2022版新教材高考数学一轮复习第3章导数及其应用第2节第3课时利用导数证明不等式_构造法证明不等式
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则 x0 满足 ex0＝x10.
当 x 变化时，g′(x)和 g(x)变化情况如下表：
x
(0，x0)
x0
(x0，＋∞)
g′(x)
－Hale Waihona Puke 0＋g(x)
极小值
g(x)min＝g(x0)＝ex0－ln x0－2＝x10＋x0－2. 因为 x0＞0，且 x0≠1，
所以 g(x)min＞2－2＝0，
因此不等式得证．
令 g(x)＝(x＋1)(ex－1)－x， 则 g′(x)＝(x＋2)ex－2.
当 x≤－2 时，g′(x)<0. 当 x>－2 时，设 h(x)＝g′(x)＝(x＋2)ex－2， 则 h′(x)＝(x＋3)ex>0，故函数 g′(x)在(－2，＋∞)上单调递增．
又 g′(0)＝0， 所以当 x∈(－∞，0)时，g′(x)<0，函数 g(x)在区间(－∞，0)上单 调递减； 当 x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，函数 g(x)在区间(0，＋∞)上单调递 增． 所以 g(x)min＝g(0)＝0. 所以 g(x)≥g(0)＝0， 所以(x＋1)(ex－1)≥x≥mx2＋x， 故 f(x)≥mx2＋x.
(1)解：函数 f(x)＝ln x－x＋1 的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－1. 令 f′(x)＝0，解得 x＝1.
当 0＜x＜1 时，f′(x)＞0，f(x)单调递增； 当 x＞1 时，f′(x)＜0，f(x)单调递减． (2)证明：由(1)知 f(x)在 x＝1 处取得最大值，最大值为 f(1)＝0.所 以当 x≠1 时，ln x＜x－1.故当 x∈(1，＋∞)时，0＜ln x＜x－1，所以xl－n x1 ＞1.用1x代换 x 得 ln 1x＜1x－1＜0，所以xl－n x1＜x.即 1＜xl－n x1＜x.
第三章 导数及其应用
第3课时
第2节 导数的应用 利用导数证明不等式——构造
法证明不等式
01
关键能力·研析考点强“四翼”
考点1 移项作差构造函数证明不等式——综合性 考点2 放缩构造法——综合性 考点3 构造双函数法——应用性
考点 1 移项作差构造函数证明不等式——综合性
设函数 f(x)＝ln x－x＋1. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)证明：当 x∈(1，＋∞)时，1＜xl－n x1＜x； (3)设 c＞1，证明：当 x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.
(2)证明：问题等价于证明 xln x>exx－2e(x∈(0，＋∞))． 由(1)可知 f(x)＝xln x(x∈(0，＋∞))的最小值是－1e，当且仅当 x＝1e
时取到． 设 m(x)＝exx－2e(x∈(0，＋∞))，
则 m′(x)＝1－ex x.
由 m′(x)<0，得 x>1 时，m(x)单调递减； 由 m′(x)>0，得 0<x<1 时，m(x)单调递增． 易知 m(x)max＝m(1)＝－1e. 从而对一切 x∈(0，＋∞)，xln x≥－1e≥exx－2e，又两个等号不同时 取到， 即对一切 x∈(0，＋∞)，都有 ln x>e1x－e2x成立．
＝(sin3xsin32xsin34x·…·sin32nx)
＝[sin x(sin2xsin 2x)(sin22xsin 4x)·
…·(sin22n－1xsin 2nx)sin22nx] ≤
sin
x×3
8
3×3
8
3×…×3
8
3×sin22nx
≤3
8
3n
＝34n＝34nn.
考点 3 构造双函数法——应用性
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又 g(0)＝g(1)＝0，故当 0＜x＜1 时，g(x)＞0.
所以当 x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.
将本例函数改为“f(x)＝ln xx－1－cx(c∈R) ”． 若 1<c<2，求证：f(x)<－1. 证明：f(x)的定义域为 x>0， f(x)<－1 等价于ln xx－1－ cx<－1， 等价于 cx2－x＋1－ln x>0.
