.
5.在證明不等式中，若無法轉(zhuǎn)化為一個(gè)函數(shù)的最值問題，則可以考慮轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)的最值問題．
6.在證明過程中，“隔離”化是關(guān)鍵，此處f(x)min>g(x)max恒成立．從而f(x)>g(x)，但此處f(x)與g(x)取到最值的條件不是同一個(gè)“x的值”．
7.換元法構(gòu)造函數(shù)證明不等式的基本思路是直接消掉參數(shù)a，再結(jié)合所證問題，巧妙引入變量c＝eq \f(x1,x2)，從而構(gòu)造相應(yīng)的函數(shù)．其解題要點(diǎn)為：
二、【題型歸類】
【題型一】移項(xiàng)構(gòu)造函數(shù)證明不等式
【典例1】已知函數(shù)f(x)＝ex－3x＋3a(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，a∈R).
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值；
(2)求證：當(dāng)a＞ln eq \f(3,e)，且x＞0時(shí)，eq \f(ex,x)＞eq \f(3,2)x＋eq \f(1,x)－3a.
【解析】(1)解 由f(x)＝ex－3x＋3a，x∈R，
知f′(x)＝ex－3，x∈R.
令f′(x)＝0，得x＝ln 3，
于是當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：
故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，ln 3)，單調(diào)遞增區(qū)間是(ln 3，＋∞)，
f(x)在x＝ln 3處取得極小值，極小值為f(ln 3)＝eln 3－3ln 3＋3a＝3(1－ln 3＋a)，無極大值.
(2)證明 待證不等式等價(jià)于ex＞eq \f(3,2)x2－3ax＋1，
設(shè)g(x)＝ex－eq \f(3,2)x2＋3ax－1，x＞0，
于是g′(x)＝ex－3x＋3a，x＞0.
由(1)及a＞ln eq \f(3,e)＝ln 3－1知
g′(x)的最小值為g′(ln 3)＝3(1－ln 3＋a)＞0.
于是對(duì)任意x＞0，都有g(shù)′(x)＞0，
所以g(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增.
于是當(dāng)a＞ln eq \f(3,e)＝ln 3－1時(shí)，對(duì)任意x∈(0，＋∞)，都有g(shù)(x)＞g(0).
而g(0)＝0，從而對(duì)任意x∈(0，＋∞)，g(x)＞0.
即ex＞eq \f(3,2)x2－3ax＋1，故eq \f(ex,x)＞eq \f(3,2)x＋eq \f(1,x)－3a.
【典例2】證明：當(dāng)x>1時(shí)，eq \f(1,2)x2＋ln x1時(shí)，g(x)＞g(1)＝eq \f(1,6)＞0，
所以當(dāng)x＞1時(shí)，eq \f(1,2)x2＋ln x＜eq \f(2,3)x3.
【題型二】換元構(gòu)造法
【典例1】已知函數(shù)f(x)＝ln x－ax(x>0)，a為常數(shù)，若函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2(x1≠x2)．求證：x1x2>e2.
【證明】不妨設(shè)x1>x2>0，
因?yàn)閘n x1－ax1＝0，ln x2－ax2＝0，
所以ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，ln x1－ln x2＝a(x1－x2)，所以eq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)＝a，
欲證x1x2>e2，即證ln x1＋ln x2>2.
因?yàn)閘n x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，
所以即證a>eq \f(2,x1＋x2)，
所以原問題等價(jià)于證明eq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)>eq \f(2,x1＋x2)，
即lneq \f(x1,x2)>eq \f(2（x1－x2）,x1＋x2)，
令c＝eq \f(x1,x2)(c>1)，
則不等式變?yōu)閘n c>eq \f(2（c－1）,c＋1).
令h(c)＝ln c－eq \f(2（c－1）,c＋1)，c>1，
所以h′(c)＝eq \f(1,c)－eq \f(4,（c＋1）2)＝eq \f(（c－1）2,c（c＋1）2)>0，
所以h(c)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以h(c)>h(1)＝ln 1－0＝0，
即ln c－eq \f(2（c－1）,c＋1)>0(c>1)，因此原不等式x1x2>e2得證．
【典例2】已知函數(shù)f(x)＝ln x－eq \f(1,2)ax2＋x，a∈R.
