命題點(diǎn)1 將不等式轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題
例1 [2023新高考卷Ⅱ節(jié)選]證明：當(dāng)0＜x＜1時(shí)，x－x2＜sin x＜x.
解析 令h（x）＝x－x2－sin x，
則h'（x）＝1－2x－cs x，
令p（x）＝1－2x－cs x，則p'（x）＝－2＋sin x＜0，
所以p（x）即h'（x）單調(diào)遞減，又h'（0）＝0，
所以當(dāng)0＜x＜1時(shí)，h'（x）＜h'（0）＝0，h（x）單調(diào)遞減，
所以當(dāng)0＜x＜1時(shí)，h（x）＜h（0）＝0，即x－x2＜sin x.
令g（x）＝sin x－x，則g'（x）＝cs x－1＜0，x∈（0，1），
所以g（x）單調(diào)遞減，又g（0）＝0，
所以當(dāng)0＜x＜1時(shí)，g（x）＜g（0）＝0，即sin x＜x.
綜上，當(dāng)0＜x＜1時(shí)，x－x2＜sin x＜x.
方法技巧
（1）利用函數(shù)的單調(diào)性和最值直接證明.
（2）證明不等式f（x）＞g（x）轉(zhuǎn)化為證明f（x）－g（x）＞0，進(jìn)而構(gòu)造輔助函數(shù)
h（x）＝f（x）－g（x），通過研究函數(shù)h（x）的單調(diào)性，證明h（x）min＞0.
訓(xùn)練1 [2024浙江寧波模擬]已知函數(shù)f（x）＝ae2x＋（a－4）ex－2x.
（1）討論f（x）的單調(diào)性；
（2）證明：當(dāng)a＞1時(shí)，f（x）＞7ln a－a－4.
解析 （1）f '（x）＝2ae2x＋（a－4）ex－2＝（aex－2）（2ex＋1），（i）當(dāng)a≤0時(shí)，
f '（x）＜0，f（x）在（－∞，＋∞）上單調(diào)遞減；
（ii）當(dāng)a＞0時(shí)，x∈（－∞，ln 2a）時(shí)，f '（x）＜0，x∈（ln 2a，＋∞）時(shí)，f '（x）＞0，所以f（x）在（－∞，ln 2a）上單調(diào)遞減，在（ln2a，＋∞）上單調(diào)遞增.
（2）由（1）知，當(dāng)a＞1時(shí)，f（x）min＝f（ln 2a）＝2－4a－2ln 2＋2ln a.
要證f（x）＞7ln a－a－4，只需證2－4a－2ln 2＋2ln a＞7ln a－a－4，即證6＋a－4a－5ln a－2ln 2＞0.
設(shè)g（a）＝6＋a－4a－5ln a－2ln 2，a＞1，則g'（a）＝1＋4a2－5a＝（a－1)(a－4）a2，當(dāng)1＜a＜4時(shí)，g'（a）＜0，當(dāng)a＞4時(shí)，g'（a）＞0，
所以g（a）在（1，4）上單調(diào)遞減，在（4，＋∞）上單調(diào)遞增，所以g（a）≥g（4）＝9－12ln 2＝3（3－ln 16），
又e3＞2.73＞16，故g（a）＞0，證畢.
命題點(diǎn)2 將不等式轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)的最值進(jìn)行比較
例2 [2024湖北襄陽模擬節(jié)選]已知函數(shù)f（x）＝aln x＋x.當(dāng)a＝1時(shí)，證明：xf（x）＜ex.
解析 當(dāng)a＝1時(shí)，要證xf（x）＜ex，即證x2＋xln x＜ex，即證1＋lnxx＜exx2，x＞0.
令函數(shù)g（x）＝1＋lnxx，則g'（x）＝1－lnxx2.
令g'（x）＞0，得x∈（0，e）；令g'（x）＜0，得x∈（e，＋∞）.
所以g（x）在（0，e）上單調(diào)遞增，在（e，＋∞）上單調(diào)遞減，
所以g（x）max＝g（e）＝1＋1e.
令函數(shù)h（x）＝exx2（x＞0），則h'（x）＝ex（x－2）x3.
當(dāng)x∈（0，2）時(shí)，h'（x）＜0；當(dāng)x∈（2，＋∞）時(shí)，h'（x）＞0.
所以h（x）在（0，2）上單調(diào)遞減，在（2，＋∞）上單調(diào)遞增，
所以h（x）min＝h（2）＝e24.
因?yàn)閑24－（1＋1e）＞0，所以h（x）min＞g（x）max，
即1＋lnxx＜exx2，從而xf（x）＜ex得證.
方法技巧
若直接求導(dǎo)比較復(fù)雜或無從下手時(shí)，可將待證不等式進(jìn)行變形，構(gòu)造兩個(gè)函數(shù)，轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)的最值問題（或找到可以傳遞的中間量a），即將不等式轉(zhuǎn)化為f（x）≥g（x）的形式，證明f（x）min≥g（x）max（或f（x）≥a≥g（x））即可.
訓(xùn)練2 已知函數(shù)f（x）＝aln x＋a+1x＋x（a∈R）.
（1）討論f（x）的單調(diào)性；
（2）若函數(shù)g（x）＝1ex＋1x，證明：當(dāng)a＝1時(shí)，f（x）＞g（x）.
解析 （1）f（x）的定義域?yàn)椋?，＋∞），f '（x）＝ax－a+1x2＋1＝x2＋ax－（a+1）x2＝[x＋（a+1)](x－1）x2.
