第三课时 利用导数证明不等式
方法一 作差构造法
[例1] (2023·新课标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+.
1.作差构造法证明不等式的基本思路
待证不等式的两边含有同一个变量时,一般地,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等相关函数性质证明不等式.
2.作差构造法证明不等式的基本步骤
(1)作差或变形.
(2)构造新的函数g(x).
(3)利用导数研究g(x)的单调性或最值.
(4)根据单调性及最值,得到所证不等式.
[针对训练] 已知函数f(x)=ax+xln x在x=e－2 (e为自然对数的底数)处取得极小值.
(1)求实数a的值;
(2)当x>1时,求证:f(x)>3(x－1).
构造双函数法证明不等式的前提与关键
(1)在证明不等式中,若无法转化为一个函数的最值问题,则可将待证式适当变形,转化为两个函数的最值问题.
(2)在证明过程中,“隔离化”是关键.如果证g(x)≥f(x)恒成立,只需证g(x)min≥f(x)max恒成立,但只有当f(x)与g(x)取到最值时的x的值也相同才取等号,否则只能得到g(x)>f(x).
[针对训练] (2025·江苏苏州模拟)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:f(x)－+2e≤0.
方法三 放缩法
[例3] (2025·江苏南通模拟)已知函数f(x)=x－ln x－.
(1)求f(x)的最大值;
(2)证明:1+x3+≥3x－f(x).
导数方法证明不等式中,最常见的是ex和ln x与其他代数式结合的问题,对于这类问题,可以考虑先对ex和ln x进行放缩,使问题简化,简化后再构建函数进行证明.常见的放缩公式如下:(1)ex≥1+x,当且仅当x=0时取等号.
(2)ln x≤x－1,当且仅当x=1时取等号.
[针对训练] 已知函数f(x)=mex－x－ln m－1,其中m>0.
(1)求f(x)的最小值;
(2)证明:xeex－eln x－ln(x+1)>1.
(分值:50分)
选题明细表
知识点、方法 题号
作差构造法 1
构造双函数法 4
放缩法 2,3
1.(12分)(2025·河北承德模拟)已知函数f(x)=ax2－2ln x.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)求证:当a>0时,f(x)≥2－.
2.(12分)(2025·福建宁德模拟)已知函数f(x)=ex+ax+a.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)求证:1－x－xln x<·(e－2+1).
3.(13分)已知函数f(x)=ax－axln x－1(a∈R,a≠0).
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)当x>1时,求证:>－1.
4.(13分)(2025·广东广州模拟)已知函数f(x)=axex(a≠0).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当a≥时,证明:－(x+1)ln x>0.
第三课时 利用导数证明不等式（解析版）
方法一 作差构造法
[例1] (2023·新课标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+.
(1)【解】 因为f(x)=a(ex+a)－x,定义域为R,所以f′(x)=aex－1,
当a≤0时,由于ex>0,则aex≤0,故f′(x)=aex－1<0恒成立,所以f(x)在R上单调递减.
当a>0时,令f′(x)=aex－1=0,
解得x=－ln a.
当x<－ln a时,f′(x)<0,则f(x)在(－∞,－ln a)上单调递减;
当x>－ln a时,f′(x)>0,则f(x)在(－ln a,+∞)上单调递增.
综上,当a≤0时,f(x)在R上单调递减;
当a>0时,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,f(x)min=f(－ln a)=a(e－ln a+a)+ln a=1+a2+ln a,要证f(x)>2ln a+,即证1+a2+ln a>2ln a+,即证a2－－ln a>0恒成立,令g(a)=a2－－ln a(a>0),则g′(a)=2a－=,令g′(a)<0,则0
令g′(a)>0,则a>.所以g(a)在(0,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增,所以g(a)min=g()=()2－－ln =ln >0,则g(a)>0恒成立,所以当a>0时,f(x)>2ln a+恒成立.
1.作差构造法证明不等式的基本思路
待证不等式的两边含有同一个变量时,一般地,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等相关函数性质证明不等式.
2.作差构造法证明不等式的基本步骤
(1)作差或变形.
