函数构造法

北京华罗庚学校
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函数构造法
利用导数证明不等式是近几年高考命题的一种热点题型．利用导数证明不等式，关键是要找出 与待证不等式紧密联系的函数，然后以导数为工具来研究该函数的单调性、 极值、最值 (值域 )，从
而
达到证明不等式的目的，这时常常需要构造辅助函数来解决．题目本身特点不同，所构造的函数可 有多种形式，解题的繁简程度也因此而不同，这里给出几种常用的构造技巧．
当试题中给出简单的基本初等函数，例如 f(x)＝x 3，g(x)＝ ln x ，进而证明在某个取值范围内不等 式 f(x)≥g(x)成立时，可以类比作差法，构造函数
h(x)＝f(x)－g(x)或 φ(x)＝ g(x)－ f (x) ，进而证明
h(x)min ≥ 0 或 φ(x)max ≤ 0 即可，在求最值的过程中，可以利用导数为工具．此外，在能够说明 g(x)>0(f(x)>0)的前提下，也可以 类比作 商法， 构造函数 h(x)＝ f x φx ＝ gx h(x)min ≥ 1(φ(x)max ≤ 1)
．
[典例] (2018 广·州模拟 )已知函数 f(x)＝e x －ax(e 为自然对数的底数， a 为常数)的图
象
在点 (0,1)处的 切线斜率为－ 1.
(1) 求 a 的值及函数 f(x)的极值； (2) 证明：当 x >0时， x 2< e x . [ 方法演示 ]
解： (1)由 f(x)＝e x －ax ，得 f ′(x)＝e x －a. 因为 f ′(0)＝1－ a ＝－ 1，所以 a ＝2， 所以 f(x)＝e x －2x ，f ′(x)＝e x －2，令 f ′ (x)＝ 0，得 x ＝ln 2，
当 x <ln 2 时，f ′(x)<0，f(x)单调递减；当 x >ln 2 时，f ′(x)>0，f(x)单调递增．
所以当 x ＝ln 2 时， f(x)取得极小值，且极小值为 f(ln 2) ＝e ln 2－2ln 2＝2－ln 4，f(x)无极大值．
(2)证明：令 g(x)＝e x －x 2，则 g ′(x)＝e x －2x. 由(1)得g ′(x)＝f(x)≥f(ln 2)>0，故 g(x)在R 上单 调
递增．所以当 x >0 时， g(x)>g(0)＝1>0，即 x 2<e x .
[ 解题师说 ]
在本例第 (2)问中，发现“ x 2， e x ”具有基本初等函数的基因，故可选择对要证明的“ x 2< e x ”构 造函数，得到“ g(x)＝ e x － x 2”，并利用 (1)的结论求解．
[ 应用体验 ]
2
1．已知函数 f(x)＝ xln x －2x ，g(x)＝－ax 2
＋ax －2(a >1)．
(1) 求函数 f(x)的单调区间及最小值； (2) 证明： f(x)≥g(x)在[1，＋∞ )上恒成立．
比较法 ” 构造函数证明不等式
g fx x ，进而证 明
北京华罗庚学校 为全国学生提供优质教育 解： (1)f(x)的定义域为 (0，＋ ∞)，
∵ f(x )＝ xln x －2x ，∴f ′(x)＝ln x ＋1－2＝ln x －1， 由 f ′ (x) >0，得 x > e ；由 f ′ (x)< 0，得
0<x < e ，
∴函数 f(x)的单调递增区间为 (e ，＋ ∞ ) ，单调递减区间为 (0， e)， ∴函数 f(x)的最小值为 f(e)＝ eln e － 2e ＝－ e.
(2)证明：令 h(x)＝f(x)－g(x)，∵f(x)≥g(x)在［1，＋ ∞)上恒成立，∴ h(x) min ≥ 0， x ∈ ［1，＋
∞)， ∵ h(x)＝ xln x ＋ax 2－ax －2x ＋2，∴h ′(x)＝ln x ＋1＋2ax －a －2＝ln x ＋2ax －a －1.
