高二冬季（寒假）组题包13-一元不等式的证明与放缩

第1页（共1页）高二冬季（寒假）组题包13——一元不等式的证明与放缩一．解答题（共52小题）1．（2022秋•綦江区月考）已知a＞0，函数f（x）＝aex﹣ln（ax+a）．（1）当a＝1时，求f（x）的单调区间；（2）证明：f（x）≥1．【解答】（1）解：当a＝1时，f（x）＝ex﹣ln（x+1），x∈（﹣1，+∞），则f′（x）＝ex-1易知f′（x）在（﹣1，+∞）上单调递增，且f′（0）＝0，∴当x∈（﹣1，0），f′（x）＜0，当x∈（0，+∞），f′（x）＞0，故f（x）在（﹣1，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增；（2）证明：要证f（x）≥1，只需证aex﹣lna≥ln（x+1）+1，即证ex+lna﹣x﹣lna≥ln（x+1）﹣x+1，令g（x）＝ex﹣x，则g′（x）＝ex﹣1，∴当x∈（﹣∞，0）时，g′（x）＜0，当x∈（0，+∞）时，g′（x）＞0，则g（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增，即g（x）≥g（0），ex+lna﹣x﹣lna≥1，令h（x）＝ln（x+1）﹣x+1，则h′（x）=1x+1-∴当x∈（﹣1，0），h′（x）＞0，当x∈（0，+∞），h′（x）＜0，则h（x）在（﹣1，0）上单调递增，在（0，+∞）上单调递减，即h（x）≤h（0）＝1，∴ln（x+1）﹣x+1≤1，故ex+lna﹣x﹣lna≥ln（x+1）﹣x+1成立，∴f（x）≥1成立．2．（2021•湖南模拟）已知函数f(x)=xlnx-a（1）若f（x）在（0，+∞）内是减函数，求a的取值范围；（2）若a＝2，证明：当x＞0时，f（x）≥1﹣ex﹣1．【解答】（1）解：函数f(x)=xlnx-a2(x2f′（x）＝lnx+1﹣ax，因为f（x）在（0，+∞）内是减函数，所以f′（x）≤0恒成立，即a≥lnx+1x在（0，令g（x）=lnx+1x，则g′（x）令g′（x）＞0，可得0＜x＜1，令g′（x）＜0，可得x＞1，所以g（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，所以g（x）max＝g（1）＝1，所以a≥1，即a的取值范围是[1，+∞）．（2）证明：当a＝2时，f（x）＝xlnx﹣x2+1，令g（x）＝f（x）﹣1+ex﹣1＝xlnx﹣x2+ex﹣1，x＞0，g′（x）＝lnx+1﹣2x+ex﹣1，g″（x）=1x-2+exg′″（x）=-1x2+ex﹣1，在（0，+∞）上，g′″（x）单调递增，且g′″（所以在（0，1）上，g′″（x）＜0，g″（x）单调递减，在（1，+∞）上，g′″（x）＞0，g″（x）单调递增，所以g″（x）≥g″（1）＝0，所以g′（x）在（0，+∞）上单调递增，且g′（1）＝0，所以在（0，1）上，g′（x）＜0，g（x）单调递减，在（1，+∞）上，g′（x）＞0，g（x）单调递增，所以g（x）≥g（1）＝0，所以f（x）﹣1+ex﹣1≥0，即f（x）≥1﹣ex﹣1，得证．3．（2021•河南模拟）已知函数f（x）＝（a+lnx）ex（a∈R）．（1）若f（x）为定义域内的单调递增函数，求a的取值范围；（2）当a≤2时，证明：f（x）＜e2x．【解答】（1）解：函数f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）＝（1x+a+lnx）e因为f（x）定义域内的单调递增函数，则f′（x）≥0，即（1x+a+lnx）ex≥0在（0，又ex＞0，所以1x+a+lnx≥0在（0，+∞）上恒成立，即﹣a≤1x+lnx令h（x）=1x+lnx，则h′（x当0＜x＜1时，h′（x）＜0，当x＞1时，h′（x）＞0，所以h（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，所以x＝1是h（x）的极小值点，也是最小值点，所以h（x）min＝h（1）＝1，所以﹣a≤1，即a≥﹣1，所以a的取值范围是[﹣1，+∞）．（2）证明：f（x）＜e2x，即a+lnx＜ex，即ex﹣lnx＞a，因为a≤2，故只需证明ex﹣lnx＞2．令g（x）＝ex﹣lnx﹣2，则g′（x）＝ex-1x，g′（x）在（0，因为g′（1）＝e﹣1＞0，g′（12）=e-2所以存在x0∈（12，1），使得g′（x0）＝0，即ex0=1x0所以在（0，x0）上，g′（x）＜0，在（x0，+∞）上，g′（x）＞0，所以g（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，所以g（x）min＝g（x0）=ex0-lnx0﹣2=1x0+x0﹣所以当a≤2时，f（x）＜e2x．4．（2021•厦门模拟）已知函数f（x）＝2ax﹣ln（x+1）+1，a∈R．（1）讨论（x）的单调性；（2）当x＞0，0＜a≤1时，求证：eax＞f（x）．