(1)當(dāng)a＝0時(shí)，求函數(shù)f(x)的圖象在(1，f(1))處的切線方程；
(2)若a＝－2，正實(shí)數(shù)x1，x2滿足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，求證：x1＋x2≥eq \f(\r(5)－1,2).
【解析】(1)當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝ln x＋x，則f(1)＝1，所以切點(diǎn)為(1，1)，又因?yàn)閒′(x)＝eq \f(1,x)＋1，所以切線的斜率k＝f′(1)＝2，故切線方程為y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.
(2)證明：當(dāng)a＝－2時(shí)，f(x)＝ln x＋x2＋x(x>0)．
由f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，
得ln x1＋xeq \\al(2,1)＋x1＋ln x2＋xeq \\al(2,2)＋x2＋x1x2＝0，
從而(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1x2－ln(x1x2)，
令t＝x1x2(t>0)，令φ(t)＝t－ln t，得φ′(t)＝1－eq \f(1,t)＝eq \f(t－1,t)，
易知φ(t)在區(qū)間(0，1)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以φ(t)≥φ(1)＝1，所以(x1＋x2)2＋(x1＋x2)≥1，因?yàn)閤1>0，x2>0，所以x1＋x2≥eq \f(\r(5)－1,2).
【題型三】將不等式轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題
【典例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.
【解析】(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.
【典例2】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).
【解析】(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).
【典例3】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).
【解析】(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，
當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)0時(shí)，g(x)≤h(x)，即xf(x)－ex＋2ex≤0.
【題型六】放縮后構(gòu)造函數(shù)證明不等式
【典例1】已知函數(shù)f(x)＝aln(x－1)＋eq \f(2,x－1)，其中a為正實(shí)數(shù)．證明：當(dāng)x>2時(shí)，f(x)0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，φ′(x)2時(shí)，ln(x－1)0，
∴aln(x－1)2，所以h′(x)>0恒成立，
所以h(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以h(x)>h(2)＝e2－4>0，
所以當(dāng)x>2時(shí)，f(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，
即證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“＝”)，
即證f(x)≥0.
方法三 f(x)＝aex－1－ln x－1，定義域?yàn)?0，＋∞)，
f′(x)＝aex－1－eq \f(1,x)，
令k(x)＝aex－1－eq \f(1,x)，
∴k′(x)＝aex－1＋eq \f(1,x2)>0，
∴f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．
又f′(1)＝a－1≥0且x→0時(shí)，f′(x)→－∞，
∴?x0∈(0,1]使f′(x0)＝0，即－eq \f(1,x0)＝0，
即＝eq \f(1,x0)，
∴當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，f′(x)0，
∴f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，
∴f(x)min＝f(x0)＝－ln x0－1＝eq \f(1,x0)－ln x0－1.
令φ(x)＝eq \f(1,x)－ln x－1，x∈(0,1]，
∴φ′(x)＝－eq \f(1,x2)－eq \f(1,x)eq \f(1,ex＋1)－eq \f(2,e2x)成立．
【解析】(1)函數(shù)f(x)＝xln x－ax的定義域?yàn)?0，＋∞)．
當(dāng)a＝－1時(shí)，f(x)＝xln x＋x，f′(x)＝ln x＋2.
由f′(x)＝0，得x＝eq \f(1,e2).
當(dāng)x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e2)))時(shí)，f′(x)eq \f(1,e2)時(shí)，f′(x)>0.
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e2)))上單調(diào)遞減，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2)，＋∞))上單調(diào)遞增．
因此f(x)在x＝eq \f(1,e2)處取得最小值，即f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2)))＝－eq \f(1,e2).