所以，函数 f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．
当 a＞0 时，由 f′(x)＞0 得 x＞a2； 由 f′(x)＜0，得 0＜x＜a2. 所以函数 f(x)在区间a2，＋∞上单调递增，在区间0，a2上单调递 减．
(2)证明：当 a＝1 时，f(x)＝x2＋x－ln x. 要证明 f(x)＋ex＞x2＋x＋2， 只需证明 ex－ln x－2＞0. 设 g(x)＝ex－ln x－2，则问题转化为证明对任意的 x＞0，g(x)＞0. 令 g′(x)＝ex－1x＝0，得 ex＝1x， 易知方程有唯一解，不妨设为 x0，
所以 f(－1)＝(－1＋b)1e－a＝0，解得 a＝1e或 b＝1. 又 f′(x)＝(x＋b＋1)ex－a，
所以 f′(－1)＝be－a＝－e－e 1. 若 a＝1e，则 b＝2－e<0，与 b>0 矛盾；
若 b＝1，则 a＝1.故 a＝1，b＝1.
(2)证明：由(1)可知，f(x)＝(x＋1)(ex－1)．由 m≤0，可得 x≥mx2 ＋x.
(3)证明：设 g(x)＝1＋(c－1)x－cx，则 g′(x)＝c－1－cxln c.
c－1
令
g′(x0)＝0，解得
ln x0＝
ln ln c
c
.
当 x＜x0 时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；
当 x＞x0 时，g′(x)＜0，g(x)单调递减． 由(2)知 1＜cl－n c1＜c，故 0＜x0＜1.
(3)当 x≥0 时，ex≥1＋x＋12x2 ，当且仅当 x＝0 时取等号． (4)当 x≥0 时，ex≥2ex2＋1, 当且仅当 x＝0 时取等号． (5)x－x 1≤ln x≤x－1≤x2－x，当且仅当 x＝1 时取等号． (6)当 x≥1 时，2xx＋－11≤ln x≤x－x1，当且仅当 x＝1 时取等号．
x (－∞，－1) －1
(－1,0)
0 (0，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
极小值
极大值
所以当 x＝－1 时，f(x)极小值＝f(－1)＝1－2＋2×1e＝2e－1； 当 x＝0 时，f(x)极大值＝f(0)＝0.
(2)证明：要证明 f(x)－2x＋x2＋x3＜－2eln x．即证 2ex－x2－2x＞
结合(1)的结论，计算得 f(0)＝f(π)＝0，
f
π3＝
232×
23＝3 8 3，f
23π＝
232×－
23＝－3
8
3 .
据此得
f(x)max＝3
8
3，f(x)min＝－3
8
3，所以fx≤3
8
3 .
(3)证明：结合(2)的结论fx≤3 8 3得sin2xsin 2x≤3 8 3， 所以 sin2xsin22xsin24x·…·sin22nx
当 x∈0，π3时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当 x∈π3，23π时，f′(x)＜0，f(x)单调递减； 当 x∈23π，π时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
(2)证明：注意到 f(x＋π)＝sin2 (x＋π)·sin[2(x＋π)]＝sin2xsin 2x
＝f(x)． 故函数 f(x)是周期为 π 的函数．
2eln x
x(x＞0)．
令 g(x)＝2ex－x2－2x(x＞0)，
h(x)＝2elxn x(x＞0)． g′(x)＝2(ex－x－1)，g″(x)＝2(ex－1)＞0，所以 g′(x)在(0，＋∞)
上单调递增，g′(x)＞g′(0)＝0.
所以 g(x)在(0，＋∞)上单调递增，g(x)＞g(0)＝2. h′(x)＝2e1－x2 ln x，可得 h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞) 上单调递减， 所以 h(x)≤h(e)＝2.
又 g(x)与 h(x)取最值点不同， 所以 g(x)＞h(x)在(0，＋∞)恒成立，
故 2ex－x2－2x＞2elxn x(x＞0)． 所以当 x＞0 时，f(x)－2x＋x2＋x3＜－2eln x.
构造双函数法证明不等式的适用情形 在证明不等式时，若待证不等式的变形无法转化为一个函数的最 值问题，可借助两个函数的最值证明，如证 f(x)≥g(x)在 D 上恒成立， 只需证明 f(x)min≥g(x)max 即可．
已知函数 f(x)＝x2＋2x－2xex. (1)求函数 f(x)的极值； (2)当 x＞0 时，证明 f(x)－2x＋x2＋x3＜－2eln x.