當(dāng)a≥－1時(shí)，a＋1≥0，所以x＋（a＋1）＞0恒成立，所以當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，f '（x）＜0，
當(dāng)x∈（1，＋∞）時(shí)，f '（x）＞0，所以f（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，＋∞）上單調(diào)遞增.
當(dāng)a＜－1時(shí)，分下面三種情況討論.
①當(dāng)a＝－2時(shí)，f '（x）＝（x－1）2x2≥0恒成立，所以f（x）在（0，＋∞）上單調(diào)遞增；
②當(dāng)a＜－2時(shí)，－a－1＞1，令f '（x）＞0，解得0＜x＜1或x＞－a－1，令f '（x）＜0，解得1＜x＜－a－1，
所以f（x）在（0，1），（－a－1，＋∞）上單調(diào)遞增，在（1，－a－1）上單調(diào)遞減；
③當(dāng)－2＜a＜－1時(shí)，0＜－a－1＜1，令f '（x）＞0，解得0＜x＜－a－1或x＞1，令
f '（x）＜0，解得－a－1＜x＜1，
所以f（x）在（0，－a－1），（1，＋∞）上單調(diào)遞增，在（－a－1，1）上單調(diào)遞減.
綜上，當(dāng)a＜－2時(shí)，f（x）在（0，1），（－a－1，＋∞）上單調(diào)遞增，在（1，－a－1）上單調(diào)遞減；當(dāng)a＝－2時(shí)，f（x）在（0，＋∞）上單調(diào)遞增；當(dāng)－2＜a＜－1時(shí)，
f（x）在（0，－a－1），（1，＋∞）上單調(diào)遞增，在（－a－1，1）上單調(diào)遞減；當(dāng)a≥－1時(shí)，f（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，＋∞）上單調(diào)遞增.
（2）當(dāng)a＝1時(shí)，要證f（x）＞g（x）（x＞0），即證ln x＋2x＋x＞1ex＋1x（x＞0），即證xln x＋x2＋1＞xex（x＞0）.（不等式中既含指數(shù)式，又含對(duì)數(shù)式，若直接作差構(gòu)造函數(shù)，求導(dǎo)分析比較困難，可以考慮指、對(duì)分離，構(gòu)造雙函數(shù)證明）
設(shè)G（x）＝xex（x＞0），易知G（x）＝xex在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，＋∞）上單調(diào)遞減，
所以G（x）max＝G（1）＝1e.
設(shè)F（x）＝xln x＋x2＋1（x＞0），則F'（x）＝ln x＋2x＋1（x＞0）.
因?yàn)楹瘮?shù)F'（x）在（0，＋∞）上單調(diào)遞增，而F'（1e）＝2e＞0，F(xiàn)'（1e2）＝－1＋2e2＜0，
所以存在x0∈（1e2，1e），使得F'（x0）＝0，且ln x0＝－2x0－1，
所以當(dāng)x∈（0，x0）時(shí)，F(xiàn)'（x）＜0，當(dāng)x∈（x0，＋∞）時(shí)，F(xiàn)'（x）＞0，
所以F（x）在（0，x0）上單調(diào)遞減，在（x0，＋∞）上單調(diào)遞增.
所以F（x）min＝F（x0）＝x0ln x0＋x02＋1＝x0（－2x0－1）＋x02＋1＝－x02－x0＋1.
設(shè)H（x）＝－x2－x＋1，顯然該函數(shù)在（1e2，1e）上單調(diào)遞減，
所以H（x0）＞H（1e），即－x02－x0＋1＞－1e2－1e＋1，
而－1e2－1e＋1＞1e，所以－x02－x0＋1＞1e，即F（x）min＝F（x0）＞1e＝G（x）max.
故當(dāng)x＞0時(shí)，F(xiàn)（x）＞G（x）恒成立，
所以當(dāng)a＝1時(shí)，f（x）＞g（x）成立，得證.
命題點(diǎn)3 放縮法證明不等式
例3 [2023成都七中校考模擬預(yù)測(cè)]已知函數(shù)f（x）＝cs x＋a2x2－1，a∈R.
（1）若x＝0是函數(shù)f（x）唯一的極小值點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（2）證明：sin312＋sin324＋sin338＋…＋sin32 02322 023＜2.
解析 （1）f '（x）＝－sin x＋ax，且f '（0）＝0，令g（x）＝f '（x），則g'（x）＝
－cs x＋a.
①當(dāng)a≥1時(shí)，g'（x）≥0且g'（x）不恒為0，則g（x）單調(diào)遞增，
當(dāng)x＞0時(shí)，g（x）＝f '（x）＞g（0）＝0，當(dāng)x＜0時(shí)，g（x）＝f '（x）＜g（0）＝0，即當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）單調(diào)遞增，當(dāng)x＜0時(shí)，f（x）單調(diào)遞減，此時(shí)x＝0是函數(shù)f（x）唯一的極小值點(diǎn).
②當(dāng)a＜1時(shí)，g'（0）＝－1＋a＜0，所以存在δ＞0使得當(dāng)x∈（0，δ）時(shí)，g（x）＝
f '（x）在（0，δ）上單調(diào)遞減，即當(dāng)x∈（0，δ）時(shí)，f '（x）＜f '（0）＝0，所以f（x）在（0，δ）上單調(diào)遞減，與x＝0是函數(shù)f（x）唯一的極小值點(diǎn)矛盾.
綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍為[1，＋∞）.