(2)證明：當(dāng)x>0時(shí)，ln x＋1>eq \f(1,ex＋1)－eq \f(2,e2x)等價(jià)于x(ln x＋1)>eq \f(x,ex＋1)－eq \f(2,e2).
由(1)知a＝－1時(shí)，f(x)＝xln x＋x的最小值是－eq \f(1,e2)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq \f(1,e2)時(shí)取等號(hào)．
設(shè)G(x)＝eq \f(x,ex＋1)－eq \f(2,e2)，x∈(0，＋∞)．
則G′(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,e·ex)－\f(2,e2)))′＝eq \f(1－x,ex＋1)，易知G(x)max＝G(1)＝－eq \f(1,e2)，
當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取到，從而可知對(duì)一切x∈(0，＋∞)，都有f(x)>G(x)，即ln x＋1>eq \f(1,ex＋1)－eq \f(2,e2x).
【訓(xùn)練二】已知函數(shù)f(x)＝λln x－e－x(λ∈R)．
(1)若函數(shù)f(x)是單調(diào)函數(shù)，求λ的取值范圍；
(2)求證：當(dāng)01－eq \f(x2,x1)，
只需證ln x1－ln x2>1－eq \f(x2,x1)，即證lneq \f(x1,x2)>1－eq \f(x2,x1).
令t＝eq \f(x1,x2)，t∈(0，1)，則只需證ln t>1－eq \f(1,t)，
令h(t)＝ln t＋eq \f(1,t)－1，則h′(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(1,t2)＝eq \f(t－1,t2)，
當(dāng)02.
由于f(x)的兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2滿足x2－ax＋1＝0，
所以x1x2＝1，不妨設(shè)x11.
由于eq \f(f?x1?－f?x2?,x1－x2)＝－eq \f(1,x1x2)－1＋aeq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)
＝－2＋aeq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)＝－2＋aeq \f(－2ln x2,\f(1,x2)－x2)，
所以eq \f(f?x1?－f?x2?,x1－x2)0，得eq \f(b,a)>1，所以ln eq \f(b,a)>eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)－1)),1＋\f(b,a))，
化簡(jiǎn)得ln b－ln a>eq \f(2（b－a）,b＋a)，
所以eq \f(b－a,ln b－ln a)0)．
當(dāng)00時(shí)，證明：f(x)≥eq \f(2a－1,a).
【解析】(1)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，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；
②若a>0，則當(dāng)0eq \f(e,a)時(shí)，f′(x)0，所以只需證f(x)≤eq \f(ex,x)－2e，當(dāng)a＝e時(shí)，由(1)知，f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，
所以f(x)max＝f(1)＝－e.
記g(x)＝eq \f(ex,x)－2e(x>0)，
則g′(x)＝eq \f(（x－1）ex,x2)，
所以當(dāng)00時(shí)，f(x)≤g(x)，即f(x)≤eq \f(ex,x)－2e，
即xf(x)－ex＋2ex≤0.
5. 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：eq \f(e－x,x)＋x＋ln x－1≥0.
【解析】(1)由題意知x>0，
所以f(x)≥0等價(jià)于a≥eq \f(ln x＋1,x).
令g(x)＝eq \f(ln x＋1,x)，則g′(x)＝eq \f(－ln x,x2)，
所以當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，g′(x)>0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)0，
所以當(dāng)x∈(－1，＋∞)時(shí)，g(x)單調(diào)遞增，
即f′(x)單調(diào)遞增，又因?yàn)閒′(1)＝0，
所以當(dāng)x∈(－1,1)時(shí)，f′(x)0，
所以f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減，
在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．
所以f(x)≥f(1)＝0.
7. 設(shè)a為實(shí)數(shù)，函數(shù)f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值；
(2)求證：當(dāng)a>ln 2－1且x>0時(shí)，ex>x2－2ax＋1.
【解析】(1)解 由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，得f′(x)＝ex－2，x∈R，令f′(x)＝0，得x＝ln 2.