(1)解：因为函数 f(x)＝x2＋2x－2xex(x∈R)，
所以 f′(x)＝2x＋2－2ex－2xex＝(2x＋2)(1－ex)． 由 f′(x)＝0，得 x＝－1 或 x＝0，列表如下：
设 h(x)＝ cx2－x＋1－ln x， 只需证 h(x)>0 成立． h′(x)＝2cx－1－1x＝2cx2－x x－1，1<c<2. 易知 2cx2－x－1＝0 有两个异号的根．
令其正根为 x0，则 2cx20－x0－1＝0.
则在(h0(，x)x的0)最上小h′值(为x)<h0(，x0)在＝(cxx020，－＋x0∞＋)1上－lhn′x0(＝x)>10＋2，x0－x0＋1－ln x0 ＝3－2 x0－ln x0.
又 h′(1)＝2c－2>0，h′12＝c－3<0， 所以12<x0<1. 所以3－2 x0>0，－ln x0>0. 因此3－2 x0－ln x0>0，即 h(x0)>0. 所以 h(x)>0. 所以 1<c<2 时，f(x)<－1.
利用导数证明不等式 f(x)＞g(x)的基本方法 (1)若 f(x)与 g(x)的最值易求出，可直接转化为证明 f(x)min＞g(x)max. (2)若 f(x)与 g(x)的最值不易求出，可构造函数 h(x)＝f(x)－g(x)．若 h′(x)>0，则 h(x)在(a，b)上单调递增．同时 h(a)>0，即 f(x)>g(x)．若 h′(x)<0，则 h(x)在(a，b)上单调递减．同时 h(b)>0，即 f(x)>g(x)．
(2020·全国卷Ⅱ)已知函数 f(x)＝sin2xsin 2x. (1)讨论 f(x)在区间(0，π)的单调性； (2)证明：fx≤3 8 3； (3)设 n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x·…·sin22nx≤34nn.
(1)解：f(x)＝sin2xsin 2x＝2sin3xcos x， 则 f′(x)＝2(3sin2xcos2x－sin4x) ＝2sin2x(3cos2x－sin2x) ＝2sin2x(4cos2x－1) ＝2sin2x(2cos x＋1)·(2cos x－1)． f′(x)＝0 在(0，π)上的根为 x1＝π3，x2＝23π.
关于放缩构造法证明不等式 导数的综合应用题中，最常见的就是 ex 和 ln x 与其他代数式结合 的问题，对于这类问题，可以先对 ex 和 ln x 进行放缩，使问题简化， 便于化简或判断导数的正负．常见的放缩不等式如下： (1)ex≥1＋x，当且仅当 x＝0 时取等号． (2)ex≥ex，当且仅当 x＝1 时取等号．
已知函数 f(x)＝x2－(a－2)x－aln x(a∈R)．
(1)求函数 y＝f(x)的单调区间；
(2)当 a＝1 时，证明：对任意的 x＞0，f(x)＋ex＞x2＋x＋2. (1)解：函数 f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝2x－(a－2)－ax
＝x＋1x2x－a. 当 a≤0 时，f′(x)＞0 对任意 x∈(0，＋∞)恒成立，
已知 f(x)＝xln x. (1)求函数 f(x)的最小值； (2)证明：对一切 x∈(0，＋∞)，都有 ln x>e1x－e2x成立．
(1)解：由 f(x)＝xln x，x>0，得 f′(x)＝ln x＋1.令 f′(x)＝0，得 x
＝1e. 当 x∈0，1e时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当 x∈1e，＋∞时，f′(x)>0，f(x)单调递增． 所以 f(x)的极小值即最小值，为 f 1e＝－1e.
考点 2 放缩构造法——综合性
函数 f(x)＝(x＋b)(ex－a)(b>0)的图像在(－1，f(－1))处的切线 方程是(e－1)x＋ey＋e－1＝0.
(1)求 a，b 的值； (2)若 m≤0，证明：f(x)≥mx2＋x.