（2）由（1）可知，當(dāng)a＝1且x＞0時(shí)，－sin x＋x＞0，即當(dāng)x＞0時(shí)，x＞sin x，
故當(dāng)x＞0且x∈[2kπ，π＋2kπ]，k∈N時(shí)，sin3x＜x2，即sin3x＜x，
故可得sin312＋sin324＋sin338＋…＋sin32 02322 023＜12＋24＋38＋…＋2 02322 023.
令S＝12＋24＋38＋…＋2 02322 023，
則12S＝14＋28＋316＋…＋2 02322 024，兩式相減可得12S＝12＋14＋18＋…＋122 023－2 02322 024，化簡(jiǎn)可得S＝2×[1－（12）2 023－2 02322 024]＜2.
故sin312＋sin324＋sin338＋…＋sin32 02322 023＜2.
方法技巧
1.利用放縮法證明不等式的思路
一是會(huì)放縮，即從所求證的不等式入手，利用分析法，進(jìn)行轉(zhuǎn)化，尋找可放大或縮小的條件；
二是會(huì)構(gòu)造函數(shù)，即通過構(gòu)造輔助函數(shù)，把所求證的不等式進(jìn)行轉(zhuǎn)化；
三是借用導(dǎo)數(shù)，即會(huì)利用導(dǎo)數(shù)的工具性，研究新構(gòu)造函數(shù)的性質(zhì)，進(jìn)而求解.
2.常見放縮公式
（1）ex≥x＋1（當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)取等號(hào)）；
（2）ln（x＋1）≤x（x＞－1）（當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)取等號(hào)）；
（3）sin x≤x≤tan x（0≤x＜π2）（當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)取等號(hào)）；
（4）sin x≥x≥tan x（－π2＜x≤0）（當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)取等號(hào)）.
訓(xùn)練3 [2024南通部分學(xué)校聯(lián)考]已知函數(shù)f（x）＝ln x＋ax，a∈R.
（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）當(dāng)a＝34時(shí)，證明：x3＞f（x）.
解析 （1）f（x）的定義域?yàn)椋?，＋∞），f '（x）＝1x＋a＝ax+1x，當(dāng)a≥0時(shí)，f '（x）＞0，此時(shí)f（x）在（0，＋∞）上單調(diào)遞增.
當(dāng)a＜0時(shí)，令f '（x）＞0，得x＜－1a，可知f（x）在（0，－1a）上單調(diào)遞增；
令f '（x）＜0，得x＞－1a，可知f（x）在（－1a，＋∞）上單調(diào)遞減.
綜上，當(dāng)a≥0時(shí)，f（x）在（0，＋∞）上單調(diào)遞增；當(dāng)a＜0時(shí)，f（x）在（0，－1a）上單調(diào)遞增，在（－1a，＋∞）上單調(diào)遞減.
（2）當(dāng)a＝34時(shí)，x3＞f（x），即x3＞ln x＋34x.
令h（x）＝x－1－ln x，則h'（x）＝1－1x＝x－1x，令h'（x）＞0，則x＞1；令h'（x）＜0，則0＜x＜1.所以h（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，＋∞）上單調(diào)遞增，所以h（x）≥h（1）＝0，即x－1≥ln x（等號(hào)成立的條件是x＝1）.
欲證x3＞ln x＋34x，只需證x3＞x－1＋34x＝74x－1（x＞0）.
設(shè)g（x）＝x3－74x＋1（x＞0），則g'（x）＝3x2－74（x＞0）.
令g'（x）＝0，求得x＝216，
當(dāng)x∈（0，216）時(shí)，g'（x）＜0，可知g（x）在（0，216）上單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈（216，＋∞）時(shí)，g'（x）＞0，可知g（x）在（216，＋∞）上單調(diào)遞增.
所以g（x）≥g（216）＝72172－72124＋1＝1－72136＞0，
即x3＞x－1＋34x（x＞0），
所以x3＞ln x＋34x，即x3＞f（x）.
思維幫·提升思維 快速解題
凹凸反轉(zhuǎn)在不等式證明問題中的應(yīng)用
如果要證明的不等式由指數(shù)函數(shù)、對(duì)數(shù)函數(shù)、多項(xiàng)式函數(shù)組合而成，往往進(jìn)行指對(duì)分離，轉(zhuǎn)化為證明g（x）≥h（x）恒成立，分別求g（x）min，h（x）max進(jìn)行證明，由于兩個(gè)函數(shù)圖象的凹凸性正好相反，所以這種證明不等式的方法稱為凹凸反轉(zhuǎn).
類型1 隔海相望
如圖所示，在g（x），h（x）圖象之間有一個(gè)帶型區(qū)域，所以我們把它形象地稱為“隔海相望”.這時(shí)必有g(shù)（x）＞h（x）.
例4 [2024陜西省咸陽市模擬]已知函數(shù)f（x）＝x3－3ln x＋11.
（1）判斷函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）證明：當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）＞－x3＋3x2＋（3－x）ex.
解析 （1）∵f（x）＝x3－3ln x＋11，
∴函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?，＋∞）且f '（x）＝3x2－3x＝3（x3－1）x＝3（x－1)(x2＋x+1）x.
令f '（x）＝0可得x＝1，當(dāng)x∈（1，＋∞）時(shí)，f '（x）＞0，當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，f '（x）＜0，
∴f（x）在（1，＋∞）上單調(diào)遞增，在（0，1）上單調(diào)遞減.
（2）由（1）可得f（x）min＝f（1）＝12.
