專題8導(dǎo)數(shù)與不等式的證明答案解析【專題探究】例1【解析】(1)F(x)=xex?1，F(xiàn)'(x)=(x+1)ex?1，

當x∈(?∞,?1)時，F(xiàn)'(x)<0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞減，

當x∈(?1,+∞)時，F(xiàn)'(x)>0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞增，

故x=?1時，F(xiàn)(x)取得最小值F(?1)=?e?2;

(2)∵f'(x)=ex?1，

∴f(x)=ex?1在(m,em?1)處的切線方程為y=em?1x+(1?m)em?1，

∵g'(x)=1x，∴g(x)=lnx+b在點(n,lnn+b)處的切線方程為y=1nx+lnn+b?1，

由題意得em?1=1n(1?m)em?1=lnn+b?1,則(m?1)em?1?m+b=0，

令?(m)=(m?1)em?1?m+b，則?'(x)=mem?1?1，由(1)得m<?1時，?'(m)單調(diào)遞減，

且?'(m)<0，當m>?1時，?'(m)單調(diào)遞增，

又?'(1)=0，（3）證明：要證fx>xgx?b令Gx=aexx?lnx(x>0)，以下證明當①當0<x≤1時，G'x<0，Gx在0,+∞上單調(diào)遞減，故G②當x>1時,G'x=ax?1H'x=ex+1ax?1又H2取t∈1,2且使tat?1>e2則H(t)=e∵H(t)?H(2)≤0，故即Gx有唯一的極值點x0∈(1,2]且Hx0=ex0∵G'x=?1x0∴Gx0綜上所求，當a≥2e2時，練1【解析】（1）由fx=ln又x=0是函數(shù)y=xfx的極值點,所以y'0=ln（2）由（1）得fx=ln1?x,g(x)=x+f(x)當x∈0,1時,要證g(x)=∵x>0,ln1?x<0,∴化簡得x+1?x當x∈?∞,0時,要證g(x)=∵x<0,ln1?x>0,∴x化簡得x+1?x令?x=x+1?xln1?x,令t=1?x令gt=1?t+tln當t∈0,1時,g'x<0,gx單調(diào)遞減,假設(shè)g1當t∈1,+∞時,g'x>0,gx單調(diào)遞增,假設(shè)g1綜上所述,g(x)=x+ln1?xx練2【解析】（1）fx的定義域為0,+∞，f當a≥0時，f'x>0在0,+∞上恒成立，所以f當a<0時，x∈0,?a時，f'x<0；所以fx在0,?a上單調(diào)遞減，在?a,+∞上單調(diào)遞增綜上所述，當a≥0時，fx在0,+∞當a<0時，fx在0,?a上單調(diào)遞減，在?a,+∞上單調(diào)遞增（2）當a=1時，fx=?1x+ln則gx=?x?ln令?x=?1?1?'x=1x2因為?12=?3+所以存在唯一的x0∈12,1，使得當x∈0,x0時，?x<0，即g當x∈x0,+∞時，?x>0，即g'所以，gxmin方法一：把①代入②得gx0=?設(shè)φx=?x?lnx+1+1所以φx在12,1因為x0∈12,1，所以φ所以a=1時，f1方法二：設(shè)Hx=e則H'x=ex所以Hx所以ex?x>1.因為x0所以gx所以a=1時，f1例2【解析】（1）f(x)的定義域為0,+∞，f'(x)=當a≥0時，f'(x)≥0，所以f(x)在0,+∞上單調(diào)遞增當a<0時，若x∈?a,+∞，則f'(x)>0；若x∈0,?a所以f(x)在?a,+∞上單調(diào)遞增，在0,?a上單調(diào)遞減.綜上所述，當a≥0時，f(x)在0,+∞上單調(diào)遞增；當a<0時，f(x)在?a,+∞上單調(diào)遞增，在0,?a上單調(diào)遞減.（2）當a=1時，要證xf(x)<ex，即證x2令函數(shù)g(x)=1+lnxx，則令g'(x)>0，得x∈0,e；令g'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令函數(shù)?(x)=exx2當x∈0,2時，?'(x)<0；當x∈2,+∞所以?(x)在0,2上單調(diào)遞減，在2,+∞上單調(diào)遞增，所以?(x)min=?因為e24?1+即1+lnxx<練3【解析】（1）∵fx=a?b∴f'1=ae?1?4be，由題意得f又f1=a?be=e，∴a?b=1．由a?4b=?2a?b=1（Ⅱ）由（1）得fx=2ex?lnx令gx∴g'故當x∈0,1時，?ex<0<x+1因為px的對稱軸為x=?1，且p故存在x0∈0,1故當x∈0,x0時，px=當x∈x0,1時，px=x因為g故當x∈0,1時，g又當x∈0,1時，lnxx<0,∴2+lnxx<2,所以練4【解析】(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，由題意可得f(1)＝2，f'(1)＝e，故a＝1，b＝2.(2)證明：由(1)知，fx＝ex設(shè)函數(shù)g(x)＝xlnx，則g'x＝1+lnx，所以當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))時，g′(x)<0；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))時，g′(x)>0.故g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上單調(diào)遞增，從而g(x)在(0，＋∞)上的最小值為geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e).設(shè)函數(shù)?(x)＝xe?x?所以當x∈(0，1)時，h′(x)>0；當x∈(1，＋∞)時，h′(x)<0.故?(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，從而?(x)在(0，＋∞)上的最大值為h(1)＝－eq\f(1,e).因為g(x)所以當x>0時，g(x)>h(x)，即f(x)>1.例3【解析】（1）法一：因為函數(shù)fx的定義域為0,+∞，由題意f'x=x+1e令gx=xe所以gx在x∈0,+∞上為增函數(shù)，且g0即f'x=0有唯一實根，設(shè)為x所以fx在0,x0所以fxmin法二：因為fx設(shè)t=lnx+x記φt=et?att∈R.故f當t∈?∞,lna時，φ't<0，φt所以fx所以fx的最小值為a?a（2）①當a≤0時，fx單調(diào)遞增，fx值域為當a>0時，由（1）可知fxmin=a?alna當a∈0,1時，φ'a>0，φa單調(diào)遞增，當a∈所以φamax=φ1由已知，fx≥1恒成立，所以a?alna≥1②由①可知xex?又因為lnx≤x?1，只需證x2當x>1時，x2當x∈(0,1)時，設(shè)gx=當x∈(0,1)時，g'x顯然單調(diào)遞增.g'xgx≥g1=2?2sin1練5【解析】解：(1)因為f(x)=lnx+1ex，

