1．(2020·新高考全國(guó)卷Ⅰ·考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義、不等式恒成立求參數(shù))
已知函數(shù)f(x)＝aex－1－ln x＋ln a.
(1)當(dāng)a＝e時(shí)，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線與兩坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積；
(2)若f(x)≥1，求a的取值范圍．
解：f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝aex－1－eq \f(1,x).
(1)當(dāng)a＝e時(shí)，f(x)＝ex－ln x＋1，
所以f(1)＝e＋1，f′(1)＝e－1，
所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y－(e＋1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x＋2.
直線y＝(e－1)x＋2在x軸、y軸上的截距分別為eq \f(－2,e－1)，2，
因此所求三角形的面積為eq \f(2,e－1).
(2)當(dāng)00；當(dāng)x∈(x0，π)時(shí)，f′(x)0或f′(x)1時(shí)，h(x)0，即00.
即ex>eq \f(3,2)x2－3ax＋1，故eq \f(ex,x)>eq \f(3,2)x＋eq \f(1,x)－3a.
[方法技巧]
1．利用導(dǎo)數(shù)證明不等式f(x)>g(x)的基本方法
(1)若f(x)與g(x)的最值易求出，可直接轉(zhuǎn)化為證明f(x)min>g(x)max；
(2)若f(x)與g(x)的最值不易求出，可構(gòu)造函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)，然后根據(jù)函數(shù)h(x)的單調(diào)性或最值，證明h(x)>0.
2．證明不等式時(shí)的一些常見(jiàn)結(jié)論
(1)ln x≤x－1，等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取到；
(2)ex≥x＋1，等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)取到；
(3)ln x－1，等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)取到．
[針對(duì)訓(xùn)練]
1．已知函數(shù)f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x.
(1)討論f(x)的單調(diào)性；
(2)當(dāng)a0，
故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．
若a0；當(dāng)x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)，＋∞))時(shí)，f′(x)0；
當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)0時(shí)，g(x)≤0.
故當(dāng)a0時(shí)，由f′(x)>0，得0a成立，
等價(jià)于a0)．
因?yàn)閔′(x)＝eq \f(3,x)－x－2＝eq \f(－x2－2x＋3,x)＝－eq \f(?x－1??x＋3?,x)，
令eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(h′?x?>0，,x>0，))得0ln(n＋1)．
解：(1)∵f(x)＝kx－ln x－1，
∴f′(x)＝k－eq \f(1,x)＝eq \f(kx－1,x)(x>0，k>0)．
當(dāng)0ln eq \f(n＋1,n)，
∴1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)>lneq \f(2,1)＋lneq \f(3,2)＋…＋lneq \f(n＋1,n)＝ln(n＋1)，故1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)>ln(n＋1)．
2．已知函數(shù)f(x)＝axex＋(x＋1)2，a∈R.
(1)討論函數(shù)f(x)的極值；
(2)若函數(shù)g(x)＝f(x)－e在R上恰有兩個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍．
解：(1)f′(x)＝aex＋axex＋2(x＋1)＝(aex＋2)(x＋1)．
①當(dāng)a≥0時(shí)，令f′(x)＝0?x＝－1，
x∈(－∞，－1)時(shí)，f′(x)0在(0，＋∞)上恒成立．
所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．
(2)h(x)＝g(x)－f(x)＝x2＋xln a－aexln x.
由h(x)>0得x2＋xln a－aexln x>0，
即aexln x0，函數(shù)H(x)單調(diào)遞增，且當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，H(x)>0；當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，H(x)x，則H(aex)≥0>H(x)．
若0x.
綜上可知，aex>x時(shí)對(duì)任意x∈(0,1)恒成立，
即a>eq \f(x,ex)對(duì)任意x∈(0,1)恒成立．
設(shè)G(x)＝eq \f(x,ex)，x∈(0,1)，則G′(x)＝eq \f(1－x,ex)>0.
所以G(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，所以G(x)eq \f(1,x)－eq \f(1,ex－1)在(1，＋∞)上恒成立？若存在，求出m的最小值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
解：(1)證明：m＝1時(shí)，f(x)＝eq \f(1,2)(x2－1)－ln x(x>0)，
則f′(x)＝－eq \f(1,x)＋x＝eq \f(x2－1,x)，
當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f′(x)0，
所以f(x)在(0,1)上遞減，在(1，＋∞)上遞增，
所以f(x)min＝f(1)＝0，故f(x)≥0.