令g（x）＝－x3＋3x2＋（3－x）ex（x＞0），則g'（x）＝－3x2＋6x－ex＋（3－x）ex＝
（2－x）（ex＋3x），
令g'（x）＝0，可得x＝2.
當(dāng)x∈（0，2）時(shí)，g'（x）＞0，當(dāng)x∈（2，＋∞）時(shí)，g'（x）＜0，
∴g（x）在（0，2）上單調(diào)遞增，在（2，＋∞）上單調(diào)遞減.
∴g（x）max＝g（2）＝e2＋4，
∴f（x）min＞g（x）max，則f（x）＞g（x），
∴當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）＞－x3＋3x2＋（3－x）ex.
類型2 一線之隔
構(gòu)造的函數(shù)g（x），h（x），滿足g（x）min＝h（x）max，如圖所示，但由于g（x），
h（x）不在同一處取到最值，所以必有g(shù)（x）＞h（x）.
例5 已知函數(shù)f（x）＝ex＋x2－x－1.
（1）求f（x）的最小值；
（2）證明：ex＋xln x＋x2－2x＞0.
解析 （1）由題意可得 f '（x）＝ex＋2x－1，則函數(shù)f '（x）在R上單調(diào)遞增，且f '（0）＝0.
由f '（x）＞0，得x＞0；
由f '（x）＜0，得x＜0.
則f（x）在（－∞，0）上單調(diào)遞減，在（0，＋∞）上單調(diào)遞增，故f（x）min＝f（0）＝0.
（2）要證ex＋xln x＋x2－2x＞0，即證ex＋x2－x－1＞－xln x＋x－1.
由（1）可知當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）＞0恒成立.
設(shè)g（x）＝－xln x＋x－1，x＞0，則g'（x）＝－ln x.
由g'（x）＞0，得0＜x＜1；由 g'（x）＜0，得x＞1.
則g（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，＋∞）上單調(diào)遞減，
從而g（x）≤g（1）＝0，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)，等號(hào)成立.
故f（x）＞g（x），即ex＋xln x＋x2－2x＞0.
類型3 親密無間
構(gòu)造函數(shù)g（x），h（x），滿足g（x）min＝h（x）max，且g（x），h（x）在同一處取到最值，如圖所示，這時(shí)g（x）≥h（x）.
例6 已知函數(shù)f（x）＝13x3＋12x2＋ax，g（x）＝xex－1＋xln x，f '（x），g'（x）分別為
f（x），g（x）的導(dǎo)函數(shù)，且對(duì)任意的x1∈（0，1]，存在x2∈（0，1]，使f '（x1）≤
g'（x2）－2.
（1）求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（2）證明：g（x）≥f '（x）.
解析 （1）因?yàn)閒（x）＝13x3＋12x2＋ax，所以f '（x）＝x2＋x＋a＝（x＋12）2＋a－14，
所以f '（x）在區(qū)間（0，1]上單調(diào)遞增，故f '（x）max＝f '（1）＝a＋2.
因?yàn)間（x）＝xex－1＋xln x，所以g'（x）＝ex－1＋xex－1＋ln x＋1＝（x＋1）ex－1＋ln x＋1.
令h（x）＝（x＋1）ex－1＋ln x＋1，則h'（x）＝（x＋2）ex－1＋1x＞0，故g'（x）在區(qū)間（0，1]上單調(diào)遞增，所以g'（x）max＝g'（1）＝3.
又對(duì)任意的x1∈（0，1]，存在x2∈（0，1]，使f '（x1）≤g'（x2）－2，
所以f '（x）max≤g'（x）max－2，
即a＋2≤3－2，解得a≤－1，
故實(shí)數(shù)a的取值范圍為（－∞，－1].
（2）要證g（x）≥f '（x），即證xex－1＋xln x≥x2＋x＋a，
由（1）知，a≤－1，故只需證xex－1＋xln x≥x2＋x－1.
因?yàn)閤＞0，只需證ex－1＋ln x≥x－1x＋1，
即證ex－1－x≥－ln x－1x＋1.
令s（x）＝ex－1－x，x＞0，則s'（x）＝ex－1－1.
令s'（x）＝0，解得x＝1，則當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，s'（x）＜0，s（x）單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈（1，＋∞）時(shí)，s'（x）＞0，s（x）單調(diào)遞增，
所以s（x）min＝s（1）＝0.
令F（x）＝－ln x－1x＋1，則F'（x）＝－1x＋1x2＝－x－1x2.
令F'（x）＝0，解得x＝1，則當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，F(xiàn)'（x）＞0，F(xiàn)（x）單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈（1，＋∞）時(shí)，F(xiàn)'（x）＜0，F(xiàn)（x）單調(diào)遞減，
所以F（x）max＝F（1）＝0，
所以s（x）min＝s（1）＝F（x）max＝F（1）＝0，
故g（x）≥f '（x）.
1.[命題點(diǎn)1/2023雅禮中學(xué)二模]已知函數(shù)f（x）＝2sin x－sin 2x.
（1）當(dāng)0≤x≤π時(shí)，求f（x）的最大值；
（2）當(dāng)π3≤x≤π2時(shí)，求證：f（x）＞ln（x＋1）（注：ln 2π3≈0.739）.
解析 （1）f '（x）＝2cs x－2cs 2x＝2cs x－2（2cs2x－1）＝（－cs x＋1）（4cs x＋2）.（提示：對(duì)導(dǎo)函數(shù)解析式進(jìn)行整理，利用二倍角公式等整理成幾個(gè)代數(shù)式相乘的形式，方便求導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)）
當(dāng)0≤x≤π時(shí)，令f '（x）＞0，得－12＜cs x＜1，即0＜x＜2π3；令f '（x）＜0，得cs x＜－12，即2π3＜x≤π.