【解答】解：（1）f（x）的定义域为（﹣1，+∞），f′（x）＝2a-1①当a≤0时，f′（x）＜0，即f（x）在（﹣1，+∞）上单调递减；②当a＞0时，f′（x）=2ax+2a-1由f′（x）＞0，解得x＞1-2a2a，由f′（x）＜0，解得﹣1＜x即f（x）在（﹣1，1-2a2a）上单调递减，在（1-2a2a，综上所述，当a≤0时，f（x）在（﹣1，+∞）上单调递减；当a＞0时，f（x）在（﹣1，1-2a2a）上单调递减，在（1-2a2a，（2）证明：eax＞f（x），即eax﹣2ax+ln（x+1）﹣1＞0，令g（x）＝eax﹣2ax+ln（x+1）﹣1，x＞0，则g′（x）＝aeax﹣2a+1令h（x）＝aeax﹣2a+1x+1，则h′（x）＝a2eax令φ（x）＝a2eax-1(x+1)2，则φ′（x）＝a3e所以φ（x）即h′（x）在（0，+∞）上单调递增，又h′（0）＝a2﹣1，①当a＝1时，h′（0）＝0，则h′（x）＞0恒成立，即h（x）在（0，+∞）上单调递增，则有h（x）＞h（0）＝2﹣2＝0；②当0＜a＜1时，h′（0）＝a2﹣1＜0，h′（x）＝a2eax-1(x+1)2＞a2eax﹣1，则h′（-2lnaa）＞即存在x0＞0使得h′（x0）＝0，即a2ex且h（x）≥h（x0）＝aex0+1x0+1-2a＝aex0即h（x）≥0，综上所述，h（x）≥0恒成立，即g（x）在（0，+∞）上单调递增，所以g（x）＞g（0）＝0，即eax＞f（x）．5．（2022•杭州模拟）已知函数f（x）＝e2x﹣x2+（a﹣2）x﹣1．（1）讨论函数g（x）＝f（x）+x2的单调性；（2）若a＝0，证明：当x＞0时，f（x）＞0．【解答】解：（1）g'（x）＝2e2x+a﹣2，当a≥2时，g'（x）＞0，g（x）在R上单调递增；当a＜2时，由g'（x）＝0，得x=1则g（x）在(-∞，12（2）证明：因为f（x）＝e2x﹣x2﹣2x﹣1，所以f'（x）＝2e2x﹣2x﹣2＝2（e2x﹣x﹣1），令函数h（x）＝e2x﹣x﹣1，则h'（x）＝2e2x﹣1，当x＞0时，h'（x）＞0，所以h（x）在（0，+∞）上单调递增，故h（x）＞h（0）＝0，即f'（x）＞0，则f（x）在（0，+∞）上单调递增．故当x＞0时，f（x）＞f（0）＝0．6．（2022•杭州模拟）已知函数f（x）＝ax2﹣xlnx．（1）若f（x）在定义域内单调递增，求实数a的取值范围；（2）若a＝e，证明：ex+（a﹣1）xlnx≥f（x）．【解答】解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），f'（x）＝2ax﹣1﹣lnx，因为函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，∴f'（x）≥0，即2a≥1+lnx设g(x)=1+lnxx，其中x＞0，则令g'（x）＝0得x＝1，当0＜x＜1时，g'（x）＞0，此时函数g（x）单调递增，当x＞1时，g'（x）＜0，此时函数g（x）单调递减，所以g（x）max＝g（1）＝1，∴2a≥1，解得a≥1因此，实数a的取值范围为[1（2）证明：要证ex+（e﹣1）xlnx≥f（x），即证ex﹣ex（x﹣lnx）≥0，因为x＞0，即证exx-e(x-lnx)≥0，即证ex﹣lnx﹣e（x﹣lnx令t＝x﹣lnx，其中x＞0，则t'=1-1当0＜x＜1时，t'＜0，此时函数t＝x﹣lnx单调递减，当x＞1时，t'＞0，此时函数t＝x﹣lnx单调递增，所以tmin＝t|x＝1＝1，即t≥1，即证et﹣et≥0，构造函数h（t）＝et﹣et，其中t≥1，则h'（t）＝et﹣e≥0，故函数h（t）在[1，+∞）上单调递增，故h（t）≥h（1）＝0，即当t≥1时，et﹣et≥0，故原不等式得证．7．（2022秋•驻马店月考）已知函数f（x）＝ex+lnx+a在x＝1处的切线经过点（0，﹣1）．（1）求a的值；（2）证明：当x＞0时，f(x)＞【解答】解：（1）由题意知，f'(x)=ex+1x，则f'（又f（1）＝e+a，所以e+a-(-1)1-0=e+1，解得a＝（2）证明：要证f(x)＞ex-1ex，即令h(x)=lnx+1ex(x当0＜x＜1e时，h'（x）＜0，当x＞1e所以h（x）在(0，1e则h(x)min=h(令φ（x）＝ex﹣ex（x＞0），则φ'（x）＝e﹣ex，当0＜x＜1时，φ'（x）＞0，当x＞1时，φ'（x）＜0，所以φ（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，则φ（x）max＝φ（1）＝0，所以ex﹣ex≤0，因为h（x）与φ（x）不同时为0，所以ex-e8．（2022秋•肇庆月考）已知函数f（x）＝ax﹣ln（x+1）．（1）是否存在实数a，使得f（x）在x＝0处取得极小值，并说明理由；（2）证明：对任意n∈N*都有12【解答】解：（1）假设存在实数a，使得f（x）在x＝0处取得极小值，则f'(x)=a-1x+1，f'（0）＝a﹣1＝0，所以a＝所以f'(x)=1-1x+1=xx+1(x＞-1)，f'（f'（x）＞0，则x＞0；f'（x）＜0，则﹣1＜x＜0；所以f（x）在（﹣1，0）上是减函数，在（0，+∞）上是增函数，所以当a＝1时，f（x）的极小值为f（0）＝0．（2）证明：由（1）可知，当a＝1时，f（x）≥f（0）＝0，即x≥ln（x+1）．令x=1n，则1n＞ln(1n+1)=ln(n+1)-lnn，所以12+13+14+⋅⋅⋅+1n+1n+1＞ln3﹣ln2+ln4﹣ln3+ln5﹣ln4+⋅⋅⋅+ln（n+1）﹣lnn+ln（n+2）故命题129．（2022春•吉安期末）已知函数f(x)=lnx+2（1）求f（x）的极值；（2）证明：ex【解答】解：（1）因为函数f(x)=lnx+2所以f（x）的定义域为（0，+∞），f'(x)=1由f'（x）＝0，得x＝1，随着x的变化，f'（x），f（x）的变化如下表所示：x（0，1）1（1，+∞）f'（x）+0﹣f（x）↗极大值↘∴f（x）极大值＝f（1）＝0，无极小值；（2）证明：ex即ex即证x+2令ex＝t（t＞0），则x＝lnt，即证lnt+2t+1由（1），lnx+2∴lnt+210．