(2)构造新的函数g(x).
(3)利用导数研究g(x)的单调性或最值.
(4)根据单调性及最值,得到所证不等式.
[针对训练] 已知函数f(x)=ax+xln x在x=e－2 (e为自然对数的底数)处取得极小值.
(1)求实数a的值;
(2)当x>1时,求证:f(x)>3(x－1).
(1)【解】 因为f(x)=ax+xln x,
所以f′(x)=a+ln x+1,
因为函数f(x)在x=e－2处取得极小值,
所以f′(e－2)=0,即a+ln e－2+1=0,
所以a=1,所以f′(x)=ln x+2.
当f′(x)>0时,x>e－2;
当f′(x)<0时,0所以f(x)在(0,e－2)上单调递减,在(e－2,+∞)上单调递增,
所以f(x)在x=e－2处取得极小值,符合题意,所以a=1.
(2)【证明】 由(1)知a=1,所以f(x)=x+xln x.
令g(x)=f(x)－3(x－1),
即g(x)=xln x－2x+3(x>1).
g′(x)=ln x－1,由g′(x)=0,得x=e.
由g′(x)>0,得x>e;由g′(x)<0,得1所以g(x)在(1,e)上单调递减,在(e,+∞)上单调递增,所以g(x)在(1,+∞)上的最小值为g(e)=3－e>0.
于是在(1,+∞)上,都有g(x)≥g(e)>0,所以f(x)>3(x－1).
方法二 构造双函数法
[例2] 已知函数f(x)=aln x+－ex.
(1)若a=1,证明:f(x)存在唯一极值点;
(2)若a>,证明: x∈(0,1),f(x)<0.
【证明】 (1)因为f(x)=ln x+x－ex(x>0),所以f′(x)=+1－ex(x>0),易知f′(x)在(0,+∞)上单调递减,又因为f′(1)=2－e<0,f′()=3－>0,所以存在唯一的x0∈(,1),使得f′(x0)=0,当x∈(0,x0)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(x0,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减.所以 f(x) 存在唯一极值点.
(2)要证明f(x)<0在x∈(0,1)上恒成立,即要证明aln x+－ex<0在x∈(0,1)上恒成立,即证明ln x<在x∈(0,1)上恒成立,令g(x)=ln x,h(x)=,
即证明g(x)max又因为g(x)=ln x 在(0,1)上单调递增,所以g(x)所以原命题等价于证明h(x)=>0在x∈(0,1)上恒成立.
又因为h′(x)==(ex－),令h′(x)=0,则x=ln =－ln a.
因为a>,所以0<①当0,h(x)单调递增,所以 h(x)min=h(ln)==(1－ln )=(1+ln a)>(1+ln )=0;
②当a=1时,h(x)=ex－x,h′(x)=ex－1>0在 x∈(0,1)上恒成立,所以h(x)=ex－x在x∈(0,1)上单调递增,所以h(x)>h(0)=1>0;
③当a>1时,－ln a<0,h′(x)>0在x∈(0,1)上恒成立,所以h(x)在x∈(0,1)上单调递增,所以 h(x)>h(0)=>0.
综上所述,h(x)=>0在x∈(0,1)上恒成立,所以原命题得证.
构造双函数法证明不等式的前提与关键
(1)在证明不等式中,若无法转化为一个函数的最值问题,则可将待证式适当变形,转化为两个函数的最值问题.
(2)在证明过程中,“隔离化”是关键.如果证g(x)≥f(x)恒成立,只需证g(x)min≥f(x)max恒成立,但只有当f(x)与g(x)取到最值时的x的值也相同才取等号,否则只能得到g(x)>f(x).
[针对训练] (2025·江苏苏州模拟)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:f(x)－+2e≤0.
(1)【解】 函数的定义域为(0,+∞),因为f′(x)=－a=,
所以当a≤0时,f′(x)>0在(0,+∞)上恒成立,故函数f(x)在区间(0,+∞)上单调递增;
当a>0时,由f′(x)>0,得0,即函数f(x)在区间(0,)上单调递增,在(,+∞)上单调递减.