所以函數(shù)f（x）在（0，2π3）上單調(diào)遞增，在（2π3，π）上單調(diào)遞減，
所以當(dāng)0≤x≤π時(shí)，f（x）max＝f（2π3）＝332.
（2）設(shè)g（x）＝f（x）－ln（x＋1）＝2sin x－sin 2x－ln（x＋1），則g'（x）＝－4cs2x＋2cs x＋2－1x+1.
當(dāng)π3≤x≤π2時(shí)，1－1x+1＞0，所以g'（x）＞－4cs2x＋2cs x＋1，又－4cs2x＋2cs x＋1＝
－4（cs x－14）2＋54（0≤cs x≤12），
所以－4cs2x＋2cs x＋1＞0，所以g'（x）＞0在區(qū)間[π3，π2]上恒成立.
所以y＝g（x）在區(qū)間[π3，π2]上單調(diào)遞增，
所以g（x）≥g（π3）＝32－ln（π3＋1）＞32－ln 2π3≈32－0.739＞0，
所以當(dāng)π3≤x≤π2時(shí)，f（x）＞ln（x＋1）.
2.[命題點(diǎn)1/2024湖北部分重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考]已知函數(shù)f（x）＝ln x＋a2x2－（a＋1）x.
（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）設(shè)x1，x2（0＜x1＜x2）是函數(shù)g（x）＝f（x）＋x的兩個(gè)極值點(diǎn)，證明：g（x1）－
g（x2）＜a2－ln a恒成立.
解析 （1）f（x）的定義域?yàn)椋?，＋∞），
f'（x）＝1x＋ax－（a＋1）＝ax2－（a+1）x+1x＝（x－1)(ax－1）x，
①當(dāng)a≤0時(shí)，令f'（x）＞0，得0＜x＜1，令f'x）＜0，得x＞1，所以f（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，＋∞）上單調(diào)遞減；
②當(dāng)0＜a＜1時(shí)，令f'（x）＞0，得0＜x＜1或x＞1a，令f'（x）＜0，得1＜x＜1a，
所以f（x）在（0，1），（1a，＋∞）上單調(diào)遞增，在（1，1a）上單調(diào)遞減；
③當(dāng)a＝1時(shí)，f'（x）≥0，所以f（x）在（0，＋∞）上單調(diào)遞增；
④當(dāng)a＞1時(shí)，令f'（x）＞0，得0＜x＜1a或x＞1，令f'（x）＜0，得1a＜x＜1，
所以f（x）在（0，1a），（1，＋∞）上單調(diào)遞增，在（1a，1）上單調(diào)遞減.綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，f（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，＋∞）上單調(diào)遞減；
當(dāng)0＜a＜1時(shí)，f（x）在（0，1），（1a，＋∞）上單調(diào)遞增，在（1，1a）上單調(diào)遞減；
當(dāng)a＝1時(shí)，f（x）在（0，＋∞）上單調(diào)遞增；
當(dāng)a＞1時(shí)，f（x）在（0，1a），（1，＋∞）上單調(diào)遞增，在（1a，1）上單調(diào)遞減.
（2）g（x）＝f（x）＋x＝ln x＋a2x2－ax，則g（x）的定義域?yàn)椋?，＋∞），g'（x）＝1x＋ax－a＝ax2－ax+1x.
因?yàn)間（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2（0＜x1＜x2），所以關(guān)于x的方程ax2－ax＋1＝0的判別式Δ＝a2－4a＞0，且x1＋x2＝1，x1x2＝1a＞0，所以a＞4.
因?yàn)?＜x1＜x2，所以x12＜x1x2＝1a，得0＜x1＜1a.
所以g（x1）－g（x2）＝ln x1＋a2x12－ax1－ln x2－a2x22＋ax2＝ln x1＋ln（ax1）＋a2－ax1，
設(shè)h（t）＝ln t＋ln（at）＋a2－at，則h'（t）＝2t－a，令h'（t）＝0，得t＝2a.
因?yàn)?a－1a＝2－aa＜0，所以2a＜1a.
當(dāng)t∈（0，2a）時(shí)，h'（t）＞0，當(dāng)t∈（2a，1a）時(shí)，h'（t）＜0，
所以h（t）在區(qū)間（0，2a）上單調(diào)遞增，在區(qū)間（2a，1a）上單調(diào)遞減，所以h（t）在（0，1a）上的最大值為h（2a）＝2ln 2－ln a＋a2－2，而2ln 2－2＜0，
所以h（2a）＝2ln 2－ln a＋a2－2＜a2－ln a，
從而g（x1）－g（x2）＜a2－ln a恒成立.
3.[命題點(diǎn)2]設(shè)函數(shù)f（x）＝aexln x＋bex－1x，曲線y＝f（x）在點(diǎn)（1， f（1））處的切線方程為y＝e（x－1）＋2.
（1）求a，b；
（2）證明：f（x）＞1.
解析 （1）函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?，＋∞），
f'（x）＝aexln x＋axex－bx2ex－1＋bxex－1.
由題意可得f（1）＝b＝2，f'（1）＝ae＝e.
解得a＝1，b＝2.
（2）由（1）知，f（x）＝exln x＋2xex－1，
從而f（x）＞1等價(jià)于xln x＞xe－x－2e.