（2021秋•10月份月考）设函数f(x)=lnx+aex，已知x＝1是函数y＝f（1）求a的值；（2）证明：f(x)≤1【解答】解：（1）∵f′（x）=1x-(lnx+a)ex，x＝1是函数y∴f′（1）＝0，解得a＝1；（2）证明：由（1）得f（x）=lnx+1ex（x要证明f(x)≤1e，即证明lnx+1≤ex•1e=ex﹣1（令g（x）＝ex﹣1﹣lnx﹣1（x＞0），只需证明g（x）min≥0即可．∵g′（x）＝ex﹣1-1x在（0，+∞）上为增函数，且g′（1）＝∴当x∈（0，1）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；当x∈（1，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；∴当x＝1时，g（x）取得极小值g（1）＝e0﹣ln1﹣1＝0，也是最小值，即g（x）min＝0≥0成立，∴原结论成立，即f(x)≤111．（2022秋•沙坪坝区校级月考）已知g（x）＝x+lnx．（1）用定义证明g（x）在（0，+∞）单调递增；（2）解不等式x2﹣x﹣2＜ln（x+2）﹣2lnx．【解答】解：（1）证明：任取0＜x1＜x2，则g（x1）﹣g（x2）＝x1+lnx1﹣x2﹣lnx2=x1-x2+lnx1x所以x1﹣x2＜0，0＜x1所以g（x1）﹣g（x2）＜0，即g（x1）＜g（x2），故（x）在（0，+∞）上单调递增；（2）不等式x2﹣x﹣2＜ln（x+2）﹣2lnx可化为：x2+lnx2＜ln（x+2）+（x+2），（x＞0），因为g（x）在（0，+∞）上单调递增，故x2＜x+2，即x2﹣x﹣2＜0，解得﹣1＜x＜2，结合x＞0，故原不等式的解集为{x|0＜x＜2}．12．（2022秋•重庆月考）已知函数f（x）＝ex（x﹣2a）+ax+2，a∈R．（1）当a＝1时，求曲线f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；（2）若不等式f（x）≥0对∀x≥0恒成立，求实数a的范围；（3）证明：当n∈N【解答】解：（1）由题f（x）＝ex（x﹣2）+x+2，则f'（x）＝ex（x﹣1）+1，得f（1）＝3﹣e，f'（1）＝1，故f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为：y﹣f（1）＝f'（1）（x﹣1）⇒y＝x+2﹣e，（2）由题x∈[0，+∞），f'（x）＝ex（x+1﹣2a）+a，令g（x）＝ex（x+1﹣2a）+a，则g'（x）＝ex（x+2﹣2a），①当2﹣2a≥0，即a≤1时，g'（x）≥0，有g（x）＝f'（x）在[0，+∞）上单调递增，则f'（x）≥f'（0）＝1﹣a≥0，得f（x）在[0，+∞）上单调递增，此时f（x）≥f（0）＝2﹣2a≥0，故a≤1满足题意．②当2﹣2a＜0，即a＞1时，令g'（x）＜0，得x＜2a﹣2，则g（x）＝f'（x）在[0，2a﹣2）上单调递减，又f'（0）＝1﹣a＜0，得f（x）在[0，2a﹣2）上单调递减，此时f（x）≤f（0）＝2﹣2a＜0，故a＞1不合题意．综上可得：a∈（﹣∞，1]．（3）证明：由（2），当a＝1时有x⋅ex﹣2ex+x+2≥0，注意到x≥0，则令x＝lnt，其中t≥1，则由x⋅ex﹣2ex+x+2≥0⇒tlnt﹣2t+lnt+2≥0⇒（t+1）lnt≥2t﹣2，可得lnt≥2t-2t+1，当且仅当t＝其中2t-2t+1则令2t-2t+1=1n，其中n得2nt-2n=t+1⇒(2n-1)t=2n+1⇒t=2n+1又代换后原不等式中的等号已经取不到（需1n=0），故有即1n＜ln(2n+1)-ln(2n-1)，其中n∈则有1+12+13+⋯+1n＜ln3﹣ln1+ln5﹣ln3+ln7﹣ln5+⋯+ln（2n+1）﹣ln（2n故原式得证．13．（2022春•成都期中）已知函数f（x）＝ex﹣ax﹣1．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）①若f（x）≥0恒成立，求实数a的取值集合；②证明：ex﹣ln（x+2）＞0．【解答】解：（1）因为f（x）＝ex﹣ax﹣1，所以f′（x）＝ex﹣a，①当a≤0时，f'（x）＞0，函数f（x）在区间R上单调递增；②当a＞0时，令f'（x）＞0，x＞lna，令f'（x）＜0，x＜lna，所以f（x）在（﹣∞，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增．（2）①由（1）可得当a≤0，函数f（x）在区间R上单调递增，又f（0）＝e0﹣0﹣1＝0，所以x＜0，则f（x）＜0，与条件矛盾，当a＞0时，f（x）在（﹣∞，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增，所以f（x）≥f（lna），由已知f（lna）≥0，所以a﹣alna﹣1≥0，设g（x）＝x﹣xlnx﹣1，则g'（x）＝1﹣lnx﹣1＝﹣lnx，所以当x∈（0，1）时，g′（x）＞0，函数g（x）＝x﹣xlnx﹣1单调递增，x∈（1，+∞）时，g'（x）＜0，函数g（x）＝x﹣xlnx﹣1单调递减，又g（1）＝1﹣ln1﹣1＝0，所以不等式a﹣alna﹣1≥0的解集为{1}．