1
令 m(x)＝ln x ＋2ax －a －1，x ∈［1，＋∞)，则 m ′(x)＝x ＋2a ，∵x >1，a >1，∴ m ′(x)>0，
x
∴ m(x)在［1，＋ ∞)上单调递增，∴ m(x)≥m(1)＝a －1，即 h ′(x)≥a －1， ∵a >1，∴a －1>0，∴ h ′(x)>0，∴ h(x)＝ xln x ＋ax 2－ax －2x ＋2 在［1，＋∞)上单调递增， ∴ h(x)≥ h(1) ＝ 0，即 f(x)－ g(x)≥ 0，故 f(x)≥g(x)在［1，＋ ∞ )上恒成立 .
“ 拆分法 ”构造函数证明不等式
当所要证明的不等式由几个基本初等函数通过相乘以及相加的形式组成时， 如果对其直接求导， 得到的导函数往往给人一种“扑朔迷离”“不知所措”的感觉．这时可以将原不等式合理拆分为
f(x)≤g(x)的形式，进而证明 f(x)max ≤g(x)min 即可，此时注意配合使用导数工具．在拆分的过程中，一 定
要注意合理性的把握，一般以能利用导数进行最值分析为拆分标准．
x be
x － 1
［典例］ 设函数 f(x)＝ae x
ln x ＋ x ，曲线 y ＝f(x)在点(1，f(1))处的切线为 y ＝e(x －1)＋2.
x
(1) 求 a ，b ； (2) 证明： f(x)>1.
[ 方法演示 ] 解： (1)f ′ (x)＝ ae x ln
由于直线 y ＝ e(x －
1)＋ 2 的斜率为 e ，图象过点 (1,2)，
x 2e － x
2
(2)证明：由 (1)知 f(x)＝e x ln x ＋ x (x > 0)，从而 f(x)>1 等价于 xln x >xe x － e .
构造函数 g(x)＝xln x ，则 g ′(x)＝ 1＋ln x ，
故 g(x)在 0， e 1 上单调递减，在 e 1，＋ ∞ 上单调递增，
所以f f ′1＝
12＝，
e ，
即 b ＝ 2， 解得
a ＝1，
ae ＝ e ，
b ＝2.
所以当 x ∈ 0，1e 时， g ′ (x)< 0，当 x ∈ x ＋x 1 ＋ x
)
＋∞
g ′(x)>0，
1 从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为
e
－ x
2
－ x
构造函数 h(x)＝xe －
x －2，则 h ′(x) ＝e －
x (1－x)．
e
所以当 x ∈(0,1)时，h ′(x)>0；当 x ∈(1，＋ ∞)时，h ′(x)<0；
故 h(x)在(0,1)上单调递增，在 (1，＋ ∞ )上单调递减， 从而 h(x)在(0，＋∞)上的最大值为 h(1)＝－ 1. e
综上，当 x >0 时， g(x)>h(x)，即 f(x)>1.
[ 解题师说 ]
x － 1
x － 1 对于第 (2)问“ ae x
ln x ＋
be
x
> 1”的证明， 若直接构造函数 h(x)＝ ae x ln x ＋
be
x
－ 1，求导以后不
xx
be x －1
易分析， 因此并不宜对其整体进行构造函数， 而应先将不等式“ ae x ln x ＋ be
> 1”合理拆分为“ xln x x >xe －
x －2”，再分别对左右两边构造函数，进而达到证明原不等式的目的．
e
[ 应用体验 ] 2．已知函数 f(x)＝x a ＋ln 1x ＋x b ，曲线 y ＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为 x ＋2y －3＝0.