設(shè)函數(shù)g（x）＝xln x，則g'（x）＝1＋ln x.
所以當(dāng)x∈（0，1e）時(shí)，g'（x）＜0；當(dāng)x∈（1e，＋∞）時(shí)，g'（x）＞0.
故g（x）在（0，1e）上單調(diào)遞減，在（1e，＋∞）上單調(diào)遞增，
從而g（x）在（0，＋∞）上的最小值為g（1e）＝－1e.
設(shè)函數(shù)h（x）＝xe－x－2e，則h'（x）＝e－x（1－x）.
所以當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，h'（x）＞0；當(dāng)x∈（1，＋∞）時(shí)，h'（x）＜0.
故h（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，＋∞）上單調(diào)遞減，
從而h（x）在（0，＋∞）上的最大值為h（1）＝－1e.
綜上，當(dāng)x＞0時(shí)，g（x）＞h（x），即f（x）＞1.
4.[命題點(diǎn)3/2023綿陽市一診]已知函數(shù)f（x）＝2ex－x2－ax－2，當(dāng)x≥0時(shí)，f（x）≥0.
（1）求a的取值范圍；
（2）求證：（1＋22e－1）（1＋22e2－1）（1＋22e3－1）…（1＋22en－1）＜5（n∈N*）.
解析 （1）由題意得f '（x）＝2ex－2x－a.
令g（x）＝2ex－2x－a，則當(dāng)x≥0時(shí)，g'（x）＝2ex－2≥0（當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)“＝”成立），
∴函數(shù)f '（x）在區(qū)間[0，＋∞）上單調(diào)遞增，
則當(dāng)x≥0時(shí)，函數(shù)f '（x）≥f '（0）＝2－a.
①當(dāng)2－a≥0，即a≤2時(shí)，可得f '（x）≥f '（0）≥0在[0，＋∞）上恒成立（“＝”不恒成立），
∴函數(shù)f（x）在[0，＋∞）上單調(diào)遞增.
∴f（x）≥f（0）＝0在[0，＋∞）上恒成立.
②當(dāng)2－a＜0，即a＞2時(shí)，f '（0）＝2－a＜0，且存在x0＞0，當(dāng)x∈[0，x0）時(shí)，f '（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減.
又f（0）＝0，∴當(dāng)x∈[0，x0）時(shí)，f（x）＜0，
這與當(dāng)x≥0時(shí)，f（x）≥0矛盾.
綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是（－∞，2].
（2）由（1）得當(dāng)a＝2，x≥0時(shí)，不等式f（x）＝2ex－x2－2x－2≥0恒成立，
∴2ex－1≥x2＋2x＋1.
令x＝n（n∈N*），得2en－1≥n2＋2n＋1，
∴22en－1≤2n2+2n+1＜2n（n+2）＝1n－1n+2.
令h（x）＝ln x－x＋1，則h'（x）＝1－xx，
當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，h'（x）＞0，h（x）在（0，1）上單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈（1，＋∞）時(shí)，h'（x）＜0，h（x）在（1，＋∞）上單調(diào)遞減.
∴h（x）≤h（1）＝0，則ln x≤x－1（當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)等號(hào)成立）.
∴l(xiāng)n（1＋22en－1）＜22en－1＜1n－1n+2，
∴l(xiāng)n[（1＋22e－1）（1＋22e2－1）（1＋22e3－1）…（1＋22en－1）]＝ln（1＋22e－1）＋ln（1＋22e2－1）＋ln（1＋22e3－1）＋…＋ln（1＋22en－1）＜（1－13）＋（12－14）＋（13－15）＋…＋（1n－1－1n+1）＋（1n－1n+2）＝32－1n+1－1n+2＜ln e32＝lne3＜ln25＝ln 5.
∴（1＋22e－1）（1＋22e2－1）（1＋22e3－1）…（1＋22en－1）＜5.
學(xué)生用書·練習(xí)幫P285
1.[2024廣東省江門市部分學(xué)校聯(lián)考]已知函數(shù)f（x）＝x（ln x＋a），a∈R.
（1）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）證明：當(dāng)a≥1時(shí)，f（x）＜aex－1.
解析 （1）f（x）的定義域?yàn)椋?，＋∞），f '（x）＝ln x＋1＋a，
令f '（x）＝0，得x＝e－a－1.
由f '（x）＜0，解得0＜x＜e－a－1，由f '（x）＞0，解得x＞e－a－1.
所以f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（0，e－a－1），單調(diào)遞增區(qū)間為（e－a－1，＋∞）.
（2）令φ（x）＝f（x）－aex＋1＝a（x－ex）＋xln x＋1（x＞0），
若證f（x）＜aex－1，即證φ（x）＜0.
令k（x）＝x－ex（x＞0），則k'（x）＝1－ex＜0，所以k（x）在（0，＋∞）上單調(diào)遞減，
所以k（x）≤0－e0＝－1＜0.
由a≥1，x－ex＜0，可得φ（x）＝a（x－ex）＋xln x＋1≤x－ex＋xln x＋1，
故若證φ（x）＜0，
即證x－ex＋xln x＋1＜0，
又x＞0，即證exx－ln x－1x－1＞0.
令g（x）＝exx－ln x－1x－1（x＞0），
則g'（x）＝（x－1）exx2－1x＋1x2＝（x－1)(ex－1）x2（x＞0）.