②证明：设h（x）＝x+1﹣ln（x+2），则h′（x）＝1-1当x∈（﹣2，﹣1）时，h′（x）＜0，函数h（x）＝x+1﹣ln（x+2）单调递减，x∈（﹣1，+∞）时，h'（x）＞0，函数h（x）＝x+1﹣ln（x+2）单调递增，又h（﹣1）＝0﹣ln1＝0，所以x+1﹣ln（x+2）≥0，当且仅当x＝﹣1时取等号，由①ex≥x+1，当且仅当x＝0时取等号，所以ex﹣ln（x+2）＞0．14．（2022•郴州模拟）已知f（x）＝alnx+12x2﹣2x（a∈R且a≠0）在（0，+∞）上单调递增，g（x）＝cosx+xsin（1）当a取最小值时，证明f（x）≤12x2﹣x﹣（2）对∀x1∈[﹣π，π]，∃x2∈[1e，e]，使得f(x2)x2-a≤【解答】解：（1）证明：因为f（x）＝alnx+12x2﹣2x（a∈R且a≠0）在（0，故f'(x)=ax+x-2≥0在（0，+∞）上恒成立，则a≥（2x﹣x2）max＝1，（x＝1时取等号），故a所以f（x）＝lnx+12x2﹣2x，x＞0，令m（x）＝f（x）﹣（12x2﹣x﹣1）＝lnx﹣x+1，（x令m'(x)=1-xx=0得x＝1，易知x∈（0，1）时，m′（x）＞0，x∈（1，+∞）时，m′（x）＜0，故g（1）＝0是m故m（x）≤0恒成立，即a取最小值时，f（x）≤12x2﹣x﹣（2）易知g（x）是偶函数，故只需研究x∈[0，π]上g（x）的最小值，令g′（x）＝xcosx＝0，得x=π2，结合g(0)=1，g(π2)=结合可导函数在连续闭区间上最值的求法可知，g（x）min＝g（π）＝﹣1，即∀x1∈[﹣π，π]，g（x1）min＝﹣1，则由题意可知：∃x2∈[1e，e]，使得f(x2)上式可化为a（x2﹣lnx2）≥12x22-x2①在x结合（1）可知，x2﹣lnx2＞0，对①式分离参数并令h（x）=12x2经计算得h′（x）=(x-1)(12x-lnx+1)(x-lnx)2，由（1）知lnx≤x﹣1所以12所以由h′（x）＞0得1＜x＜e，h′（x）＜0得1e所以h（x）在（1e，1）上单调递减，在（1，e所以h（x）min＝h（1）=-12，所以结合a≥1得，a≥1即为所求，故a的范围是[1，+∞）．15．（2022秋•张店区期中）已知函数f（x）＝alnx﹣x+1（1）若∀x≥1，f（x）≤0恒成立，求a的取值范围；（2）证明：对任意n∈N*，e1+12+（3）讨论函数f（x）零点的个数．【解答】解：（1）f（x）＝alnx﹣x+1x，x∈[1，f′（x）=ax-分类讨论：a≤2时，﹣x2+ax﹣1≤﹣x2+2x﹣1＝﹣（x﹣1）2≤0，∴f′（x）≤0，∴函数f（x）在[1，+∞）上单调递减，∴f（x）≤f（1）＝0，满足∀x≥1，f（x）≤0恒成立．a＞2时，分子u（x）＝﹣x2+ax﹣1=-(x-a2x∈[1，a2）时，u（x）单调递增，u（x）≥u（1）＝a﹣2＞0函数f（x）在x∈[1，a2）时，f（x此时f（x）≥f（1）＝0，不满足题意，舍去．综上可得：a的取值范围是（﹣∞，2]．（2）证明：对任意n∈N*，e1+12+13+⋯+1n-n2(n+1)由（1）可得：2lnx≤x-1x（当且仅当x＝1时取等号），x≥令x=n+1n，则2[ln（n+1）﹣lnn]分别令n＝1，2，3，…，n代入累加求和可得：2ln（n+1）＜1+12+13+⋯+1n+12+13∴ln（n+1）＜1+1（3）f（x）＝alnx﹣x+1x，x∈（0，f′（x）=ax-分类讨论：a≤2时，﹣x2+ax﹣1≤﹣x2+2x﹣1＝﹣（x﹣1）2≤0，∴f′（x）≤0，∴函数f（x）在（0，+∞）上单调递减，而f（1）＝0，因此，a≤2时，函数f（x）在（0，+∞）上只有一个零点1．a＞2时，令分子u（x）＝﹣x2+ax﹣1＝0，Δ＝a2﹣4＞0，方程有两个不等实数根x1，x2，∵x1x2＝1，∴0＜x1＜1＜x2，f′（x）=-(x-函数f（x）在（0，x1），（x2，+∞）上单调递减；在（x1，x2）上单调递增．x→0时，f（x）→+∞；f（x）＝0，x→+∞时，f（x）→+∞．因此函数f（x）在（0，+∞）上有3个零点．综上可得：a≤2时，函数f（x）在（0，+∞）上只有一个零点1．a＞2时，函数f（x）在（0，+∞）上有3个零点．16．（2022秋•宁德期中）已知函数f（x）＝lnx﹣ax+1．（1）若a＝1，求函数f（x）零点；（2）若a＞1，证明：f（x）＜sinx．【解答】解：（1）若a＝1，则f（x）＝lnx﹣x+1，x∈（0，+∞），所以f'(x)=1令f'（x）＝0，得x＝1，当x∈（0，1）时，f'（x）＞0，f（x）在（0，1）上单调递增；当x∈（1，+∞）时，f'（x）＜0，f（x）在（1，+∞）上单调递减；又f（1）＝0，所以，当x∈（0，1）时，f（x）＜f（1）＝0，当x∈（1，+∞）时，f（x）＜f（1）＝0，所以函数f（x）零点为1；（2）证明：由a＞1，x＞0，所以ax＞x，所以f（x）＝lnx﹣ax+1＜lnx﹣x+1，要证f（x）＜sinx，即证lnx﹣x+1＜sinx，下面证明：lnx﹣x+1＜sinx，（x＞0），①当x∈（0，π]时，由（1）可得lnx﹣x+1≤0（当且仅当x＝1时取等号），又sinx≥0（当且仅当x＝π时取等号），所以x∈（0，π]时，lnx﹣x+1＜sinx；②当x∈(π，32π]时，设g（x）＝x﹣1+sinx，g'（x）＝1+cos所以g（x）＝x﹣1+sinx在(π，所以g（x）＞g（π）＝π﹣1，即x﹣1+sinx＞π﹣1，又lnx＜ln3所以lnx＜x﹣1+sinx，所以lnx﹣x+1＜sinx；③当x∈(3π2，+∞)时，由（1）得f（x）＝lnx﹣x所以f(x)＜又sinx≥﹣1，所以lnx﹣x+1＜sinx，综上所述lnx﹣x+1＜sinx，（x＞0），所以a＞1，f（x）＜sinx．