(1) 求 a ，b 的值； ln x
(2)证明：当 x >0，且 x ≠1 时， f(x)> x － 1
x ＋1
－ ln x
x b 1
x ＋1 2 －x 2(x >0)．由于直线 x ＋2y － 3＝ 0 的斜率为－ 2，且过点 (1,1)，
ln x 1
(2) 证明：由 (1)知 f(x)＝ ＋x (x >0)，
x ＋ 1 x
所以 f(x)－x ln － x 1＝1－1x 2 2ln x －
h ′ (x)＝
2x －2x2
－x
x2－1
x －1 xx
所以当 x ≠1时，h ′(x)<0. 而 h(1)＝0，
1
故当 x ∈(0,1)时， h(x)>0，可得 2h(x)>0；当 x ∈(1，＋ ∞)时， 1 － x
从而当 x >0，且 x ≠1 时， f(x)－ ln x > 0，即 f(x)> ln x .
x －1 x － 1
2
－1
x － 1
考虑函数 h(x)＝2ln x － x (x > 0)，则 x
f1 ＝1， 1 f ′ 1 ＝－ 2，
即
b ＝ 1，
a 2
－b ＝－ 12. 解得
22
a ＝1，
b ＝ 1.
a
解： (1)f ′ (x)＝
x
2
－1
x .
1
h(x)< 0，可得 1－ x 2
h(x)>0.
1－ x
若两个变元 x 1，x 2 之间联系“亲密”，我们可以通过计算、化简，将所证明的不等式整体转化 为关于 m(x 1，x 2)的表达式 (其中 m(x 1，x 2)为 x 1，x 2组合成的表达式 )，进而使用换元令 m(x 1，x 2)＝ t ， 使所要证明的不等式转化为关于 t 的表达式，进而用导数法进行证明，因此，换元的本质是消元．
ln x
[典例] 已知函数 f(x)＝ (a ∈R)，曲线 y ＝f(x)在点 (1， f(1))处的切线与直线 x ＋y ＋1＝0垂直．
x ＋ a
(1)试比较 2 0172 018与 2 0182 017的大小，并说明理由；
(2)若函数 g(x)＝f(x)－k 有两个不同的零点 x 1， x 2，证明： x 1x 2>e 2. [ 方法演示 ] 又曲线 y ＝f(x)在点 (1， f(1))处的切线与直线
所以 f ′ (1)＝1，即 1 ＝1，解得 a ＝0. 故 f(x)＝ ln x ，f ′(x)＝1－
l 2n x . 1＋ a x x
由 f ′ (x) >0，得 0<x < e ；由 f ′(x)< 0，得 x > e ， 所以函数 f(x)的单调递增区间为 (0， e)，单调递减区间为 (e ，＋ ∞ )．
所以 f(2 017) > f(2 018) ，即ln 2 017>ln 2 018. 整理得 ln 2 0172 018>ln 2 0182 017， 2 017 2 018 所以 2 0172 018>2 0182 017.
ln x
(2)证明： g(x)＝ x －k ，设 x 1>x 2>0，由 g(x 1)＝g(x 2)＝0，
x
可得 ln x 1－kx 1＝0， ln x 2－ kx 2＝ 0，两式相加减， 得 ln x 1＋ln x 2＝k （x 1＋x 2），ln x 1－ln x 2＝ k （x 1－x 2）．
ln x1－－l x
n x2
> ＋2 x ，即证 ln x1>2 x1＋－x
x2
.
x 1
－x
2
x 1
＋x
2
x 2 x 1
＋
x
2
令x x 1＝t(t >1)，则只需证 ln t >2t t ＋
－1
1
(t >1)．令 h(t)＝ln t －2t t ＋
－1
1
(t >1)， 则 h ′(t)＝1－ 4 2＝ t －
1 2> 0，
故函数 h(t)在(1，＋ ∞)上单调递增， t t ＋ 1 2 t t ＋ 1 2
2 t － 1
所以 h(t) >h(1)＝ 0，即 ln t > . 所以 x 1x 2> e 2.