(1)解：由(e－1)x＋ey＋e－1＝0 得切线的斜率为－e－e 1且 f(－1)＝ 0，
当 x 变化时，g′(x)和 g(x)变化情况如下表：
x
(0，x0)
x0
(x0，＋∞)
g′(x)
－Hale Waihona Puke 0＋g(x)
极小值
g(x)min＝g(x0)＝ex0－ln x0－2＝x10＋x0－2. 因为 x0＞0，且 x0≠1，
所以 g(x)min＞2－2＝0，
因此不等式得证．
令 g(x)＝(x＋1)(ex－1)－x， 则 g′(x)＝(x＋2)ex－2.
当 x≤－2 时，g′(x)<0. 当 x>－2 时，设 h(x)＝g′(x)＝(x＋2)ex－2， 则 h′(x)＝(x＋3)ex>0，故函数 g′(x)在(－2，＋∞)上单调递增．
又 g′(0)＝0， 所以当 x∈(－∞，0)时，g′(x)<0，函数 g(x)在区间(－∞，0)上单 调递减； 当 x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，函数 g(x)在区间(0，＋∞)上单调递 增． 所以 g(x)min＝g(0)＝0. 所以 g(x)≥g(0)＝0， 所以(x＋1)(ex－1)≥x≥mx2＋x， 故 f(x)≥mx2＋x.
(1)解：函数 f(x)＝ln x－x＋1 的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－1. 令 f′(x)＝0，解得 x＝1.
当 0＜x＜1 时，f′(x)＞0，f(x)单调递增； 当 x＞1 时，f′(x)＜0，f(x)单调递减． (2)证明：由(1)知 f(x)在 x＝1 处取得最大值，最大值为 f(1)＝0.所 以当 x≠1 时，ln x＜x－1.故当 x∈(1，＋∞)时，0＜ln x＜x－1，所以xl－n x1 ＞1.用1x代换 x 得 ln 1x＜1x－1＜0，所以xl－n x1＜x.即 1＜xl－n x1＜x.
第三章 导数及其应用
第3课时
第2节 导数的应用 利用导数证明不等式——构造
法证明不等式
01
关键能力·研析考点强“四翼”
考点1 移项作差构造函数证明不等式——综合性 考点2 放缩构造法——综合性 考点3 构造双函数法——应用性
考点 1 移项作差构造函数证明不等式——综合性
设函数 f(x)＝ln x－x＋1. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)证明：当 x∈(1，＋∞)时，1＜xl－n x1＜x； (3)设 c＞1，证明：当 x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.
(2)证明：问题等价于证明 xln x>exx－2e(x∈(0，＋∞))． 由(1)可知 f(x)＝xln x(x∈(0，＋∞))的最小值是－1e，当且仅当 x＝1e
时取到． 设 m(x)＝exx－2e(x∈(0，＋∞))，
则 m′(x)＝1－ex x.
由 m′(x)<0，得 x>1 时，m(x)单调递减； 由 m′(x)>0，得 0<x<1 时，m(x)单调递增． 易知 m(x)max＝m(1)＝－1e. 从而对一切 x∈(0，＋∞)，xln x≥－1e≥exx－2e，又两个等号不同时 取到， 即对一切 x∈(0，＋∞)，都有 ln x>e1x－e2x成立．
＝(sin3xsin32xsin34x·…·sin32nx)
＝[sin x(sin2xsin 2x)(sin22xsin 4x)·
…·(sin22n－1xsin 2nx)sin22nx] ≤
sin
x×3
8
3×3
8
3×…×3
8
3×sin22nx
≤3
8
3n
＝34n＝34nn.
考点 3 构造双函数法——应用性
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又 g(0)＝g(1)＝0，故当 0＜x＜1 时，g(x)＞0.
所以当 x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.
将本例函数改为“f(x)＝ln xx－1－cx(c∈R) ”． 若 1<c<2，求证：f(x)<－1. 证明：f(x)的定义域为 x>0， f(x)<－1 等价于ln xx－1－ cx<－1， 等价于 cx2－x＋1－ln x>0.