因?yàn)楫?dāng)x＞0時(shí)，ex－1＞0，
所以當(dāng)0＜x＜1時(shí)，g'（x）＜0，g（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，當(dāng)x＞1時(shí)，g'（x）＞0，g（x）在（1，＋∞）上單調(diào)遞增，
所以g（x）min＝g（1）＝e－1－1＝e－2＞0，
所以g（x）＞0，上式得證，結(jié)論成立.
2.[2024惠州調(diào)研]設(shè)函數(shù)f（x）＝xex＋ax2－2ax，g（x）＝3lnxx＋2ax＋2ex，a∈R.
（1）討論f（x）的單調(diào)性；
（2）若a∈[－1，0），求證：g（x）＜4a＋3.
解析 （1）由題意得f'（x）＝1－xex＋2ax－2a＝（x－1）·（2a－1ex）.
①當(dāng)a≤0時(shí)，2a－1ex＜0，令f'（x）＝0，則x＝1，
當(dāng)x∈（－∞，1）時(shí)，f'（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈（1，＋∞）時(shí)，f'（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減.
②當(dāng)a＞0時(shí)，令f'（x）＝0，則x1＝1，x2＝－ln 2a.
當(dāng)－ln 2a＜1，即a＞12e時(shí)，
當(dāng)x∈（－∞，－ln 2a）和（1，＋∞）時(shí)，f'（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈（－ln 2a，1）時(shí)，f'（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減.
當(dāng)－ln 2a＝1，即a＝12e時(shí)，f'（x）≥0，f（x）在R上單調(diào)遞增.
當(dāng)－ln 2a＞1，即0＜a＜12e時(shí)，
當(dāng)x∈（－∞，1）和（－ln 2a，＋∞）時(shí)，f'（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈（1，－ln 2a）時(shí)，f'（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減.
綜上所述，當(dāng)a≤0時(shí)，f（x）在（－∞，1）上單調(diào)遞增，在（1，＋∞）上單調(diào)遞減；
當(dāng)0＜a＜12e時(shí)，f（x）在（－∞，1）和（－ln 2a，＋∞）上單調(diào)遞增，在（1，－ln 2a）上單調(diào)遞減；
當(dāng)a＝12e時(shí)，f（x）在R上單調(diào)遞增；
當(dāng)a＞12e時(shí)，f（x）在（－∞，－ln 2a）和（1，＋∞）上單調(diào)遞增，在（－ln 2a，1）上單調(diào)遞減.
（2）由題知g（x）的定義域?yàn)椋?，＋∞），要證g（x）＜4a＋3，a∈[－1，0），
即證3lnxx＋2ax＋2ex＜4a＋3，a∈[－1，0），
即證32ln x＋ax2＋xex＜（2a＋32）x，a∈[－1，0），
即證xex＋ax2－2ax＜32（x－ln x），a∈[－1，0）.
由（1）可得當(dāng)a∈[－1，0）時(shí)，f（x）＝xex＋ax2－2ax在（－∞，1）上單調(diào)遞增，在（1，＋∞）上單調(diào)遞減，
故xex＋ax2－2ax≤1e1＋a－2a＝1e－a，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取等號(hào)，
故xex＋ax2－2ax≤1e＋1，當(dāng)且僅當(dāng)a＝－1，x＝1時(shí)取等號(hào).
設(shè)h（x）＝32（x－ln x），則h'（x）＝3（x－1）2x（x＞0），
故當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，h'（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減；當(dāng)x∈（1，＋∞）時(shí)，h'（x）＞0，h（x）單調(diào)遞增.
故h（x）≥h（1）＝32，即32（x－ln x）≥32.
故xex＋ax2－2ax≤1e＋1＜32≤32（x－ln x），a∈[－1，0），
故g（x）＜4a＋3，a∈[－1，0）得證.
3.[2023廣州市二檢]已知函數(shù)f（x）＝ln（1＋x），g（x）＝ax2＋x.
（1）當(dāng)x＞－1時(shí)，f（x）≤g（x），求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（2）已知n∈N*，證明：sin 1n+1＋sin 1n+2＋…＋sin 12n＜ln 2.
解析 （1）解法一 由f（x）≤g（x），得ln（1＋x）≤ax2＋x，
若x＝0，得0≤0，a∈R.
若x≠0，得ln（1+x）－xx2≤a.
記h（x）＝ln（1+x）－xx2（x＞－1），
則h'（x）＝x2+2x1+x－2ln（1+x）x3.
記p（x）＝x2+2x1+x－2ln（1＋x），則p'（x）＝x2（1+x）2≥0，p（x）單調(diào)遞增.
因?yàn)閜（0）＝0，
所以當(dāng)x＞0時(shí)，p（x）＞0，h'（x）＞0；當(dāng)－1＜x＜0時(shí)，p（x）＜0，h'（x）＞0.
所以h（x）在（－1，0）和（0，＋∞）上單調(diào)遞增.
因?yàn)楫?dāng)x→＋∞時(shí)，ln（1+x）－xx2 → 0，
所以a≥0.
綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是[0，＋∞）.
解法二 令h（x）＝ln（1＋x）－x（x＞－1），
則h'（x）＝11+x－1＝－x1+x（x＞－1），
當(dāng)－1＜x＜0時(shí)，h'（x）＞0，h（x）在（－1，0）上單調(diào)遞增；
當(dāng)x＞0時(shí)，h'（x）＜0，h（x）在（0，＋∞）上單調(diào)遞減.
所以當(dāng)x＝0時(shí)，h（x）取得最大值，且最大值為h（0）＝0.