17．（2022秋•焦作期中）已知函数f（x）＝ex﹣x﹣a（a∈R），曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线在x轴上的截距为1e-1（1）求f（x）的最小值；（2）证明：当x＞0时，f（x）＞2xlnx．参考数据：e1.5≈4.48，ln1.5≈0.41．【解答】解：（1）f′（x）＝ex﹣1，所以k切＝f′（1）＝e﹣1，又f（1）＝e﹣1﹣a，所以切线方程为y﹣f（1）＝k切（x﹣1），即y﹣（e﹣1﹣a）＝（e﹣1）（x﹣1），令y＝0得x=-e-1-ae-1+因为曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线在x轴上的截距为1e-1所以ae-1解得a＝1，所以f（x）＝ex﹣x﹣1，f′（x）＝ex﹣1，所以在（﹣∞，0）上，f′（x）＜0，f（x）单调递减，在（0，+∞）上，f′（x）＞0，f（x）单调递增，所以f（x）min＝f（0）＝0．（2）证明：由（1）知当x∈（0，1）时，f（x）＞0，2xlnx＜0，所以f（x）＞2xlnx，当x∈[1，+∞）时，由于f（x）＝ex﹣x﹣1，则要证明当x＞0时，f（x）＞2xlnx，需要证ex﹣x﹣1＞2xlnx，即证ex﹣x﹣1﹣2xlnx＞0，令F（x）＝ex﹣x﹣1﹣2xlnx，x＞1，F′（x）＝ex﹣1﹣2（1+lnx）＝ex﹣2lnx﹣3，设g（x）＝ex﹣2lnx﹣3，则g′（x）＝ex-2因为g′（x）在[1，+∞）上的单调递增，且g′（1）＝e﹣2＞0，所以g′（x）＞0，所以g（x）在[1，+∞）上单调递增，又g（1）＜0，g（1.5）＝e1.5﹣2ln1.5﹣3≈4.48﹣2×0.41﹣3＝0.66＞0，所以存在x1∈（1，1.5）时，g（x1）＝0，即ex1=2lnx1所以在（1，x1）时，g（x）＜0，F（x）单调递减，在（x1，+∞）时，g（x）＞0，F（x）单调递增，所以F（x）min＝F（x1）＝ex1-x1﹣1﹣2x1lnx1＝2（1﹣x1）lnx1+2﹣x1＞2（1﹣x1）（x1﹣1）+2﹣x1＝﹣2x12+3x1＞﹣2×1.52+3×1.5＝即当x∈[1，+∞）时，F（x）＞0，综上所述，当x＞1时，f（x）＞2xlnx．18．（2022秋•湖北期中）已知函数f（x）＝asin（1﹣x）+lnx，a∈R．（1）讨论函数f（x）在x∈（0，1）上的单调性；（2）证明：sin1【解答】解：（1）f'(x)=-acos(1-x)+1∵0＜x＜1，∴cos（1﹣x）＞0，当a≤0时，∵0＜x＜1，∴f'（x）＞0，此时f（x）在（0，1）内单调递增；当0＜a≤1时，∵0＜x＜1，∴0＜cos（1﹣x）＜1，f'（x）＞0，此时f（x）在（0，1）内单调递增；当a＞1时，令h（x）＝1﹣axcos（1﹣x），0＜x＜1，h'（x）＝﹣a[cos（1﹣x）+xsin（1﹣x）]，∵a＞1，cos（1﹣x）＞0，sin（1﹣x）＞0，∴h'（x）＜0，∴h（x）在（0，1）上为减函数．又∵h（0）＝1＞0，h（1）＝1﹣a＜0，∴h（x）在（0，1）上存在唯一零点，使得h（x0）＝1﹣ax0cos（1﹣x0）＝0，∴当x∈（0，x0），h（x）＞0，f′（x）＜0，f（x）递增；当时h（x）＜0，f'（x）＜0，f（x）递减，综上：当a≤1时，此时f（x）在（0，1）内单调递增；当a＞1时，当x∈（0，x0）时，h（x）＞0，f'（x）＞0，f（x）递增；当x∈（x0，1）时，h（x）＞0．f′（x）＜0，f（x）递减，其中为方程ax0cos（1﹣x0）＝1的根；（2）证明：由（1）知当a＝1时，f（x）＝sin（1﹣x）+lnx在区间（0，1）上单调递增，则f（x）＜f（1）＝0，即sin(1-x)＜所以sin1因此sin1令g(x)=lnx-1则g'(x)=1∵g'(x)=2x-∴g（x）在x＞0上为减函数，∵x＞1∴g（x）＜g（1）＝0，即lnx＜∴ln2+lnn+1故得证．19．（2022秋•焦作期中）已知函数f（x）＝ex﹣x﹣a（a∈R），曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线在x轴上的截距为1e-1（Ⅰ）求f（x）的最小值；（Ⅱ）证明：当x＞0时，ex﹣sinx﹣1＞xlnx．【解答】解：（Ⅰ）f′（x）＝ex﹣1，所以f′（1）＝e﹣1，因为f（1）＝e﹣1﹣a，所以曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y﹣（e﹣1﹣a）＝（e﹣1）（x﹣1），即y＝（e﹣1）x﹣a，令y＝0，得x=a因为曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线在x轴上的截距为1e-1所以ae-1解得a＝1，所以f（x）＝ex﹣x﹣1，f′（x）＝ex﹣1，所以在（0，+∞）上，f′（x）＞0，f（x）单调递增，在（﹣∞，0）上，f′（x）＜0，f（x）单调递减，所以f（x）min＝f（0）＝0．