利用导数证明不等式
【思维突破妙招】 构造法证明不等式是指在证明与函数有关的不等式时，根据所要证明的不等式，构造与之相关的函数，利用函数的单调性、极值、最值加以证明．常用方法如下：
移项构造 差函数法 证明不等式f (x)＞g(x)(或f (x)＜g(x))转化为证明f (x)－g(x)＞0(或f (x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x)＝f (x)－g(x)
分拆构造 双函数法 证明等式f (x)＞g(x)转化为证明＞g(x)max
放缩后构 造函数法 一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如ln x≤x－1(x＞0)，ex≥x＋1，ln x＜x＜ex(x＞0)，≤ln (x＋1)≤x(x＞－1)
技法一 移项构造法证明不等式
[典例1] (2023·新高考Ⅰ卷)已知函数f (x)＝a(ex＋a)－x．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)证明：当a＞0时，f (x)＞2ln a＋．
[听课记录]
一般地，待证不等式的两边含有同一个变量时，可以直接构造“左减右”(或“右减左”)的函数，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值进行证明．
提醒：对复杂的式子可以先进行变形，再移项构造函数进行证明．
[跟进训练]
1．(教材经典)证明以下不等式：
(1)ex≥x＋1；
(2)ln x≤x－1；
(3) ln x≥1－．
技法二 分拆构造双函数法证明不等式
[典例2] 设函数f (x)＝aexln x＋，曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程为y＝e(x－1)＋2．
(1)求a，b；
(2)求证：f (x)>1．
[听课记录]
在同时含ln x与ex的不等式证明中，常采用把对数单独分离的方式，把待证不等式分离．如本例中若直接构造函数，求导运算会比较复杂，此时把指数与对数分离两边，构造两个函数，分别计算它们的最值，借助最值进行证明．
[跟进训练]
2．已知函数f (x)＝eln x－ax(a∈R)．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)当a＝e时，证明：xf (x)－ex＋2ex≤0．
技法三 放缩法证明不等式
[典例3] (17分)已知函数f (x)＝a ln x－x＋1(a∈R)，g(x)＝sin x－x．
(1)讨论函数f (x)的单调性；
(2)证明：g<0(n∈N*)；
(3)证明：ln 2>sin ＋sin ＋sin ＋…＋sin (n∈N*)．
【规范解答】 (1)函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝－1＝，……1分
①
所以函数f (x)在(0，＋∞)上单调递减．…………………………………………2分
②当a>0时，由f ′(x)＝0，得x＝a，
当x∈(0，a)时，f ′(x)>0；
当x∈(a，＋∞)时，f ′(x)<0．
所以函数f (x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减．…………………4分
综上，当a≤0时，函数f (x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a>0时，函数f (x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减．………5分
(2)证明：∵g(x)＝sin x－x,
∴g′(x)＝cos x－1≤0恒成立，……………………………………………………6分
∴g(x)在R上单调递减，
∴g
(3)证明：
∴ln －1，……………………………………………………………………8分
∴ln x≥1－＝，
………………………………………………………………………………………9分
即ln >，……………………………………………………………………10分
∴ln (n＋1)－ln n>，…………………………………………………………11分
从而ln (n＋2)－ln (n＋1)>，
ln (n＋3)－ln (n＋2)>，
…
ln (2n)－ln (2n－1)>，
累加可得ln (2n)－ln n>＋…＋，
即ln 2>＋…＋．13分
由(2)知，g(x)＝sin x－x在(0，＋∞)上单调递减，
……………………………………………………………………………………14分
………………………………………15分
∴＋…＋>sin ＋sin ＋sin ＋…＋sin ．………16分
∴ln 2>sin ＋sin ＋sin ＋…＋sin (n∈N*)．………………………17分
1．利用导数证明不等式时，若所证明的不等式中含有ex，ln x，sin x，cos x，tan x或其他多项式函数中的两种或以上，可考虑先利用不等式进行放缩，使问题简化，然后再构造函数进行证明．
2．常见的放缩有：(1)tan x>x>sin x，x∈；(2)切线放缩：ex≥x＋1>x－1≥ln x，利用切线放缩可把指数式、对数式转化为一次式，有利于后续的求解．
3．导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式．