于是當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：
故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，ln 2)，單調(diào)遞增區(qū)間是(ln 2，＋∞)．
f(x)在x＝ln 2處取得極小值，極小值為f(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)，無極大值．
(2)證明 設(shè)g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R.于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
由(1)知當(dāng)a>ln 2－1時(shí)，g′(x)的最小值為g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)>0.于是對(duì)任意x∈R，都有g(shù)′(x)>0，
所以g(x)在R內(nèi)單調(diào)遞增．
于是當(dāng)a>ln 2－1時(shí)，對(duì)任意x∈(0，＋∞)，都有g(shù)(x)>g(0)．
又g(0)＝0，從而對(duì)任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0.
即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.
8. 已知函數(shù)f(x)＝eln x－ax(a∈R)．
(1)討論f(x)的單調(diào)性；
(2)當(dāng)a＝e時(shí)，證明：xf(x)－ex＋2ex≤0.
【解析】(1)解 f′(x)＝eq \f(e,x)－a(x>0)．
①若a≤0，則f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；
②若a>0，則當(dāng)0eq \f(e,a)時(shí)，f′(x)0，所以只需證f(x)≤eq \f(ex,x)－2e，
當(dāng)a＝e時(shí)，由(1)知，f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，
在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．所以f(x)max＝f(1)＝－e，
記g(x)＝eq \f(ex,x)－2e(x>0)，則g′(x)＝eq \f(?x－1?ex,x2)，
所以當(dāng)00時(shí)，f(x)≤g(x)，
即f(x)≤eq \f(ex,x)－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.
9. 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.
【解析】(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01時(shí)，求證：f(x)>3(x－1)．
【解析】(1)因?yàn)閒(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)e；由g′(x)3(x－1)．
11. 已知f(x)＝xln x.
(1)求函數(shù)f(x)的極值；
(2)證明：對(duì)一切x∈(0，＋∞)，都有l(wèi)n x>eq \f(1,ex)－eq \f(2,ex)成立．
【解析】(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．
【解析】(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(hào)不能同時(shí)成立，
故ex－2>ln x．即證原不等式成立．
13. 已知函數(shù)f(x)＝ln x－eq \f(aln x,x2).
(1)若a＝1，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若a＝0，x∈(0，1)，證明：x2－eq \f(1,x)ln x，
令φ(x)＝ex－x－1，∴φ′(x)＝ex－1.
令φ′(x)＝0，得x＝0，∴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ln x≤x－1，即x－1≥ln x，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取“＝”，
所以ex－2≥x－1≥ln x且兩等號(hào)不能同時(shí)成立，
故ex－2>ln x．即證原不等式成立．
方法二 令φ(x)＝ex－e2ln x，φ(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，
φ′(x)＝ex－eq \f(e2,x)，令h(x)＝ex－eq \f(e2,x)，
∴h′(x)＝ex＋eq \f(e2,x2)>0，
∴φ′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．
又φ′(1)＝e－e20，
故?x0∈(1,2)，使φ′(x0)＝0，
即－eq \f(e2,x0)＝0，
即＝eq \f(e2,x0)，
∴當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，φ′(x)0，
∴φ(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，
∴φ(x)min＝φ(x0)＝－e2ln x0＝eq \f(e2,x0)－e2ln x0＝eq \f(e2,x0)－＝eq \f(e2,x0)－e2(2－x0)＝e2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x0)＋x0－2))＝e2·eq \f(?x0－1?2,x0)>0，
故φ(x)>0，即ex－e2ln x>0，即證原不等式成立．聯(lián)立
消參
利用方程f(x1)＝f(x2)消掉解析式中的參數(shù)a
抓商
構(gòu)元
令c＝eq \f(x1,x2)，消掉變量x1，x2，構(gòu)造關(guān)于c的函數(shù)h(c)
用導(dǎo)
求解
利用導(dǎo)數(shù)求解函數(shù)h(c)的最小值，從而可證得結(jié)論
x
(－∞，ln 3)
ln 3
(ln 3，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)

極小值

x
(－∞，ln 2)
ln 2
(ln 2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
↘
2(1－ln 2＋a)
↗

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