t ＋1
[ 解题师说 ]
(1)由题意易知 f ′(1)＝1，可列出关于 a 的方程，从而求出 a 的值，得到函数 f(x)的解析式．欲
换元法 ” 构造函数证明不等
式
解： x ＋a
－ ln x x (1)依题意得 f ′(x)＝ x 2 ，所以
x ＋a 2 f ′（1）＝
1＋ a 1 2＝ 1＋a 1＋ a x ＋y ＋1＝0 垂直，
要证 x 1x 2>e 2
，即证 ln x 1x 2>2，只需证 ln x 1＋ln x 2> 2，也就是证
k(x 1＋x 2)> 2，即证 k >
2 x 1＋ x
因为 k ＝
ln x1－
－x
ln x2
，所以只需证
x 1－x 2
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比较 2 0172 018与 2 0182 017的大小，只需比较f(2 017) ，f(2 018)的大小，即需判断函数y＝f(x)的单调
性．(2)不妨设x1>x2> 0，由g(x1 )＝g(x2)＝0，可得ln x1－kx1＝0，ln x2－kx2＝0，两式相加减，利用
分析法将要证明的不等式转化为ln x1－ln x2> 2，再利用换元法，通过求导证明上述不等式成立．x1－x2
x1＋x2
[ 应用体验]
2
3．已知函数f(x)＝x2ln x.
(1) 求函数f(x)的单调区间；
(2)证明：对任意的t> 0，存在唯一的s，使t＝f(s)；
(3) 设(2)中所确定的s关于t的函数为s＝g(t)，证明：当t> e2时，有25< ln l n g t t<21.
解：(1)由已知，得f′ (x)＝2xln x＋x＝x(2ln x＋1)(x>0)，令f′(x)＝0，得x＝. e
当x 变化时，f′ (x)，f(x)的变化情况如下表：
所以函数f(x)的单调递减区间是0，e e.
(2)证明：当0<x≤1时，f(x)≤0，∵t>0，∴当0<x≤1时不存在t＝f(s) ．
令h(x)＝f(x)－t，x∈[1，＋∞)．由(1)知，h(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．h(1)＝－t<0，h(e t)＝e2t ln e t－t＝t(e2t－1)>0. 故存在唯一的s∈(1，＋∞)，使得t＝f(s)成立．
(3)证明：因为s＝g(t)，由(2)知，t＝f(s)，且s>1，
从而ln gt＝ln s＝ln2s＝ln s＝u，其中u＝ln s.
ln t ln f s ln s ln s 2ln s＋ln ln s 2u＋ln u
要使2<ln g t< 1成立，只需0< ln u< u.
5 ln t 2 2
当t> e2时，若s＝g( t)≤e，则由f(s)的单调性，有t＝f(s)≤f(e)＝e2，矛盾．所以s>e，即u> 1，从而ln u> 0 成立．
另一方面，令F(u)＝ln u－2u，u>1，F′(u)＝u1－12，
令F′(u)＝0，得u＝2. 当1<u<2时，F′(u)>0；当u>2时，F′(u)<0.
故对u>1，F(u)≤F(2)<0，因此ln u<u2成立．综上，当t>e2时，有25<ln l n g t t<21.
e
值，也是最小值，f(e)＝ln e＋e＝2，故f(x)的最小值为 2.
e
(2)g(x)＝f′(x)－x3＝x1－x m2－3x(x>0)，令g(x)＝0，得m＝－31x3＋x(x>0)．
1
3
φ(x)＝－3x3＋x(x≥0)，则φ′ (x)＝－(x－1)(x＋1)，x∈(0,1)时，φ′ (x)>0，φ(x)在(0,1)上单调递增；
x∈(1，＋∞ )时，φ′(x)<0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减，
x＝1 是φ(x) 的唯一极值点，且是极大值点，故φ(x)的最大值为φ(1)＝φ(0)＝0，画出函数y ＝φ(x)的图象如图所示．
①当m>23时，函数g(x)无零点；②当m＝32时，函数g(x)有且只有一个零点；③当0<m<23时，函
数g( x)有两个零点；④当m≤0 时，函数g(x)有且只有一个零点．
22
综上所述，当m>32时，函数g( x)无零点；当m＝23或m≤0 时，函数g(x)有且只有一个零点；当
33
2
0<m<32时，函数g(x)有两个零点．
3
(3) 对任意的b>a>0，f b b－－f a a <1等价于f(b)－b<f(a)－a恒成立．(*) b－ a
转化法构造函数
在关于x1，x2 的双变元问题中，若无法将所要证明的不等式整体转化为关于m(x1，x2)的表达式，则考虑将不等式转化为函数的单调性问题进行处理，进而实现消元的目的．
[典例] 设函数f(x)＝ln x＋m x，m∈R.