[跟进训练]
3．已知函数f (x)＝ln x＋－1．
(1)求函数f (x)的最小值；
(2)当x∈(0，π)时，证明：ex＞(1－ln x)sin x．
思维进阶课1 利用导数证明不等式
技法一
典例1 解：(1)f ′(x)＝aex－1，
当a≤0时，f ′(x)＜0，
所以函数f (x)在R上单调递减；
当a＞0时，令f ′(x)＞0，得x＞－ln a，
令f ′(x)＜0，得x＜－ln a，
所以函数f (x)在(－∞，－ln a)上单调递减，
在(－ln a，＋∞)上单调递增．
综上可得，当a≤0时，函数f (x)在R上单调递减；
当a＞0时，函数f (x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
(2)证明：由(1)得当a＞0时，函数f (x)＝a(ex＋a)－x的最小值为f (－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a，
令g(a)＝1＋a2＋ln a－2ln a－＝a2－ln a－，a∈(0，＋∞)，所以g′(a)＝2a－，
令g′(a)＞0，得a＞；
令g′(a)＜0，得0＜a＜．
所以函数g(a)在上单调递减，在上单调递增，
所以函数g(a)的最小值为g－ln ＝ln ＞0，
所以当a＞0时，f (x)＞2ln a＋成立．
跟进训练
1．证明：(1)令f (x)＝ex－(x＋1)，则有f ′(x)＝ex－1．
令f ′(x)<0，即ex－1<0，解得x<0；
令f ′(x)>0，即ex－1>0，解得x>0，
所以f (x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
所以f (x)≥f (0)＝e0－1＝0，即ex－(x＋1)≥0．所以ex≥x＋1．
(2)令g(x)＝ln x－(x－1)(x>0)，则g′(x)＝－1．
令g′(x)<0，即－1<0，解得x>1；
令g′(x)>0，即－1＞0，解得0所以g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以g(x)≤g(1)＝ln 1－(1－1)＝0，即ln x－(x－1)≤0，所以ln x≤x－1．
(3)令h(x)＝ln x－1＋(x>0)，则h′(x)＝，
当0当x>1时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增，
则h(x)≥h(1)＝ln 1－1＋1＝0，即ln x－1＋≥0，所以ln x≥1－．
技法二
典例2 解：(1)函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝aex，
依题意得解得a＝1，b＝2．
(2)证明：由(1)知f (x)＝exln x＋，x＞0，
从而f (x)>1等价于x ln x>xe－x－．
构造函数g(x)＝x ln x(x>0)，则g′(x)＝1＋ln x，所以当x∈时，g′(x)<0，当x∈时，g′(x)>0，故g(x)在上单调递减，在上单调递增，从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为．构造函数h(x)＝xe－x－则h′(x)＝e－x(1－x)，所以当x∈(0，1)时，h′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，故h(x)在(0，＋∞)上的最大值为h(1)＝－．
综上，当x>0时，g(x)>h(x)，即f (x)>1．
跟进训练
2．解：(1)f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝－a(x>0)，
①若a≤0，则f ′(x)>0，f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
②若a>0，则当00，
当x>时，f ′(x)<0，
故f (x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)证明：因为x>0，所以只需证f (x)≤－2e．
当a＝e时，由(1)知，f (x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以f (x)max＝f (1)＝－e．
记g(x)＝－2e(x>0)，
则g′(x)＝，
所以当0当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)min＝g(1)＝－e．
综上，当x>0时，f (x)≤g(x)，
即f (x)≤－2e，
即xf (x)－ex＋2ex≤0得证．
技法三
跟进训练
3．解：(1)因为函数f (x)＝ln x＋－1的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝，
所以当0＜x＜1时，f ′(x)＜0，
当x＞1时，f ′(x)＞0，
所以当0＜x＜1时，函数f (x)单调递减；
当x＞1时，函数f (x)单调递增．
所以f (x)≥f (1)＝0，即函数f (x)的最小值为0．
(2)证明：当x∈(0，π)时，要证明ex＞(1－ln x)·sin x，只需证＞1－ln x，
由(1)可知ln x＋－1≥0，即≥1－ln x，
所以要证＞1－ln x，只需证＞，