所以，函数 f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．
当 a＞0 时，由 f′(x)＞0 得 x＞a2； 由 f′(x)＜0，得 0＜x＜a2. 所以函数 f(x)在区间a2，＋∞上单调递增，在区间0，a2上单调递 减．
(2)证明：当 a＝1 时，f(x)＝x2＋x－ln x. 要证明 f(x)＋ex＞x2＋x＋2， 只需证明 ex－ln x－2＞0. 设 g(x)＝ex－ln x－2，则问题转化为证明对任意的 x＞0，g(x)＞0. 令 g′(x)＝ex－1x＝0，得 ex＝1x， 易知方程有唯一解，不妨设为 x0，
所以 f(－1)＝(－1＋b)1e－a＝0，解得 a＝1e或 b＝1. 又 f′(x)＝(x＋b＋1)ex－a，
所以 f′(－1)＝be－a＝－e－e 1. 若 a＝1e，则 b＝2－e<0，与 b>0 矛盾；
若 b＝1，则 a＝1.故 a＝1，b＝1.
(2)证明：由(1)可知，f(x)＝(x＋1)(ex－1)．由 m≤0，可得 x≥mx2 ＋x.
(3)证明：设 g(x)＝1＋(c－1)x－cx，则 g′(x)＝c－1－cxln c.
c－1
令
g′(x0)＝0，解得
ln x0＝
ln ln c
c
.
当 x＜x0 时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；
当 x＞x0 时，g′(x)＜0，g(x)单调递减． 由(2)知 1＜cl－n c1＜c，故 0＜x0＜1.
(3)当 x≥0 时，ex≥1＋x＋12x2 ，当且仅当 x＝0 时取等号． (4)当 x≥0 时，ex≥2ex2＋1, 当且仅当 x＝0 时取等号． (5)x－x 1≤ln x≤x－1≤x2－x，当且仅当 x＝1 时取等号． (6)当 x≥1 时，2xx＋－11≤ln x≤x－x1，当且仅当 x＝1 时取等号．
x (－∞，－1) －1
(－1,0)
0 (0，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
极小值
极大值
所以当 x＝－1 时，f(x)极小值＝f(－1)＝1－2＋2×1e＝2e－1； 当 x＝0 时，f(x)极大值＝f(0)＝0.
(2)证明：要证明 f(x)－2x＋x2＋x3＜－2eln x．即证 2ex－x2－2x＞
结合(1)的结论，计算得 f(0)＝f(π)＝0，
f
π3＝
232×
23＝3 8 3，f
23π＝
232×－
23＝－3
8
3 .
据此得
f(x)max＝3
8
3，f(x)min＝－3
8
3，所以fx≤3
8
3 .
(3)证明：结合(2)的结论fx≤3 8 3得sin2xsin 2x≤3 8 3， 所以 sin2xsin22xsin24x·…·sin22nx
当 x∈0，π3时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当 x∈π3，23π时，f′(x)＜0，f(x)单调递减； 当 x∈23π，π时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
(2)证明：注意到 f(x＋π)＝sin2 (x＋π)·sin[2(x＋π)]＝sin2xsin 2x
＝f(x)． 故函数 f(x)是周期为 π 的函数．
2eln x
x(x＞0)．
令 g(x)＝2ex－x2－2x(x＞0)，
h(x)＝2elxn x(x＞0)． g′(x)＝2(ex－x－1)，g″(x)＝2(ex－1)＞0，所以 g′(x)在(0，＋∞)
上单调递增，g′(x)＞g′(0)＝0.
所以 g(x)在(0，＋∞)上单调递增，g(x)＞g(0)＝2. h′(x)＝2e1－x2 ln x，可得 h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞) 上单调递减， 所以 h(x)≤h(e)＝2.
又 g(x)与 h(x)取最值点不同， 所以 g(x)＞h(x)在(0，＋∞)恒成立，
故 2ex－x2－2x＞2elxn x(x＞0)． 所以当 x＞0 时，f(x)－2x＋x2＋x3＜－2eln x.
构造双函数法证明不等式的适用情形 在证明不等式时，若待证不等式的变形无法转化为一个函数的最 值问题，可借助两个函数的最值证明，如证 f(x)≥g(x)在 D 上恒成立， 只需证明 f(x)min≥g(x)max 即可．
已知函数 f(x)＝x2＋2x－2xex. (1)求函数 f(x)的极值； (2)当 x＞0 时，证明 f(x)－2x＋x2＋x3＜－2eln x.