(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的最小值；
(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－x3零点的个数；
(3) 若对任意b> a>0 ，
f b
b－
－f
a
a <1 恒成立，求m的取值范围．
[ 方法演示]
e x－ e
解：(1)当m＝e 时，f(x)＝ln x＋x，则f′ (x)＝x2 ，故当x∈(0，e)
时，
xx
f′(x)<0，f(x)在(0，e) 上单调递减，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增，故当x＝e时，f(x)取到极小
2
3.
设 h(x)＝f(x)－x ＝ln x ＋m x －x(x>0)，故(*)等价于 h(x)在(0，＋ ∞)上单调递减．
x
1m
由 h ′(x)＝x －x 2
－1≤0 在(0，＋ ∞ )上恒成立，得
xx
1 1 1 m ≥14，当且仅当 x ＝12时等号成立，所以 m 的取值范围为 41，＋ ∞ .
[ 解题师说 ]
本例第 (3)问中，利用不等式的性质， 将“fb －
f a <1”等价转化为“ f(b)－b<f(a)－a ”，进而构 b －a 造函数“ h(x)＝f(x)－x ”，通过研究函数的单调性求解实数 m 的取值范围．
[ 应用体验 ] 4．已知函数 f(x)＝ ax －1－ln x(a ∈ R)．
(1) 讨论函数 f(x)的单调性；
(2)若函数 f(x)在 x ＝1处取得极值，不等式 f(x)≥bx －2对? x ∈(0 ，＋∞ )恒成立，求实数 b 的取
值范围；
2
m ≥ －x ＋x ＝
x － 21 2＋14(x>0)恒成立，故
(3)当 x>y>e －1时，证明不等式 e x ln(1＋y)>e y ln(1＋ x)．
解： (1)函数 f(x)的定义域是 (0，
＋∞)，且 f ′(x)＝a －1x ＝ax －
x 1
当 a ≤0 时， ax －1<0，从而 f ′ (x)<0，函数 f(x)在(0，＋ ∞)上单调递减．
当 a>0 时，由 f ′ ( x)<0 ，得 0<x<1a ，由 f ′ (x)>0 ，得 x>a 1，所以函数 f(x)在
0 0，1a 上单调递减，在 a
1
，＋ ∞ 上单调递增．
(2)因为函数 f(x)在 x ＝1 处取得极值，所以 f ′ (1)＝ 0，解得 a ＝1，
1 ln x 1 ln x
ln x － 2
所以 f(x)≥bx －2? 1＋x 1－ln x x ≥b ，令 g(x)＝1＋x 1－ln x x ，则 g ′(x)＝ln x x
－
2
2
，
令 g ′(x)＝0，得 x ＝e 2. 则 g(x)在(0， e 2)上单调递减，在 (e 2，＋ ∞ )上单调递
增，
－∞，1－e 12
2 1 1
所以 g(x)min ＝g(e 2) ＝1－ e 2，即 b ≤1－ e 2，故实数 b 的取值范围
y ＋1
e x ＋1
(3)证明：由题意可知，要证不等式 e x ln(1 ＋ y)>e y ln(1 ＋ x)成立，只需证
ln e
x ＋1 >ln e y ＋ 1
成立．
x e x
ln x － e
e x
ln x －
e x 构造函数 h(x)＝ln e x (x>e)，则 h ′(x)＝ ln 2
x 1
x ln 2
x >0. 所以 h(x)在 (e ，＋ ∞ )上单调递增，
x ＋1 e y ＋1
e 由于 x>y>e －1，所以 x ＋1>y ＋1>e ，所以lnx ＋1>lny ＋1，即 e x
ln(1＋y)>e y ln(1＋x)．
2x 1
．已知函数 f(x)＝ (x － 1)(x 2＋2)e x
－2x.