即证xex－sin x＞0．
令h(x)＝xex－sin x，则h′(x)＝(x＋1)ex－cos x，
当0＜x＜π时，
h′(x)＝(x＋1)ex－cos x＞0，
所以函数h(x)在(0，π)上单调递增，
所以当0＜x＜π时，h(x)＞h(0)＝0，
即xex－sin x＞0，
所以当x∈(0，π)时，不等式ex＞(1－ln x)sin x成立．
1/1(共40张PPT)
第三章
一元函数的导数及其应用
思维进阶课1 利用导数证明不等式
【思维突破妙招】 构造法证明不等式是指在证明与函数有关的不等式时，根据所要证明的不等式，构造与之相关的函数，利用函数的单调性、极值、最值加以证明．常用方法如下：
移项构造 差函数法 证明不等式f (x)＞g(x)(或f (x)＜g(x))转化为证明f (x)－g(x)＞0(或f (x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x)＝f (x)－g(x)
分拆构造 双函数法
放缩后构 造函数法
技法一 移项构造法证明不等式
[典例1] (2023·新高考Ⅰ卷)已知函数f (x)＝a(ex＋a)－x．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)证明：当a＞0时，f (x)＞2ln a＋．
[解] (1)f ′(x)＝aex－1，当a≤0时，f ′(x)＜0，
所以函数f (x)在R上单调递减；
当a＞0时，令f ′(x)＞0，得x＞－ln a，令f ′(x)＜0，得x＜－ln a，
所以函数f (x)在(－∞，－ln a)上单调递减，
在(－ln a，＋∞)上单调递增．
综上可得，当a≤0时，函数f (x)在R上单调递减；
当a＞0时，函数f (x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
(2)证明：由(1)得当a＞0时，函数f (x)＝a(ex＋a)－x的最小值为f (－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a，令g(a)＝1＋a2＋ln a－2ln a－＝a2－ln a－，a∈(0，＋∞)，所以g′(a)＝2a－，令g′(a)＞0，得a＞；
令g′(a)＜0，得0＜a＜．
所以函数g(a)在上单调递减，在上单调递增，所以函数g(a)的最小值为g＝－ln ＝ln ＞0，所以当a＞0时，f (x)＞2ln a＋成立．
【教用·备选题】
证明：当x>1时，x2＋ln x[证明] 设g(x)＝x3－x2－ln x，则g′(x)＝2x2－x－，因为当x＞1时，g′(x)＝＞0，所以函数g(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以当x>1时，g(x)＞g(1)＝＞0，所以当x＞1时，x2＋ln x＜x3．
名师点评 一般地，待证不等式的两边含有同一个变量时，可以直接构造“左减右”(或“右减左”)的函数，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值进行证明．
提醒：对复杂的式子可以先进行变形，再移项构造函数进行证明．
[跟进训练]
1．(教材经典)证明以下不等式：
(1)ex≥x＋1；
(2)ln x≤x－1；
(3) ln x≥1－．
[证明] (1)令f (x)＝ex－(x＋1)，则有f ′(x)＝ex－1．
令f ′(x)<0，即ex－1<0，解得x<0；
令f ′(x)>0，即ex－1>0，解得x>0，
所以f (x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
所以f (x)≥f (0)＝e0－1＝0，即ex－(x＋1)≥0．
所以ex≥x＋1．
(2)令g(x)＝ln x－(x－1)(x>0)，则g′(x)＝－1．
令g′(x)<0，即－1<0，解得x>1；
令g′(x)>0，即－1＞0，解得0所以g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以g(x)≤g(1)＝ln 1－(1－1)＝0，
即ln x－(x－1)≤0，
所以ln x≤x－1．
(3)令h(x)＝ln x－1＋(x>0)，则h′(x)＝＝，
当0当x>1时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增，
则h(x)≥h(1)＝ln 1－1＋1＝0，即ln x－1＋≥0，所以ln x≥1－．
技法二 分拆构造双函数法证明不等式
[典例2] 设函数f (x)＝aexln x＋，曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程为y＝e(x－1)＋2．
(1)求a，b；
(2)求证：f (x)>1．
[解] (1)函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝aex，依题意得解得a＝1，b＝2．
(2)证明：由(1)知f (x)＝exln x＋，x＞0，从而f (x)>1等价于x ln x>xe－x－．
构造函数g(x)＝x ln x(x>0)，则g′(x)＝1＋ln x，所以当x∈时，g′(x)<0，当x∈时，g′(x)>0，故g(x)在上单调递减，在上单调递增，从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g＝－．构造函数h(x)＝xe－x
