考點一 移項補充構(gòu)造法(綜合型)
(2020·江西贛州模擬)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)的一個公共點是A(1，1)，且在點A處的切線互相垂直．
(1)求a，b的值；
(2)證明：當(dāng)x≥1時，f(x)＋g(x)≥eq \f(2,x).
【解】 (1)因為f(x)＝1－eq \f(ln x,x)，
所以f′(x)＝eq \f(ln x－1,x2)，f′(1)＝－1.
因為g(x)＝eq \f(ae,ex)＋eq \f(1,x)－bx，
所以g′(x)＝－eq \f(ae,ex)－eq \f(1,x2)－b.
因為曲線y＝f(x)與曲線y＝g(x)的一個公共點是A(1，1)，且在點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.
因為x≥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，f(x)＋g(x)≥eq \f(2,x).
eq \a\vs4\al()
待證不等式的兩邊含有同一個變量時，一般地，可以直接構(gòu)造“左減右”的函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性，借助所構(gòu)造函數(shù)的單調(diào)性即可得證．
已知函數(shù)f(x)＝ax＋xln x在x＝e－2(e為自然對數(shù)的底數(shù))處取得極小值．
(1)求實數(shù)a的值；
(2)當(dāng)x>1時，求證：f(x)>3(x－1)．
解：(1)因為f(x)＝ax＋xln x，
所以f′(x)＝a＋ln x＋1，
因為函數(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，x>e－2；
當(dāng)f′(x)e；由g′(x)3(x－1)．
考點二 隔離分析法(綜合型)
(2020·福州模擬)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，證明：xf(x)－ex＋2ex≤0.
【解】 (1)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，f′(x)0，所以只需證f(x)≤eq \f(ex,x)－2e，
當(dāng)a＝e時，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，f(x)≤g(x)，
即f(x)≤eq \f(ex,x)－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.
法二：由題意知，即證exln x－ex2－ex＋2ex≤0，
從而等價于ln x－x＋2≤eq \f(ex,ex).
設(shè)函數(shù)g(x)＝ln x－x＋2，則g′(x)＝eq \f(1,x)－1.
所以當(dāng)x∈(0，1)時，g′(x)>0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，g′(x)0時，g(x)≤h(x)，即xf(x)－ex＋2ex≤0.
eq \a\vs4\al()
(1)在證明不等式中，若無法轉(zhuǎn)化為一個函數(shù)的最值問題，則可以考慮轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)的最值問題．
(2)在證明過程中，等價轉(zhuǎn)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“x的值”．
已知f(x)＝xln x.
(1)求函數(shù)f(x)在[t，t＋2](t>0)上的最小值；
(2)證明：對一切x∈(0，＋∞)，都有l(wèi)n x>eq \f(1,ex)－eq \f(2,ex)成立．
解：(1)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，f′(x)0，f(x)單調(diào)遞增．
①當(dāng)00，
因為ln 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.
因為ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，
所以即證a>eq \f(2,x1＋x2)，
所以原問題等價于證明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．
eq \a\vs4\al()
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)．其解題要點為：
已知函數(shù)f(x)＝ln x－eq \f(1,2)ax2＋x，a∈R.
(1)當(dāng)a＝0時，求函數(shù)f(x)的圖象在(1，f(1))處的切線方程；
(2)若a＝－2，正實數(shù)x1，x2滿足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，求證：x1＋x2≥eq \f(\r(5)－1,2).
解：(1)當(dāng)a＝0時，f(x)＝ln x＋x，則f(1)＝1，所以切點為(1，1)，又因為f′(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，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，因為x1>0，x2>0，所以x1＋x2≥eq \f(\r(5)－1,2).
[基礎(chǔ)題組練]
1．(2020·河南豫南九校聯(lián)考)設(shè)定義在(0，＋∞)上的函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)滿足xf′(x)>1，則( )
A．f(2)－f(1)>ln 2 B．f(2)－f(1)1 D．f(2)－f(1)1?f′(x)>eq \f(1,x)＝(ln x)′，
即f′(x)－(ln x)′>0.令F(x)＝f(x)－ln x，則F(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故f(2)－ln 2>f(1)－ln 1，即f(2)－f(1)>ln 2.
2．若01－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)0

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