综上,当a≤0时,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增;当a>0时,f(x)在区间(0,)上单调递增,在(,+∞)上单调递减.
(2)【证明】 证明f(x)－+2e≤0,只需证明f(x)≤－2e,由(1)知,当a=e时,函数f(x)在区间(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以f(x)max=f(1)=－e.
令g(x)=－2e(x>0),则g′(x)=,所以当x∈(0,1)时,g′(x)<0,函数g(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,函数g(x)单调递增.所以g(x)min=g(1)=－e,所以f(x)≤g(x),所以当a=e时,f(x)－+2e≤0.
方法三 放缩法
[例3] (2025·江苏南通模拟)已知函数f(x)=x－ln x－.
(1)求f(x)的最大值;
(2)证明:1+x3+≥3x－f(x).
(1)【解】 f(x)=x－ln x－,定义域为(0,+∞),
则f′(x)=1－=(x>0).
令g(x)=ex－x,x>0,则g′(x)=ex－1.
当x∈(0,+∞)时,g′(x)>0恒成立,即g(x)在(0,+∞)上单调递增,
所以g(x)>g(0)=1>0,即当x>0时,ex>x.
令f′(x)>0,得01,
所以f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以f(x)max=f(1)=1－e.
(2)【证明】 要证1+x3+≥3x－f(x),即证x3－2x+1≥ln x,
令h(x)=x－1－ln x,h′(x)=1－(x>0).
令h′(x)>0,得x>1,令h′(x)<0,得0所以h(x)在(0,1)上单调递减,(1,+∞)上单调递增,
h(x)≥h(1)=0,即x－1≥ln x,
即欲证x3－2x+1≥ln x,只需证x3－2x+1≥x－1.也就是证明x3－3x+2≥0(x>0).(*)
设φ(x)=x3－3x+2(x>0),则φ′(x)=3x2－3(x>0),令φ′(x)=0,得x=1.
当x∈(0,1)时,φ′(x)<0,φ(x)单调递减;
当x∈(1,+∞)时,φ′(x)>0,φ(x)单调递增.
所以当x=1时,φ(x)取得最小值φ(1)=0.
故(*)式成立,从而1+x3+≥3x－f(x)成立.
导数方法证明不等式中,最常见的是ex和ln x与其他代数式结合的问题,对于这类问题,可以考虑先对ex和ln x进行放缩,使问题简化,简化后再构建函数进行证明.常见的放缩公式如下:(1)ex≥1+x,当且仅当x=0时取等号.
(2)ln x≤x－1,当且仅当x=1时取等号.
[针对训练] 已知函数f(x)=mex－x－ln m－1,其中m>0.
(1)求f(x)的最小值;
(2)证明:xeex－eln x－ln(x+1)>1.
(1)【解】 f′(x)=mex－1,
在(－∞,－ln m)上,f′(x)<0,f(x)单调递减,在(－ln m,+∞)上,f′(x)>0,f(x)单调递增,
故f(x)的最小值为f(－ln m)=me－ln m－(－ln m)－ln m－1=0.
(2)【证明】 令g(x)=ex－x－1,
则g′(x)=ex－1,
当x=0时,g(x)取最小值,故g(x)≥g(0)=0,即对 x∈R,ex≥x+1,当且仅当x=0时等号成立,
故xeex=ex+eln x≥x+eln x+1,故xeex－eln x－ln(x+1)≥x－ln(x+1)+1,
而对x>0,ex>x+1 x>ln(x+1),
所以x－ln(x+1)>0,x－ln(x+1)+1>1,故原不等式得证.
(分值:50分)
选题明细表
知识点、方法 题号
作差构造法 1
构造双函数法 4
放缩法 2,3
1.(12分)(2025·河北承德模拟)已知函数f(x)=ax2－2ln x.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)求证:当a>0时,f(x)≥2－.
(1)【解】 因为f(x)=ax2－2ln x,定义域为(0,+∞),
所以f′(x)=2ax－=,x>0.
①当a≤0时,f′(x)<0,f(x)在(0,+∞)上单调递减;
②当a>0时,由f′(x)<0,得0由f′(x)>0,得x>,
所以f(x)在(0,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增.