－(x>0)，则h′(x)＝e－x(1－x)，所以当x∈(0，1)时，h′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，故h(x)在(0，＋∞)上的最大值为h(1)＝－．
综上，当x>0时，g(x)>h(x)，即f (x)>1．
名师点评 在同时含ln x与ex的不等式证明中，常采用把对数单独分离的方式，把待证不等式分离．如本例中若直接构造函数，求导运算会比较复杂，此时把指数与对数分离两边，构造两个函数，分别计算它们的最值，借助最值进行证明．
[跟进训练]
2．已知函数f (x)＝eln x－ax(a∈R)．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)当a＝e时，证明：xf (x)－ex＋2ex≤0．
[解] (1)f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝－a(x>0)，
①若a≤0，则f ′(x)>0，f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
②若a>0，则当00，当x>时，f ′(x)<0，
故f (x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)证明：因为x>0，所以只需证f (x)≤－2e．
当a＝e时，由(1)知，f (x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f (x)max＝f (1)＝－e．
记g(x)＝－2e(x>0)，则g′(x)＝，
所以当01时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝－e．
综上，当x>0时，f (x)≤g(x)，即f (x)≤－2e，即xf (x)－ex＋2ex≤0得证．
技法三 放缩法证明不等式
[典例3] (17分)已知函数f (x)＝a ln x－x＋1(a∈R)，g(x)＝sin x－x．
(1)讨论函数f (x)的单调性；
(2)证明：g<0(n∈N*)；
(3)证明：ln 2>sin ＋sin ＋sin ＋…＋sin (n∈N*)．
【规范解答】 (1)函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝－1＝，…………………………………………………………………1分
①
所以函数f (x)在(0，＋∞)上单调递减．……………………………2分
②当a>0时，由f ′(x)＝0，得x＝a，
当x∈(0，a)时，f ′(x)>0；
当x∈(a，＋∞)时，f ′(x)<0．
所以函数f (x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减． …4分
综上，当a≤0时，函数f (x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a>0时，函数f (x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减．……………………………………………………………………5分
(2)证明：∵g(x)＝sin x－x,
∴g′(x)＝cos x－1≤0恒成立，………………………………………6分
∴g(x)在R上单调递减，
∴g(3)证明：
∴ln －1，………………………………………………………8分
∴ln x≥1－＝，
…………………………………………………………………………9分
即ln >，………………………………………………………10分
∴ln (n＋1)－ln n>，……………………………………………11分
从而ln (n＋2)－ln (n＋1)>，
ln (n＋3)－ln (n＋2)>，
…
ln (2n)－ln (2n－1)>，
累加可得ln (2n)－ln n>＋…＋，
即ln 2>＋…＋．13分
由(2)知，g(x)＝sin x－x在(0，＋∞)上单调递减，
……………14分
……………………………15分
∴＋…＋>sin ＋sin ＋sin ＋…＋sin ． …………………………………………………………………16分
∴ln 2>sin ＋sin ＋sin ＋…＋sin (n∈N*)．…………17分
名师点评 1．利用导数证明不等式时，若所证明的不等式中含有ex，ln x，sin x，cos x，tan x或其他多项式函数中的两种或以上，可考虑先利用不等式进行放缩，使问题简化，然后再构造函数进行证明．
2．常见的放缩有：(1)tan x>x>sin x，x∈；(2)切线放缩：ex≥x＋1>x－1≥ln x，利用切线放缩可把指数式、对数式转化为一次式，有利于后续的求解．
3．导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式．
[跟进训练]
3．已知函数f (x)＝ln x＋－1．
(1)求函数f (x)的最小值；
(2)当x∈(0，π)时，证明：ex＞(1－ln x)sin x．