(1)解：因为函数 f(x)＝x2＋2x－2xex(x∈R)，
所以 f′(x)＝2x＋2－2ex－2xex＝(2x＋2)(1－ex)． 由 f′(x)＝0，得 x＝－1 或 x＝0，列表如下：
设 h(x)＝ cx2－x＋1－ln x， 只需证 h(x)>0 成立． h′(x)＝2cx－1－1x＝2cx2－x x－1，1<c<2. 易知 2cx2－x－1＝0 有两个异号的根．
令其正根为 x0，则 2cx20－x0－1＝0.
则在(h0(，x)x的0)最上小h′值(为x)<h0(，x0)在＝(cxx020，－＋x0∞＋)1上－lhn′x0(＝x)>10＋2，x0－x0＋1－ln x0 ＝3－2 x0－ln x0.
又 h′(1)＝2c－2>0，h′12＝c－3<0， 所以12<x0<1. 所以3－2 x0>0，－ln x0>0. 因此3－2 x0－ln x0>0，即 h(x0)>0. 所以 h(x)>0. 所以 1<c<2 时，f(x)<－1.
利用导数证明不等式 f(x)＞g(x)的基本方法 (1)若 f(x)与 g(x)的最值易求出，可直接转化为证明 f(x)min＞g(x)max. (2)若 f(x)与 g(x)的最值不易求出，可构造函数 h(x)＝f(x)－g(x)．若 h′(x)>0，则 h(x)在(a，b)上单调递增．同时 h(a)>0，即 f(x)>g(x)．若 h′(x)<0，则 h(x)在(a，b)上单调递减．同时 h(b)>0，即 f(x)>g(x)．
(2020·全国卷Ⅱ)已知函数 f(x)＝sin2xsin 2x. (1)讨论 f(x)在区间(0，π)的单调性； (2)证明：fx≤3 8 3； (3)设 n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x·…·sin22nx≤34nn.
(1)解：f(x)＝sin2xsin 2x＝2sin3xcos x， 则 f′(x)＝2(3sin2xcos2x－sin4x) ＝2sin2x(3cos2x－sin2x) ＝2sin2x(4cos2x－1) ＝2sin2x(2cos x＋1)·(2cos x－1)． f′(x)＝0 在(0，π)上的根为 x1＝π3，x2＝23π.
关于放缩构造法证明不等式 导数的综合应用题中，最常见的就是 ex 和 ln x 与其他代数式结合 的问题，对于这类问题，可以先对 ex 和 ln x 进行放缩，使问题简化， 便于化简或判断导数的正负．常见的放缩不等式如下： (1)ex≥1＋x，当且仅当 x＝0 时取等号． (2)ex≥ex，当且仅当 x＝1 时取等号．
已知函数 f(x)＝x2－(a－2)x－aln x(a∈R)．
(1)求函数 y＝f(x)的单调区间；
(2)当 a＝1 时，证明：对任意的 x＞0，f(x)＋ex＞x2＋x＋2. (1)解：函数 f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝2x－(a－2)－ax
＝x＋1x2x－a. 当 a≤0 时，f′(x)＞0 对任意 x∈(0，＋∞)恒成立，
已知 f(x)＝xln x. (1)求函数 f(x)的最小值； (2)证明：对一切 x∈(0，＋∞)，都有 ln x>e1x－e2x成立．
(1)解：由 f(x)＝xln x，x>0，得 f′(x)＝ln x＋1.令 f′(x)＝0，得 x
＝1e. 当 x∈0，1e时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当 x∈1e，＋∞时，f′(x)>0，f(x)单调递增． 所以 f(x)的极小值即最小值，为 f 1e＝－1e.
考点 2 放缩构造法——综合性
函数 f(x)＝(x＋b)(ex－a)(b>0)的图像在(－1，f(－1))处的切线 方程是(e－1)x＋ey＋e－1＝0.
(1)求 a，b 的值； (2)若 m≤0，证明：f(x)≥mx2＋x.
(1)解：由(e－1)x＋ey＋e－1＝0 得切线的斜率为－e－e 1且 f(－1)＝ 0，