（Ⅱ）令F（x）＝sinx﹣x，x＞0，F′（x）＝cosx﹣1≤0，所以F（x）在（0，+∞）上单调递减，所以F（x）≤F（0）＝0，所以sinx﹣x≤0，即sinx≤x，要证当x＞0时，ex﹣sinx﹣1＞xlnx，需要证xlnx+sinx+1﹣ex＜0，又xlnx+sinx+1﹣ex＜xlnx+x+1﹣ex，令g（x）＝xlnx+x+1﹣ex，x＞0，g′（x）＝lnx+x•1x+1﹣ex＝lnx+2﹣e令h（x）＝lnx+2﹣ex，x＞0，h′（x）=1x-ex在（0又x→0时，h（x）→+∞；x→+∞时，h（x）→﹣∞，所以存在x0∈（0，+∞），使得h′（x0）＝0，即1x0-ex所以在（0，x0）上，h′（x）＞0，h（x）单调递增，在（x0，+∞）上，h′（x）＜0，h（x）单调递减，所以h（x）max＝h（x0）＝lnx0+2﹣ex0由①可得1x0=两边取对数可得﹣lnx0＝x0，即lnx0＝﹣x0，所以h（x）max＝lnx0+2﹣ex0=-x0+2-1x0≤0，当且仅当x0=所以h（x）≤0，所以xlnx+x+1﹣ex≤0，所以xlnx+sinx+1﹣ex＜xlnx+x+1﹣ex≤0，得证．20．（2022秋•和平区校级月考）设函数f（x）＝2ax2﹣2a﹣lnx，g（x）=1x-eex，其中（1）讨论f（x）的单调性；（2）证明：当x＞1时，g（x）＞0；（3）若不等式f（x）＞g（x）在x∈（1，+∞）时恒成立，求a的取值范围．【解答】解：（1）f（x）＝2ax2﹣2a﹣lnx定义域为（0，+∞），f′（x）＝4ax-1当a≤0时，f′（x）＜0恒成立，所以f（x）在（0，+∞）内单调递减，当a＞0时，令f′（x）＝0得x=1所以在（0，12a）上，f′（x）＜0，f（在（12a，+∞）上，f′（x）＞0，f（综上所述，当a≤0时，f（x）在（0，+∞）上单调递减，当a＞0时，f（x）在（0，12a）上单调递减，在（12（2）证明：令S（x）＝ex﹣1﹣x，则S′（x）＝ex﹣1﹣1，当x＞1时，S′（x）＞0，S（x）在（1，+∞）内单调递增，又S（1）＝0，所以S（x）＞S（1）＝0，所以ex﹣1＞x，所以当x＞1时，e（ex﹣1﹣x）＞0，所以g（x）=1x（3）由（2）知，当x＞1时，g（x）＞0，当a≤0，x＞1时，x2﹣1＞0，所以a（x2﹣1）≤0，所以2a（x2﹣1）﹣lnx＜0，所以f（x）＜0，所以当f（x）＞g（x）在区间（1，+∞）内恒成立，必有a＞0，当0＜a＜14时，1由（1）知f（12a）＜f（1）＝所以g（12a）＞此时f（x）＞g（x）在区间（1，+∞）内恒成立，当a≥14时，令h（x）＝f（x）﹣g（x）＝2ax2﹣2a﹣lnx-1x+当x＞1时，h′（x）＝4ax-1x+1x2-e1所以h（x）在区间（1，+∞）上单调递增，又因为h（1）＝f（1）﹣g（1）＝0，所以当x＞1时，h（x）＝f（x）﹣g（x）＞h（1）＝0，所以f（x）＞g（x），综上所述，a的取值范围为[14，+21．（2022秋•台江区校级月考）已知函数f（x）＝xeax﹣ex．（1）当a=12时，判断f（x）在[0，（2）设n∈N*，证明：112+1+1【解答】（1）解：当a=12时，f（x）＝xe12则f′（x）＝e12x+12xe令g(x)=1+12x-e12x则g'(x)=12即g(x)=1+12x-e12x又g（0）＝0，则g（x）≤0，即f′（x）≤0，即当a=12时，f（x）在[0，（2）证明：由（1）可得：xe12x-令t＝ex，x＞0，则t＞1，则xlnt＜t﹣1，即t-令t=n+1则n+1n即1n(n+1)则112+1+1故112+1+122．（2022秋•大连期中）已知函数f（x）＝ln[a（x+1）]﹣x．（1）当a＝﹣1时，求曲线y＝f（x）在点P（﹣2，f（﹣2））处的切线方程；（2）讨论f（x）的单调性；（3）当0＜a≤1时，证明：f（x）≤xex﹣a+1﹣x．【解答】解：（1）当a＝﹣1时，f（x）＝ln[﹣（x+1）]﹣x，则f'（x）=1x+1∴f'（﹣2）＝﹣2，f（﹣2）＝2，∴曲线y＝f（x）在点P（﹣2，f（﹣2））处的切线方程为y﹣2＝﹣2（x+2），即2x+y+2＝0；（2）f（x）＝ln[a（x+1）]﹣x，则a≠0，f'（x）=1x+1-当a＞0时，函数定义域为（﹣1，+∞），由f'（x）＝0得x＝0，由f'（x）＞0得﹣1＜x＜0，由f'（x）＜0得x＞0，当a＜0时，函数定义域为（﹣∞，﹣1），f'（x）＜0恒成立，综上所述，当a＞0时，f（x）在（﹣1，0）上单调递增，在（0，+∞）上单调递减，当a＜0时，f（x）在（﹣∞，﹣1）上单调递减；（3）证明：要证当0＜a≤1时，f（x）≤xex﹣a+1﹣x，即证xex﹣a+1﹣ln[a（x+1）]≥0恒成立，令g（a）＝xex﹣a+1﹣ln[a（x+1）]，0＜a≤1且x＞﹣1，则g'（a）＝﹣xe﹣a+x+1-1a=-e﹣a[xex+1令y＝xex+1（x＞﹣1），则y'＝（x+1）ex+1＞0，所以y＝xex+1在（﹣1，+∞）上单调递增，即h（x）＞h（﹣1）＝﹣1，又0＜a≤1，m（a）=eaa，则m'（a）=aea-e∴m（a）=eaa在（0，1]上单调递减，即m（a）≥m（1∴g'（a）＜0，∴g（a）在（0，1]上单调递减，即g（a）≥g（1）＝xex﹣ln（x+1），令h（x）＝xex﹣ln（x+1），x＞﹣1，由（2）得当a＝1时，f（x）＝ln（x+1）﹣x在（﹣1，0）上单调递增，在（0，+∞）上单调递减，当x＝0时，f（x）＝ln（x+1）﹣x取得极大值也是最大值，即f（x）≤f（0）＝0，∴ln（x+1）≤x在（﹣1，+∞）上恒成立，∴xex﹣ln（x+1）≥xex﹣x＝x（ex﹣1），令n（x）＝x（ex﹣1），则n'（x）＝（x+1）ex﹣1，∵y＝xex+1在（﹣1，+∞）上单调递增，且n'（0）＝0，由n'（x）＞0得x＞0，由n'（x）＜0得﹣1＜x＜0，∴n（x）在（﹣1，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增，∴当x＝0时，n（x）取得极小值也是最小值，即n（x）≥n（0）＝0，∴g（a）≥g（1）＝xex﹣ln（x+1）≥xex﹣x＝x（ex﹣1）≥0，当0＜a≤1时，f（x）≤xex﹣a+1﹣x．