[解] (1)因为函数f (x)＝ln x＋－1的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝＝，所以当0＜x＜1时，f ′(x)＜0，当x＞1时，f ′(x)＞0，所以当0＜x＜1时，函数f (x)单调递减；当x＞1时，函数f (x)单调递增．所以f (x)≥f (1)＝0，即函数f (x)的最小值为0．
(2)证明：当x∈(0，π)时，要证明ex＞(1－ln x)·sin x，只需证＞1－ln x，由(1)可知ln x＋－1≥0，即≥1－ln x，所以要证＞1－ln x，只需证＞，即证xex－sin x＞0．
令h(x)＝xex－sin x，则h′(x)＝(x＋1)ex－cos x，当0＜x＜π时，h′(x)＝(x＋1)ex－cos x＞0，所以函数h(x)在(0，π)上单调递增，所以当0＜x＜π时，h(x)＞h(0)＝0，即xex－sin x＞0，所以当x∈(0，π)时，不等式ex＞(1－ln x)sin x成立．
题号
1
3
2
4
进阶特训(一) 利用导数证明不等式
1．(教材经典)证明：当0[证明] 令f (x)＝x－sin x(00，∴f (x)在(0，1)上单调递增，∴f (x)>f (0)＝0，即当0sin x；
令g(x)＝sin x－x＋x2(00，∴当x∈(0，1)时，h(x)单调递增，即g′(x)单调递增，∴g′(x)>g′(0)＝0，∴g(x)在(0，1)上单调递增，∴g(x)>g(0)＝0，即当0x－x2．
综上所述，当02．已知函数f (x)＝a ln x＋x＋＋2a(a∈R)．
(1)若f (x)在x＝1处取得极小值，求a的值；
(2)若0题号
1
3
2
4
[解] (1)函数f (x)＝a ln x＋x＋＋2a的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x)＝＋1－＝．
由f ′(1)＝a－1＝0，得a＝1，
经检验，a＝1满足题意．
(2)证明：要证明f (x)令g(x)＝，其中x>0，则g′(x)＝，当0当x>2时，g′(x)>0，此时函数g(x)单调递增．
所以g(x)min＝g(2)＝．
题号
1
3
2
4
令h(x)＝，其中00，
则h′(x)＝－．
当00，此时函数h(x)单调递增；当x>时，h′(x)<0，此时函数h(x)单调递减．
所以h(x)max＝h＝ae<，
则h(x)max故原不等式得证．
题号
1
3
2
4
3．(2021·全国乙卷)设函数f (x)＝ln (a－x)，已知x＝0是函数y＝xf (x)的极值点．
(1)求a；
(2)设函数g(x)＝，证明：g(x)＜1．
题号
1
3
2
4
[解] (1)由题意得y＝xf (x)＝x ln (a－x)，
则y′＝ln (a－x)＋x[ln (a－x)]′．
因为x＝0是函数y＝xf (x)的极值点，
所以y′|x＝0＝ln a＝0，所以a＝1．
(2)证明：由(1)可知，f (x)＝ln (1－x)，其定义域为{x|x＜1}，当0＜x＜1时，ln (1－x)＜0，此时xf (x)＜0；
当x＜0时，ln (1－x)＞0，此时xf (x)＜0．
易知g(x)的定义域为{x|x＜1且x≠0}，
故要证g(x)＝＜1，只需证x＋f (x)＞xf (x)，即证x＋ln (1－x)－x ln (1－x)＞0，
令1－x＝t，则t＞0且t≠1，
题号
1
3
2
4
则只需证1－t＋ln t－(1－t)ln t＞0，
即证1－t＋t ln t＞0．
令h(t)＝1－t＋t ln t，则h′(t)＝－1＋ln t＋1＝ln t，
所以h(t)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h(t)＞h(1)＝0，即g(x)＜1成立．
题号
1
3
2
4
4．已知函数f (x)＝ln x－ax(a∈R)．
(1)讨论函数f (x)在(0，＋∞)上的单调性；
(2)证明：ex－e2ln x＞0恒成立．
题号
1
3
2
4
[解] (1)f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝－a＝，当a≤0时，f ′(x)＞0，f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a＞0时，令f ′(x)＝0，得x＝，∴当x∈时，f ′(x)＞0；
当x∈时，f ′(x)＜0，
∴f (x)在上单调递增，在上单调递减．
综上所述，当a≤0时，f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a＞0时，f (x)在上单调递增，在上单调递减．
题号
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(2)证明：要证ex－e2ln x＞0，
即证ex-2＞ln x，
令φ(x)＝ex－x－1，
∴φ′(x)＝ex－1．
令φ′(x)＝0，得x＝0，
∴当x∈(－∞，0)时，φ′(x)＜0；
当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)＞0，
∴φ(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(0)＝0，
即ex－x－1≥0，即ex≥x＋1，当且仅当x＝0时取等号．
题号
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同理可证ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取等号．