所以f′(x)=exx?ex(lnx+1)e2x=1x?lnx?1ex，

令φ(x)=1x?lnx?1，φ(1)=0，∵φ(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減，

∴當0<x<1時，φ(x)>0，即f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增;

當x>1時，φ(x)<0，即f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，

∴f(x)極大值=f(1)=1e，無極小值；

(2)設(shè)tx=x?1?lnxx>0，則t′x=1?1x=x?1x，

則當x∈0,1時，t′x<0，tx單調(diào)遞減，

當x∈1,+∞時，t′x>0，tx單調(diào)遞增，

∴tx?t1=0，即lnx?x?1x>0．

∴f(x)=ln練6【解析】解：(1)f′(x)=(x+1)(aex?2)，則f′(0)=a?2，

由已知(a?2)a=?1，

故a=1；

(2)f′(x)=(x+1)(aex?2)，

(i)當a≤0時，aex?2<0，

當x∈(?∞,?1)時，f′(x)>0，當x∈(?1,+∞)時，f′(x)<0，

則f(x)在(?∞,?1)上單調(diào)遞增，在(?1,+∞)上單調(diào)遞減；

(ii)當a>0時，令aex?2=0，得x=ln2a，

?①0<a<2e

時，ln2a>?1，

當x∈(?∞,?1)∪(ln2a,+∞)時，f′(x)>0，當x∈(?1,ln2a)時，f′(x)<0，

則f(x)在(?∞,?1)上單調(diào)遞增，在(?1,ln2a)上單調(diào)遞減，在(ln2a,+∞)上單調(diào)遞增：

?②a=2e時，f′(x)=2(x+1)(ex+1?1)≥0，則f(x)在(?∞,+∞)上單調(diào)遞增：

?③a>2e時，ln2a<?1，

當x∈(?∞,ln2a)∪(?1,+∞)時，f′(x)>0，當x∈(ln2a,?1)時，f′(x)<0，

則f(x)在(?∞,ln2a)上單調(diào)遞增，在(ln2a,?1)上單調(diào)遞減，在(?1,+∞)上單調(diào)遞增．

(3)f(x)≥lnx?x2?x?2(x>0)等價于axex?lnx?x+1≥0(x>0)【專題訓(xùn)練】1.【解析】(1)因為fx=xln當x∈0,1e，f'x<0所以函數(shù)fx在0,1e(2)原不等式等價于2xlnx≥?x2+ax?3，即設(shè)?x=2lnx+x+3當x∈0,1時，?'x<0，?x單調(diào)遞減，當x∈(1,+∞)所以a≤?(x)min=?(1)=4，所以實數(shù)a(3)證明：原問題等價于證明xlnx>由（1）可知fx=xlnx,x∈0,+∞的最小值是?設(shè)mx=x當x∈0,1時，m'x>0，m(x)單調(diào)遞增，當x∈(1,+∞)時，所以m(x)max=m(1)=?所以對一切x∈(0,+∞)，都有l(wèi)nx>12.【解析】(1)g'x=1?a?即gx在1,+∞上單調(diào)遞減，故函數(shù)gx不存在極值；當a<1時，令g'x1,eeg+0g單調(diào)遞增極大值單調(diào)遞減故gx綜上，當a≥1時，函數(shù)gx當a<1時，函數(shù)gx有極大值，g(2)顯然x>0，要證：fx≥gx，即證：e即證：elnx+x+1≥lnx+x+1設(shè)?x=e當x>0時，?'x>0，當x<0故?x在0,+∞上單調(diào)遞增，在?∞,0即?xmin=?0=0故et≥t+1，即3.【解析】證明：(1)令f(x)=x?ln(x+1)