23．（2022•杭州模拟）已知函数f（x）＝ex+（1﹣a）x（a∈R）．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）证明：当a≤1时，对任意x＞0，恒有f（x）＞lnx+a+1．【解答】解：（1）函数f（x）＝ex+（1﹣a）x（a∈R），则函数定义域为R，f'（x）＝ex+（1﹣a），当1﹣a≥0，即a≤1时，f'（x）＞0在R上恒成立，当1﹣a＜0，即a＞1时，由f'（x）＝0得x＝ln（a﹣1），由f'（x）＞0得x＞ln（a﹣1），由f'（x）＜0得x＜ln（a﹣1），综上所述，当a≤1时，f（x）在R上单调递增，当a＞1时，f（x）在（﹣∞，ln（a﹣1））上单调递减，在（ln（a﹣1），+∞）上单调递增；（2）证明：要证f（x）＞lnx+a+1，只需证ex+（1﹣a）x＞lnx+a+1，即证ex＞lnx+（a﹣1）x+a+1，因为a≤1，x＞0，所以（a﹣1）x+a+1⩽a+1⩽2，所以只需证ex＞lnx+2．令g（x）＝ex﹣lnx，则g'(x)=ex-1x，显然g′（x又g'(12)=e-2＜0，g′（1所以存在唯一实数x0∈(12，1)，使得g′（x0）＝0，即ex所以在（0，x0）上，g′（x）＜0，在（x0，+∞）上，g′（x）＞0，所以g（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，所以g(x)⩾g(x0)=ex0-ln故当a⩽1时，对任意x＞0，恒有f（x）＞lnx+a+1．24．（2022秋•河南月考）已知函数f（x）＝xlnx+2．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）证明：f(x)＞【解答】解：（1）f（x）＝xlnx+2的定义域为（0，+∞），f′（x）＝lnx+x•1x=1+令f′（x）＝0得x=1当x＞1e时，f′（x）＞0，f（当0＜x＜1e时，f′（x）＜0，f（所以f（x）的单调递增区间为（1e，+∞），单调递减区间为（0，1（2）因为f（x）＝xlnx+2，所以要证f（x）＞x-2x，即证xlnx+2＞x所以xlnx+2﹣x+2x令h（x）＝xlnx+2﹣x+2x（x＞则h′（x）＝lnx+1﹣1-2x2设m（x）＝lnx-2x2，则m′（x）所以m（x）在（0，+∞）单调递增，所以h′（x）在（0，+∞）单调递增，当x→+∞时，h′（x）→+∞；当x→0时，h′（x）→﹣∞，h′（1）＝﹣2＜0，h′（e）＝1-2所以存在x0∈（1，e）使得h′（x0）＝0，即lnx0-2x0所以在（0，x0）上，h′（x）＜0，h（x）单调递减，在（x0，+∞）上，h′（x）＞0，h（x）单调递增，所以h（x）min＝h（x0）＝x0lnx0+2﹣x0+2x由①得lnx0=2x02代入②中，h（x0）＝x0•2x02+2﹣x0+2x0所以h（x）＞0，所以f（x）＞x-225．（2021•凉州区校级开学）已知函数f（x）＝（ax2+x+a）ex，g(x)=lnx（1）当a≥0时，讨论f（x）的单调性；（2）当a＝0时，求证：f（x）＞g（x）．【解答】解：（1）f′（x）＝（2ax+1）ex+（ax2+x+a）ex＝[ax2+（2a+1）x+a+1]ex＝（x+1）（ax+（a+1））ex，当a＝0时，f′（x）＝（x+1）ex，令f′（x）＞0，得x＞﹣1，令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，令f′（x）＝0，得x＝1或x=-a+1所以f（x）在区间(-1-1在区间(-∞，（2）证明：当a＝0时，f（x）＝xex，当x＞0时，要证f（x）＞g（x），即证ex令G（x）＝x2﹣lnx（x＞0），则G′（x）＝2x-1x（x＞令G'（x）＞0，得x＞22，令G'（x）＜0则G（x）在(0，22所以当x＞0时，G（x）≥G（22）=12-所以x2＞lnx，即lnxx因为x＞0时，ex＞e0＝1，所以当x＞0时，ex所以当x＞0时，不等式f（x）＞g（x）成立．26．（2022春•丹东期末）已知a＞0且函数f(x)=ax+a-1（1）若a＝1，讨论f（x）的单调性；（2）当x≥1时，f（x）≥0，求a的取值范围；（3）设n∈N*，证明：1+1【解答】解：（1）当a＝1时，f（x）＝x﹣lnx﹣1（x＞0），所以f′（x）＝1-1所以当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，所以f（x）单调递增区间为（1，+∞），单调递减区间为（0，1）．（2）f（x）＝ax+a-1x+1﹣2a﹣lnx，x∈[1则f（1）＝0，f′（x）＝a-a-1x2-1x=a①当0＜a＜12时，有1-a所以当1＜x＜1-aa，f′（x）＜0，f（x）在[1，所以当x∈（1，1-aa）时，f（x）＜f（1）＜0，与f（x）≥0在[1，+②当a≥12时，1-aa≤1，此时f′（x）≥0在所以f（x）在[1，+∞）上是增函数，所以f（x）≥f（1）＝0，即f（x）≥0在[1，+∞）上恒成立，综上所述，a的取值范围为[12，+（3）证明：由（2）知当a≥12时，f（x）≥0在[1，即ax+a-1x+1﹣2a﹣lnx≥0（x当a=12时，有12（x-所以当x＞1时，12（x-1x令x=k+1k，则有lnk+1k＜12（k+1k-kk+1）=即ln（k+1）﹣lnk＜12（1k+1k+1），k＝1将上述n个不等式依次相加得：ln（n+1）＜12+（12+整理得1+12+13+...