(1)求曲线 y ＝f(x)在点 (0，f(0))处的切线方程；
2
(2)证明： f(x)>－ x 2－4.
解： (1)因为 f ′(x)＝2x(x －1)e x ＋x(x 2＋2)e x －2＝x 2(x ＋2)e x －2，所以 f ′(0)＝－ 2. 因为 f(0) ＝－ 2，所以曲线 y ＝f(x)在点 (0，f(0))处的切线方程为 2x ＋y ＋2＝0.
(2)证明： 要证 f(x)>－ x 2－ 4，只需证 (x －1)(x 2＋2)e x >－ x 2＋2x －4，
设 g(x)＝－x 2＋2x －4＝－ (x －1)2－3，h(x)＝(x －1)(x 3＋2)e x ，则 h ′(x)＝x 4(x ＋2)e x . 由 h ′(x)≥0，得 x ≥－2，故 h(x)在［－2，＋∞ )上单调递增； 由 h ′(x)<0，得 x <－ 2，故 h(x)在(－∞，－ 2)上单调递减， 所以 h(x)min ＝h(－2)＝－ 1e 28. 因为 e ≈ 2.718，所以－ 5e 82>－ 3.
又 g(x)max ＝－3，所以 g(x)max <h(x)min ，从而 (x －1)(x 2＋2)e x >－x 2＋2x －4，即 f(x)>－x 2－4. 2．(理)已知函数 f(x)＝e x ＋
m －x 3，g(x)＝ ln(x ＋ 1)＋2.
(1)若曲线 y ＝f(x)在点(0，f(0))处的切线斜率为 1，求实数 m 的值；
3
(2)当 m ≥1 时，证明： f( x)> g(x)－ x 3.
解： (1)因为 f(x)＝e x m － x 3，所以 f ′ (x)＝e x m － 3x 2.
因为曲线 y ＝f(x)在点 (0，f(0))处的切线斜率为 1，所以 f ′(0)＝e m ＝1，解得 m ＝0. (2)证明：因为
f(x)＝ e x m －x 3， g(x) ＝ ln( x ＋ 1)＋ 2， 所以 f(x)>g(x)－x 3等价于 e x ＋
m －ln(x ＋1)－2> 0.
当 m ≥1 时， e x ＋
m － ln( x ＋ 1)－ 2≥ e x ＋
1 －ln( x ＋ 1)－ 2.
要证 e x m － ln( x ＋1)－ 2> 0，只需证明 e x 1－ ln( x ＋ 1)－ 2> 0. 设 h(x) ＝ e x 1－ln(x ＋1)－2，则 h ′(x)＝e x 1－x ＋11.
x ＋ 1
所以函数 p(x)＝h ′(x)＝e x ＋
1－ 1 在(－1，＋ ∞)上单调递增．
x ＋1
因为 h ′ －21 ＝e 12－2<0，h ′(0)＝ e －1>0，
所以函数 h ′(x)＝e x ＋
1－ 1 在(－1，＋∞)上有唯一零点 x 0，且 x 0∈ －1，0 . x ＋ 1 2
因为 h ′(x 0)＝0，所以 ex 0＋1＝x ＋1 1，即 ln( x 0 ＋1) ＝－ (x 0＋ 1)． 当 x ∈ (－ 1，x 0)时， h ′ (x)< 0，当 x ∈(x 0，＋∞)时， h ′(x)>0， 所以当 x ＝ x 0 时， h(x)取得最小值 h(x 0)，
5
设 p(x)＝ e x ＋
1
1 x ＋1 1，则 p ′ (x)＝ e x 1
＋ 1 x ＋12
>0，
1
所以 h(x)≥ h(x 0)＝ex 0＋ 1－ ln(x 0＋ 1)－ 2＝ x ＋6 1＋ (x 0＋1)－2>0. 综上可知，当 m ≥1 时，
f(x)> g(x)－ x 7.