，則f′當?1<x<0時，f?′(x)<0當x>0時，f?′(x)>0所以f(x)?f(0)=0，等號僅當x=0時成立，即x?ln從而ex?eln綜上，ex(2)顯然x=0時，(ex?1)ln令g(x)=xex?1，(x≠0)，則令?(x)=(1?x)ex?1當x<0時，?′(x)>0，?(x)單調(diào)遞增；

當x>0時，?′所以?(x)<?(0)=0，從而可得g′(x)=?(x)(ex?1)2<0，(x≠0)由(1)知，?1<x<0時，0>x>ln(x+1)；

x>0時，x>所以g(x)<g[ln(x+1)]，即又當x>?1且x≠0時，x(ex?1)>0綜上當x>?1時，

(e4.【解析】（1）f(2x)≥ax+1即e2x令?(x)=e2x當a≤2時?'(x)≥0，則?(x)在[0,+∞上單調(diào)遞增，?(0)=0，當a>2時，x∈0,12lna2，?'(x)<0，?(x)所以?x0<?(0)=0（2）由（1）得當x∈0,π2時e只要證3x即證：x2?x?sinx≤0g'(x)=2x?1?cosx，g″?'(0)=?2，?'π2故x∈(0,x0時，g'(x)<0，則g(x)為減函數(shù)，x∈(xg(0)=0，gπ所以x∈0,π5.【解析】(1)由已知得f當a2+4a≤0，即?4≤a≤0時，x2故函數(shù)fx在(?∞,+∞)上單調(diào)遞增當a<?4或a>0時，方程x2+(a+2)x+1=0的兩根為x1當x<x1或x>x2時，f'故函數(shù)fx在?∞,x1和x2(2)當a=1時，x1=?3+52，x2=在x1∵f?3+52∴m>n>z>0∵f(z)=ez令g(x)=lnx由?'(x)=?1x2?e故當x>z時，g'x<0，即函數(shù)fx在∵∴l(xiāng)nn∴l(xiāng)nz即lnm6.【解析】（1）由題意得：?x=e∴?①當x∈?π2,0時，ex>0，∴?x在?②當x∈[?π,?π2)時，ex>0，cos∴?'x又?'?π=e?π?π?1<0，∴?x0∈?π,?π2，使得?'x0∴?x在(?π,x0綜合①②可知：?x在(?π,x0又??π=e?π>0且?x的圖象在?π,0∴?x1∈?π,x∴函數(shù)?x在?π,0內(nèi)零點的個數(shù)是2（2）要證明：gx?g即證：12設(shè)Fx=sin∴Fx在0,+∞內(nèi)單調(diào)遞減，∴Fx<F∴要證（*）成立，只需證：x+1?xe設(shè)Gx=x+1?x?e設(shè)kx=1?xex，∴k又k0=1>0，k1=1?e<0，∴?t∈0,1使得k當x∈0,t時，G'x>0，則Gx單調(diào)遞增，當x∈∴G7.【解析】解：(1)由題意可知，當a=0時，fx=ex?1?x，x∈，

則f′x=ex?1，令f′x=0，則x=0