由ex≥x＋1(当且仅当x＝0时取等号)，可得ex-2≥x－1(当且仅当x＝2时取等号)，
又x－1≥ln x(当且仅当x＝1时取等号)，∴ex-2≥x－1≥ln x且两等号不能同时成立，
故ex-2＞ln x，即原不等式成立．
题号
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谢 谢！进阶特训(一) 利用导数证明不等式
1．(教材经典)证明：当02．已知函数f (x)＝a ln x＋x＋＋2a(a∈R)．
(1)若f (x)在x＝1处取得极小值，求a的值；
(2)若03．(2021·全国乙卷)设函数f (x)＝ln (a－x)，已知x＝0是函数y＝xf (x)的极值点．
(1)求a；
(2)设函数g(x)＝，证明：g(x)＜1．
4．已知函数f (x)＝ln x－ax(a∈R)．
(1)讨论函数f (x)在(0，＋∞)上的单调性；
(2)证明：ex－e2ln x＞0恒成立．
进阶特训(一)
1．证明：令f (x)＝x－sin x(00，
∴f (x)在(0，1)上单调递增，∴f (x)>f (0)＝0，
即当0sin x；
令g(x)＝sin x－x＋x2(0则g′(x)＝cos x－1＋2x，
令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝－sin x＋2>0，
∴当x∈(0，1)时，h(x)单调递增，即g′(x)单调递增，∴g′(x)>g′(0)＝0，
∴g(x)在(0，1)上单调递增，∴g(x)>g(0)＝0，
即当0x－x2．
综上所述，当02．解：(1)函数f (x)＝a ln x＋x＋＋2a的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x)＝＋1－＝．
由f ′(1)＝a－1＝0，得a＝1，
经检验，a＝1满足题意．
(2)证明：要证明f (x)即证x＋a ln x＋＋2a即证a(ln x＋2)<，
即证<．
令g(x)＝，其中x>0，
则g′(x)＝，
当0当x>2时，g′(x)>0，此时函数g(x)单调递增．
所以g(x)min＝g(2)＝．
令h(x)＝，其中00，
则h′(x)＝－．
当00，此时函数h(x)单调递增；当x>时，h′(x)<0，此时函数h(x)单调递减．
所以h(x)max＝h＝ae<，
则h(x)max故原不等式得证．
3．解：(1)由题意得y＝xf (x)＝x ln (a－x)，
则y′＝ln (a－x)＋x[ln (a－x)]′．
因为x＝0是函数y＝xf (x)的极值点，
所以y′|x＝0＝ln a＝0，所以a＝1．
(2)证明：由(1)可知，f (x)＝ln (1－x)，其定义域为{x|x＜1}，当0＜x＜1时，ln (1－x)＜0，此时xf (x)＜0；
当x＜0时，ln (1－x)＞0，此时xf (x)＜0．
易知g(x)的定义域为{x|x＜1且x≠0}，
故要证g(x)＝＜1，只需证x＋f (x)＞xf (x)，即证x＋ln (1－x)－x ln (1－x)＞0，
令1－x＝t，则t＞0且t≠1，
则只需证1－t＋ln t－(1－t)ln t＞0，
即证1－t＋t ln t＞0．
令h(t)＝1－t＋t ln t，则h′(t)＝－1＋ln t＋1＝ln t，
所以h(t)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h(t)＞h(1)＝0，即g(x)＜1成立．
4．解：(1)f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝－a＝，
当a≤0时，f ′(x)＞0，f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a＞0时，令f ′(x)＝0，得x＝，
∴当x∈时，f ′(x)＞0；
当x∈时，f ′(x)＜0，
∴f (x)在上单调递增，在上单调递减．
综上所述，当a≤0时，f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a＞0时，f (x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)证明：要证ex－e2ln x＞0，
即证ex-2＞ln x，令φ(x)＝ex－x－1，
∴φ′(x)＝ex－1．
令φ′(x)＝0，得x＝0，
∴当x∈(－∞，0)时，φ′(x)＜0；
当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)＞0，
∴φ(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(0)＝0，
即ex－x－1≥0，即ex≥x＋1，当且仅当x＝0时取等号．
同理可证ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取等号．
由ex≥x＋1(当且仅当x＝0时取等号)，可得ex-2≥x－1(当且仅当x＝2时取等号)，
又x－1≥ln x(当且仅当x＝1时取等号)，
∴ex-2≥x－1≥ln x且两等号不能同时成立，
故ex-2＞ln x，即原不等式成立．
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