2
x (
文)已知函数 f(x)＝(ax －1)ln x ＋ 2.
(1)若a ＝2，求曲线 y ＝f(x)在点(1， f(1))处的切线 l 的方程；
4 (2)
设函数
g(x)＝ f ′ (x )有两个极值点 x 1，x 2，其中 x 1∈(0，e ］，证明 g(x 1)－g(x 2)≥－ e . 11
解： (1)当 a ＝2时，f ′(x)＝2ln x ＋x －x ＋2，f ′(1)＝2，f(1)＝2，
x2
1
∴切线 l 的方程为 y －2＝2(x －1)，即 4x －2y － 3＝0.
2
1 a 1 x
＋ax ＋ 1 (2)函数 g(x)＝aln x ＋x －x ＋a ，定义域为 (0，＋ ∞)，则
g ′ (x)＝1＋x ＋x 2＝
x 2
2 令 g ′(x)＝0，得 x 8
＋ax ＋1＝0，其两根为 x 1，x 2，且 x 1＋x 2＝－ a ，x 1x 2＝1，
故 x 2＝ x 11， a ＝－ x 1＋x 11 .
当 x ∈ (0,1］时， h ′(x)≤0，当 x ∈(1，
e ］时， h ′(x)<0，即当 x ∈ (0， e ］时，
h(x)单调递减，
44
∴ h(x) min ＝ h(e) ＝－ e ，故 g(x 1)－g(x 2)≥－e
1－ x
3．(2018 ·兰州诊断 )已知函数 f(x)＝ ＋ln x 在 (1，＋∞ )上是增函数，且 a>0.
ax
(1)求 a 的取值范围；
1 a ＋ b a
(2) 若 b>0，试证明 1 <ln b <b a .
a ＋
b b b
解： (1)f ′(x)＝－ a 1x 2＋ 1x ＝ a
－
x 2
，因为 f ′ (x)≥ 0，且 a>0，所以 ax －1≥0，即 x ≥a 1.
ax x ax a
1 因为 x ∈(1，＋∞)，所以1
≤1，即 a ≥1. 所以 a 的取值范围为 ［1，＋ ∞)． a
a ＋ b
1 － x
(2)证明：因为 b>0，a ≥1，所以 a ＋
b b >1. 又f(x)＝1a
－x
x
＋ln x 在(1，＋ ∞)上是增函数，
令 h(x)＝2 x －x 1 －2 x ＋x 1 ln x ，x ∈(0，e ］，
h ′ (x)＝
x 2
，
8 1＋x 1－ x ln x
∴ g(x 1)－ g(x 2)＝g(x 1)－
g
11 aln x 1＋x 1－ ＋a － aln ＋ －x 1＋a ＝2 x 1－x 1 ＋ 2aln x 1＝
x 1
x 1 x 1 2 x 1－ x 11 － 2 x 1＋ x 11 ln x 1.
则 ［ g( x 1 )－ g( x 2)］ min
＝
h(x)min ，
x 2ln x 2－x 1ln x 1 x 1＋ x 2 x2－x1 <ln 2 ＋ 1? x 2ln x 2－x 1ln
x 1<x 2ln x1
＋x2
－x 1ln x1
＋x2
＋x 2－x 1? x 2ln 9＋x2x <x 1ln 2＋x1x ＋x 2－x 1，
2 2
x 1＋ x 2 x 1＋ x 2
令 g(t)＝tln 12＋t t －ln 1＋2 t －t ＋1， 则 g ′(t)＝ln 2t ＋t ·1
＋ t
·
2 2＋1
＋t
2
1＋t
2t 1＋ t 2
t － 1
1 －
x
令t ＋1＝x(x>0)，h(x)＝ ln(1＋ x)－ x ，则 h ′(x)＝1＋x
－1＝
1＋x <0，h(x)在(0，＋∞)上单调递减． 所 t － 1 t －1
(2)证明：不妨设 x 1<x 2， f x x 2 －
－f x x1 <f ′
x 2－x 1
所以 f 1－
a ＋b
a ＋
b －
b a ＋ b 1 a ＋b
a ＋
b b >f(1)，即 a ＋b b ＋ln a ＋b b >0，化简得 a ＋1b <ln a ＋b b
.