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,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增.
(2)【证明】 当a>0时,f(x)min=f()=ln a+1,
要证f(x)≥2－,只需证ln a+1≥2－,
即证ln a+－1≥0,
设φ(a)=ln a+－1,a>0,
则φ′(a)==,
令φ′(a)=0,得a=1,列表如下:
a (0,1) 1 (1,+∞)
φ′(a) － 0 +
φ(a) 单调递减 极小值 单调递增
所以φ(a)≥φ(1)=0,即ln a+－1≥0,
所以f(x)≥2－.
2.(12分)(2025·福建宁德模拟)已知函数f(x)=ex+ax+a.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)求证:1－x－xln x<·(e－2+1).
(1)【解】 f′(x)=ex+a.
当a≥0时,f′(x)>0,所以f(x)在R上单调递增;
当a<0时,令ex+a>0,得x>ln(－a),令ex+a<0,得x综上,当a≥0时,f(x)在R上单调递增;当a<0时,f(x)在区间(ln(－a),+∞)上单调递增,在区间(－∞,ln(－a))上单调递减.
(2)【证明】 令g(x)=1－x－xln x,x>0,
则g′(x)=－1－(ln x+1)=－ln x－2.
由g′(x)>0得0由g′(x)<0得x>e－2,
所以函数g(x)的单调递增区间为(0,e－2),单调递减区间为(e－2,+∞),所以g(x)≤g(e－2)=1+e－2.
由(1)知,当a=－1时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,
所以f(x)=ex－x－1>f(0)=0,则ex>x+1,
所以>1,·(e－2+1)>e－2+1,
所以1－x－xln x<·(e－2+1)得证.
3.(13分)已知函数f(x)=ax－axln x－1(a∈R,a≠0).
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)当x>1时,求证:>－1.
(1)【解】 f′(x)=a－a(ln x+1)=－aln x,
若a>0,则当x∈(0,1)时,f′(x)>0,当x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,所以f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减;
若a<0,则当x∈(0,1)时,f′(x)<0,当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,所以f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.
(2)【证明】 要证>－1,即证>,即证又由(1),令a=1知f(x)=x－xln x－1在(1,+∞)上单调递减,f(1)=0,
所以当x>1时,x－xln x－1<0,即1时,ln x令F(x)=ex－ln x,x>1,
则F′(x)=ex－单调递增,
所以当x>1时,F′(x)>F′(1)=e－1>0,
所以F(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以F(x)>F(1),
而F(1)=e,
所以ex－ln x>e>0,
所以ex>ln x,
所以ex>ln x>,
所以原不等式得证.
4.(13分)(2025·广东广州模拟)已知函数f(x)=axex(a≠0).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当a≥时,证明:－(x+1)ln x>0.
(1)【解】 由题意可得f′(x)=a(x+1)ex.
当a>0时,由f′(x)>0,得x>－1,由f′(x)<0,得x<－1,
则f(x)在(－∞,－1)上单调递减,在(－1,+∞)上单调递增;
当a<0时,由f′(x)<0,得x>－1,由f′(x)>0,得x<－1,
则f(x)在(－∞,－1)上单调递增,在(－1,+∞)上单调递减.
(2)【证明】 因为x>0,所以>0.
因为a≥,所以－(x+1)ln x≥－(x+1)ln x.
要证－(x+1)ln x>0,
即证－(x+1)ln x>0,
即证>.
设g(x)=(x>0),
则g′(x)=(x>0).
当x∈(0,1)时,g′(x)<0,
当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,
则g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
故g(x)min=g(1)=.
设h(x)=,则h′(x)=.
当x∈(0,e)时,h′(x)>0,当x∈(e,+∞)时,h′(x)<0,
所以h(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,故h(x)max=h(e)=.
因为g(x)min=h(x)max,且两个最值的取等条件不同,
所以g(x)>h(x),
即>,
即当a≥时,－(x+1)ln x>0.