所以當(dāng)x＞－1時(shí)，h（x）≤h（0）＝0，即ln（1＋x）≤x.
所以當(dāng)a≥0時(shí)，ln（1＋x）≤x≤ax2＋x，即f（x）≤g（x）.
當(dāng)a＜0時(shí)，取x0＝－1a＞0，（提示：觀察g（x）＝ax2＋x＝x（ax＋1），得g（x）的其中一個(gè)零點(diǎn)為x0＝－1a）
由于ln（1＋x0）＞ln 1＝0，而ax02＋x0＝a·（－1a）2－1a＝0，
所以ln（1＋x0）＞ax02＋x0，
故f（x0）＞g（x0），不符合題意.
綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是[0，＋∞）.
（2）由（1）得ln（1＋x）≤x，得ln x≤x－1，
得ln x≥1－1x（x＞0），當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取等號(hào)，
所以x＞1時(shí)，ln x＞1－1x.
令1t＝1－1x（t＞1），得x＝tt－1＞1，
所以lntt－1＞1t（t＞1），
即ln t－ln（t－1）＞1t（t＞1），
所以1n＋k ＜ln（n＋k）－ln（n＋k－1），k＝1，2，…，n.
令φ（x）＝x－sin x（x＞0），則φ'（x）＝1－cs x≥0，
故φ（x）在（0，＋∞）上單調(diào)遞增.
所以φ（x）＞0－sin 0＝0.
所以sin x＜x（x＞0）.
所以sin1n＋k＜1n＋k＜ln（n＋k）－ln（n＋k－1），k＝1，2，…，n.
所以sin1n+1＋sin1n+2＋…＋sin12n
＜[ln（n＋1）－ln n]＋[ln（n＋2）－ln（n＋1）]＋…＋[ln（2n）－ln（2n－1）]
＝ln（2n）－ln n
＝ln 2.
4.[2023河北名校4月模擬]已知函數(shù)f（x）＝ex－（x－a）2（x＞0），e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，a∈R.
（1）討論函數(shù)f（x）的極值點(diǎn)個(gè)數(shù)；
（2）當(dāng)函數(shù)f（x）存在唯一極值點(diǎn)x0時(shí)，求證：a＋esinx02＜x0＜－4a.
解析 （1）令g（x）＝f '（x）＝ex－2x＋2a，則g'（x）＝ex－2，
當(dāng)0＜x＜ln 2時(shí)，g'（x）＜0，f '（x）單調(diào)遞減；
當(dāng)x＞ln 2時(shí)，g'（x）＞0，f '（x）單調(diào)遞增，
所以f '（x）≥f '（ln 2）＝2（1－ln 2＋a）.
當(dāng)a≥ln 2－1＝ln 2e時(shí)，f '（x）≥0在（0，＋∞）上恒成立，此時(shí)f（x）無極值點(diǎn).
當(dāng)a＜ln 2－1＝ln 2e時(shí)，f '（ln 2）＜0，e0－2×0＋2a＝1＋2a.
若－12＜a＜ln 2e，則1＋2a＞0，f '（2）＝e2－4＋2a＞0，所以f '（x）在（0，ln 2），
（ln 2，2）上各有一個(gè)零點(diǎn)，即f（x）有兩個(gè)極值點(diǎn).
若a≤－12，則1＋2a≤0，當(dāng)x→＋∞時(shí)，f '（x）→＋∞，所以f '（x）在（0，＋∞）上有一個(gè)零點(diǎn)，即f（x）有一個(gè)極值點(diǎn).
綜上：當(dāng)a≤－12時(shí)，f（x）有一個(gè)極值點(diǎn)；當(dāng)－12＜a＜ln 2e時(shí)，f（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)；
當(dāng)a≥ln 2e時(shí)，f（x）無極值點(diǎn).
（2）由（1）知，當(dāng)f（x）存在唯一極值點(diǎn)x0時(shí)，a≤－12，
f '（x0）＝ex0－2x0＋2a＝0，
所以a＝x0－ex02，
則要證a＋esin x02＜x0，只需證x0－ex02＋esin x02＜x0，即證sin x0－ex0－1＜0.
對(duì)于y＝x－sin x，x∈（0，＋∞），y'＝1－cs x≥0，即y＝x－sin x在x∈（0，＋∞）上單調(diào)遞增，
所以y＝x－sin x＞0，即x＞sin x在x∈（0，＋∞）上恒成立；
對(duì)于y＝x－ex－1，x∈（0，＋∞），y'＝1－ex－1，在（0，1）上y'＞0，在（1，＋∞）上y'＜0，
所以y＝x－ex－1在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，＋∞）上單調(diào)遞減，
所以ymax＝1－e1－1＝0，故y＝x－ex－1≤0，即x≤ex－1在x∈（0，＋∞）上恒成立.
綜上，ex－1≥x＞sin x在x∈（0，＋∞）上恒成立，故sin x0－ex0－1＜0成立，從而a＋esin x02＜x0.
要證x0＜－4a，即證2ex0－5x0＞0.
令h（x）＝2ex－5x，x∈（0，＋∞），則h'（x）＝2ex－5.
當(dāng)0＜x＜ln 52時(shí)，h'（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減；
當(dāng)x＞ln 52時(shí)，h'（x）＞0，h（x）單調(diào)遞增.
所以h（x）≥h（ln 52）＝5（1－ln 52）＝5ln2e5＞0，
即2ex－5x＞0在（0，＋∞）上恒成立.
綜上，a＋esin x02＜x0＜－4a.

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