(2)由題意知，f′(x)＝－eq \f(1,x)＋mx＝eq \f(mx2－1,x)，x>0.
①當(dāng)m≤0時(shí)，f′(x)＝eq \f(mx2－1,x)0時(shí)，令f′(x)＝eq \f(mx2－1,x)＝0，得x＝eq \f(1,\r(m))，
當(dāng)x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,\r(m))))時(shí)，f′(x)0，
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,\r(m))))上單調(diào)遞減，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(m))，＋∞))上單調(diào)遞增．
故f(x)在x＝eq \f(1,\r(m))處取得極小值feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(m))))＝eq \f(1,2)ln m＋eq \f(1,2)－eq \f(1,2)m，無(wú)極大值．
(3)不妨令h(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,ex－1)＝eq \f(ex－1－x,xex－1)，不難證明ex－1－x≥0，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取等號(hào)，
所以，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h(x)>0.
由(1)知，當(dāng)m≤0，x>1時(shí)，f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，
f(x)eq \f(1,x)－eq \f(1,ex－1)在(1，＋∞)上恒成立，只能m>0.
當(dāng)01,00恒成立．
故存在m≥1，使得不等式f(x)>eq \f(1,x)－eq \f(1,ex－1)在(1，＋∞)上恒成立，此時(shí)m的最小值是1.
5．(2021年1月新高考八省聯(lián)考卷)已知函數(shù)f(x)＝ex－sin x－cs x，g(x)＝ex＋sin x＋cs x.
(1)證明：當(dāng)x>－eq \f(5π,4)時(shí)，f(x)≥0；
(2)若g(x)≥2＋ax，求a.
解：(1)證明：因?yàn)閒(x)＝ex－sin x－cs x＝ex－eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))，
f′(x)＝ex－cs x＋sin x＝ex＋eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))，
f″(x)＝g(x)＝ex＋sin x＋cs x＝ex＋eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))，
考慮到f(0)＝0，f′(0)＝0，所以
①當(dāng)x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,4)，－\f(π,4)))時(shí)，eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))0；
②當(dāng)x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，0))時(shí)，f″(x)>0，所以f′(x)單調(diào)遞增，f′(x)≤f′(0)＝0，
所以f(x)單調(diào)遞減，f(x)≥f(0)＝0；
③當(dāng)x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3π,4)))時(shí)，f″(x)>0，所以f′(x)單調(diào)遞增，f′(x)>f′(0)＝0，
所以f(x)單調(diào)遞增，f(x)＞f(0)＝0；
④當(dāng)x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，＋∞))時(shí)，f(x)＝ex－eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))≥e SKIPIF 1 < 0 －eq \r(2)>0.
綜上，當(dāng)x>－eq \f(5π,4)時(shí)，f(x)≥0.
(2)構(gòu)造F(x)＝g(x)－2－ax＝ex＋sin x＋cs x－2－ax，
則F(x)min≥0，
所以Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,4)))＝e SKIPIF 1 < 0 ＋eq \f(5π,4)a－2≥0?a≥eq \f(2－e SKIPIF 1 < 0 ,\f(5π,4))＞0.
又F(0)＝0，所以，F(xiàn)(x)在R上的最小值為F(0)．
F′(x)＝ex＋cs x－sin x－a，F(xiàn)′(0)＝2－a，
F″(x)＝ex－sin x－cs x＝f(x)．
由(1)可知：F″(x)＝f(x)≥0在x＞－eq \f(5π,4)時(shí)恒成立，
所以F′(x)＝ex＋cs x－sin x－a在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,4)，＋∞))單調(diào)遞增．
①若a＝2，則F′(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,4)，0))為負(fù)，(0，＋∞)為正，
所以F(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,4)，0))遞減，在(0，＋∞)遞增，所以F(x)≥0；
而當(dāng)x≤－eq \f(5π,4)時(shí)，
F(x)＝ex＋sin x＋cs x－2－2x≥ex＋sin x＋cs x－2＋eq \f(5π,2)≥eq \f(5π,2)－2－eq \r(2)>0，
故a＝2滿足題意．
②若a>2，則F′(0)＝2－a

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