(
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第三课时 利用导数证明
不等式
关键能力
课堂突破
方法一 作差构造法
[例1] (2023·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)=a(ex+a)－x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(1)【解】 因为f(x)=a(ex+a)－x,定义域为R,所以f′(x)=aex－1,
当a≤0时,由于ex>0,则aex≤0,故f′(x)=aex－1<0恒成立,所以f(x)在R上单调递减.
当a>0时,令f′(x)=aex－1=0,
解得x=－ln a.
当x<－ln a时,f′(x)<0,则f(x)在(－∞,－ln a)上单调递减;
当x>－ln a时,f′(x)>0,则f(x)在(－ln a,+∞)上单调递增.
综上,当a≤0时,f(x)在R上单调递减;
当a>0时,f(x)在(－∞,－ln a)上单调递减,在(－ln a,+∞)上单调递增.
[例1] (2023·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)=a(ex+a)－x.
1.作差构造法证明不等式的基本思路
待证不等式的两边含有同一个变量时,一般地,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等相关函数性质证明不等式.
解题策略
2.作差构造法证明不等式的基本步骤
(1)作差或变形.
(2)构造新的函数g(x).
(3)利用导数研究g(x)的单调性或最值.
(4)根据单调性及最值,得到所证不等式.
解题策略
[针对训练] 已知函数f(x)=ax+xln x在x=e－2 (e为自然对数的底数)处取得极小值.
(1)求实数a的值;
(1)【解】 因为f(x)=ax+xln x,
所以f′(x)=a+ln x+1,
因为函数f(x)在x=e－2处取得极小值,
所以f′(e－2)=0,即a+ln e－2+1=0,所以a=1,所以f′(x)=ln x+2.
当f′(x)>0时,x>e－2;
当f′(x)<0时,0所以f(x)在(0,e－2)上单调递减,在(e－2,+∞)上单调递增,
所以f(x)在x=e－2处取得极小值,符合题意,所以a=1.
[针对训练] 已知函数f(x)=ax+xln x在x=e－2 (e为自然对数的底数)处取得极小值.
(2)当x>1时,求证:f(x)>3(x－1).
(2)【证明】 由(1)知a=1,所以f(x)=x+xln x.
令g(x)=f(x)－3(x－1),
即g(x)=xln x－2x+3(x>1).
g′(x)=ln x－1,由g′(x)=0,得x=e.
由g′(x)>0,得x>e;由g′(x)<0,得1所以g(x)在(1,e)上单调递减,在(e,+∞)上单调递增,
所以g(x)在(1,+∞)上的最小值为g(e)=3－e>0.
于是在(1,+∞)上,都有g(x)≥g(e)>0,所以f(x)>3(x－1).
方法二 构造双函数法
(1)若a=1,证明:f(x)存在唯一极值点;
②当a=1时,h(x)=ex－x,h′(x)=ex－1>0在 x∈(0,1)上恒成立,所以h(x)=ex－x在x∈(0,1)上单调递增,所以h(x)>h(0)=1>0;
构造双函数法证明不等式的前提与关键
(1)在证明不等式中,若无法转化为一个函数的最值问题,则可将待证式适当变形,转化为两个函数的最值问题.
(2)在证明过程中,“隔离化”是关键.如果证g(x)≥f(x)恒成立,只需证g(x)min≥f(x)max恒成立,但只有当f(x)与g(x)取到最值时的x的值也相同才取等号,否则只能得到g(x)>f(x).
解题策略
[针对训练] (2025·江苏苏州模拟)已知函数f(x)=eln x－ax(a∈R).
(1)讨论f(x)的单调性;
[针对训练] (2025·江苏苏州模拟)已知函数f(x)=eln x－ax(a∈R).
方法三 放缩法
(1)求f(x)的最大值;
当x∈(0,+∞)时,g′(x)>0恒成立,即g(x)在(0,+∞)上单调递增,
所以g(x)>g(0)=1>0,即当x>0时,ex>x.
令f′(x)>0,得01,
所以f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以f(x)max=f(1)=1－e.