a ·b
a ＋
b a a ＋ b a a a ln b <b 等价于 ln b －b ＝ln 1＋b － b <0，令 g(x)＝ ln(1＋x)－x(x>0)， aa
bb 1 － x
则 g ′(x)＝1＋1 x －1＝1＋x <0，所以函数 g(x)在(0， ＋ ∞ ) 上为减函
数，
所以 g a b ＝ a a a ＋ b a ln 1＋ b －b ＝ln b －b
<g(0)
＝0， 综上， a ＋1 b <ln a ＋
b b <a b 得证
4．(理 )已知函数 f(x)＝xln x.
(1) 求 f(x)的单调区间和极
值；
(2)设 A(x 1，f(x 1))，B(x 2，f(x 2))，且 x 1≠x 2，证明：
f x2－f x1
<f ′
x 2－ x 1 ′
1
解： (1)f(x)的定义域为 (0，＋ ∞)，f ′ (x)＝ ln x
＋x ·x ＝1＋ln x.
x
11
由 f ′ (x)>0 ，得 x>1；由 f ′ (x)<0 ，得 0<
x<1，
ee 所以 f(x) 的单调递增区间是 1，＋ ∞ ，单调递减区间是 0， 1e ， f (x)
极小值
＝
1 1 1
1e ln 1e ＝－e 1，f(x)无极大值． x 1＋x 2
2 x 2
x 2·x 2 2 x
两边同除以 x 1 得， x2ln x1 <ln 2 ＋ x2－ 1，
x 1 x 2 x 2 x 1 x1 1＋x x12 1＋x x12 x1
令x x12＝ t ，则 t>1，即证： tln 12＋t t <ln 1＋2t ＋t －1.
t －1
－ t －
1，
t ＋1 － t ＋1，
2－1＝ln 2t ＋1－
t ＝ln 1＋
2 1＋ t 2 1＋ t 1＋t
以h(x)<h(0)＝0，即ln(1＋x)<x，即g′(t)＝ln 1＋t＋1－t＋－1<0 恒成立．所以g(t)在(1 ，＋∞ )上是
减函数．所以g(t)<g(1)＝0，所以tln12＋t t<ln1＋2t＋t－1得证．
(1)若f(x)在区间(－∞，2)上为单调递增函数，求实数 a 的取值范围；
(2)若a＝0，x0< 1，设直线y＝g( x)为函数f(x)的图象在x＝x0 处的切线，求
f( x)≤g(x)．证：
x－1－ a
解：(1)易得f′(x)＝－e x ，由已知知f′(x)≥0 对x∈(－∞，2)恒成立，
e
故x≤1－a 对x∈(－∞，2)恒成立，∴ 1－a≥2，∴ a≤－1.
故实数 a 的取值范围为(－∞，－1］．
x
(2) 证明：a＝0，则f(x)＝e x.
e
函数f( x)的图象在x＝x0 处的切线方程为y＝g(x)＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)．令h(x)
＝f(x)－g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，x∈R，则h′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝1－x x－1
－x0＝1－x ex0－1－x0ex.
e ex0 ex＋x0
设φ(x)＝(1－x)ex0－(1－x0)e x，x∈R，则φ′ (x)＝－ex0－(1－x0)e x，
∵ x0< 1，∴ φ′ ( x)< 0，∴ φ(x)在R 上单调递减，而φ(x0) ＝0，
∴当x<x0时，φ(x)> 0，当x>x0时，φ(x)<0，
∴当x<x0时，h′(x)>0，当x>x0时，h′(x)<0，
∴ h(x)在区间(－∞，x0)上为增函数，在区间(x0，＋∞)上为减函数，∴x∈R
时，h(x)≤h(x0)＝0，∴ f(x)≤g(x)．。