导数方法证明不等式中,最常见的是ex和ln x与其他代数式结合的问题,对于这类问题,可以考虑先对ex和ln x进行放缩,使问题简化,简化后再构建函数进行证明.常见的放缩公式如下:(1)ex≥1+x,当且仅当x=0时取等号.
(2)ln x≤x－1,当且仅当x=1时取等号.
解题策略
[针对训练] 已知函数f(x)=mex－x－ln m－1,其中m>0.
(1)求f(x)的最小值;
(1)【解】 f′(x)=mex－1,
在(－∞,－ln m)上,f′(x)<0,f(x)单调递减,
在(－ln m,+∞)上,f′(x)>0,f(x)单调递增,
故f(x)的最小值为f(－ln m)=me－ln m－(－ln m)－ln m－1=0.
[针对训练] 已知函数f(x)=mex－x－ln m－1,其中m>0.
(2)证明:xeex－eln x－ln(x+1)>1.
(2) 【证明】 令g(x)=ex－x－1,则g′(x)=ex－1,
当x=0时,g(x)取最小值,故g(x)≥g(0)=0,即对 x∈R,ex≥x+1,
当且仅当x=0时等号成立,
故xeex=ex+eln x≥x+eln x+1,故xeex－eln x－ln(x+1)≥x－ln(x+1)+1,
而对x>0,ex>x+1 x>ln(x+1),
所以x－ln(x+1)>0,x－ln(x+1)+1>1,故原不等式得证.
课时作业
(分值:50分)
选题明细表
知识点、方法 题号
作差构造法 1
构造双函数法 4
放缩法 2,3
1.(12分)(2025·河北承德模拟)已知函数f(x)=ax2－2ln x.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
①当a≤0时,f′(x)<0,f(x)在(0,+∞)上单调递减;
1.(12分)(2025·河北承德模拟)已知函数f(x)=ax2－2ln x.
令φ′(a)=0,得a=1,列表如下:
a (0,1) 1 (1,+∞)
φ′(a) － 0 +
φ(a) 单调递减 极小值 单调递增
2.(12分)(2025·福建宁德模拟)已知函数f(x)=ex+ax+a.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(1)【解】 f′(x)=ex+a.
当a≥0时,f′(x)>0,所以f(x)在R上单调递增;
当a<0时,令ex+a>0,得x>ln(－a),令ex+a<0,得x所以f(x)在区间(ln(－a),+∞)上单调递增,在区间(－∞,ln(－a))上单调递减.
综上,当a≥0时,f(x)在R上单调递增;
当a<0时,f(x)在区间(ln(－a),+∞)上单调递增,在区间(－∞,ln(－a))上单调递减.
2.(12分)(2025·福建宁德模拟)已知函数f(x)=ex+ax+a.
(2)【证明】 令g(x)=1－x－xln x,x>0,
则g′(x)=－1－(ln x+1)=－ln x－2.
由g′(x)>0得0由g′(x)<0得x>e－2,
所以函数g(x)的单调递增区间为(0,e－2),单调递减区间为(e－2,+∞),
所以g(x)≤g(e－2)=1+e－2.
3.(13分)已知函数f(x)=ax－axln x－1(a∈R,a≠0).
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(1)【解】 f′(x)=a－a(ln x+1)=－aln x,
若a>0,则当x∈(0,1)时,f′(x)>0,
当x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,所以f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减;
若a<0,则当x∈(0,1)时,f′(x)<0,
当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,所以f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.
3.(13分)已知函数f(x)=ax－axln x－1(a∈R,a≠0).
4.(13分)(2025·广东广州模拟)已知函数f(x)=axex(a≠0).
(1)讨论f(x)的单调性;
(1)【解】 由题意可得f′(x)=a(x+1)ex.
当a>0时,由f′(x)>0,得x>－1,由f′(x)<0,得x<－1,
则f(x)在(－∞,－1)上单调递减,在(－1,+∞)上单调递增;
当a<0时,由f′(x)<0,得x>－1,由f′(x)>0,得x<－1,
则f(x)在(－∞,－1)上单调递增,在(－1,+∞)上单调递减.
4.(13分)(2025·广东广州模拟)已知函数f(x)=axex(a≠0).