+1n＞ln（27．（2022•杭州模拟）已知函数f（x）＝2x﹣lnx．（1）当x≥1时，证明：f（x）≥x+1（2）若f（x）+ae3x+lna≥0，求a的取值范围．【解答】解：（1）要证f(x)=2x-lnx≥x+1x，即证明：x-lnx-1x≥0构造函数g（x）=x-lnx-1x，故g′（x）＞0在x≥1恒成立，故g（x）≥g（1）＝0，故x-lnx-1x≥0在x（2）原不等式等价于2x﹣lnx+ae3x+lna≥0，（a＞0），将不等式化简为2x﹣lnx+e3x+lna+lna≥0⇒e3x+lna+3x+lna≥x+lnx，构造h（x）＝ex+x，则原不等式等价于h（3x+lna）≥h（lnx），又因为h（x）在R上单调递增，故等价于3x+lna≥lnx，即：lna≥lnx﹣3x，构造φ(x)=lnx-3x，令φ′（x）＞0，解得0＜x＜13，故φ（x故φ（x）在x=13处取最大值故lna≥﹣1﹣ln3，解得：a≥1故a的取值范围是[128．（2022秋•开福区校级月考）已知函数f(x)=1+lnx（1）求函数y＝f（x）的最大值；（2）证明：ln22【解答】解：（1）由f(x)=1+lnxx，得当x∈（0，1）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，当x∈（1，+∞）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，则f（x）max＝f（1）＝1，即当x＝1时，f（x）取最大值1；证明：（2）由（1）知f（x）≤1，当且仅当x＝1时取等号，因此当x＞1时，f（x）=1+lnxx＜1，即lnx＜x即当n≥2时，lnn2＜n2﹣1，则lnnn∴ln2=129．（2022春•南山区校级月考）已知函数f(x)=lnx+a（1）当a=12时，证明：（2）若函数f（x）的图象恒在直线y＝1的下方，求实数a的取值范围．【解答】（1）证明：当a=12时，f（x）=lnx+12即证2lnx﹣x2+1≤0，令h（x）＝2lnx﹣x2+1，定义域为（0，+∞），则h′（x）=2x-2当x∈（0，1）时，h′（x）＞0，当x∈（1，+∞）时，h′（x）＜0，所以函数h（x）的最大值为h（1）＝0，故h（x）≤0，所以f(x)≤x（2）解：函数f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=1-lnx-a令f′（x）＝0，x＝e1﹣a，当x＞e1﹣a时，f′（x）＜0，当0＜x＜e1﹣a时，f′（x）＞0，所以函数f（x）在（0，e1﹣a）上单调递增，在（e1﹣a，+∞）上单调递减，函数f（x）的最大值为f（e1﹣a）＝ea﹣1．由题意知ea﹣1＜1，a﹣1＜0，a＜1，即实数a的取值范围是（﹣∞，1）．30．（2022春•番禺区校级期中）设函数f（x）＝ex+1（x∈R）．（1）过点（﹣1，0）作曲线y＝f（x）的切线，求切线的方程；（2）证明：f（x）≥1﹣x﹣x2．【解答】（1）解：设切点为（x0，y0），所以y0=ex0+1，因为f'（所以切线的斜率为：f'(x0)=ex0+1所以ex0+1=ex0+1x0+1，因为ex0+1＞0，所以x0+1＝1，即x0所以过点（﹣1，0）的切线方程为：y＝e（x+1），即y＝ex+e．（2）证明：要证明f（x）≥1﹣x﹣x2在x∈R成立，等价于证明f（x）+x2+x﹣1≥0，在x∈R成立，即证明[f（x）+x2+x﹣1]min≥0在x∈R成立，令h（x）＝f（x）+x2+x﹣1，即h（x）＝ex+1+x2+x﹣1，所以h'（x）＝ex+1+2x+1，设u（x）＝h'（x），u'（x）＝ex+1+2＞0，所以h'（x）在x∈R上单调递增，易知h'（﹣1）＝0，所以当x＜﹣1时，h'（x）＜0，所以当x＞﹣1时，h'（x）＞0，所以函数h（x）在（﹣∞，﹣1）单调递减，在（﹣1，+∞）单调递增，所以h（x）≥h（﹣1）＝e0+（﹣1）2+（﹣1）﹣1＝0，即当x∈R时，h（x）≥0恒成立，即当x∈R时，f（x）≥1﹣x﹣x2成立．31．（2022•苏州模拟）已知函数f（x）＝ax2﹣xlnx．（1）若函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，求实数a的取值范围；（2）若a＝e，证明：当x＞0时，f（x）＜xex+1【解答】解：（1）由题意知，f′（x）＝2ax﹣lnx﹣1．因为函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，所以当x＞0时，f′（x）≥0，即2a≥lnx+1令g（x）=lnx+1x（x＞则g′（x）=-lnxx2，0＜x＜1时，g′（x）＞0，x＞1时，g′（xg（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，则g（x）max＝g（1）＝1，所以2a≥1，即a≥1故实数a的取值范围是[12，+（2）证明：若a＝e，要证f（x）＜xex+1只需证ex﹣lnx＜ex+1ex，即ex﹣ex＜lnx令h（x）＝lnx+1ex（x＞0），则h′（x）易知h（x）在（0，1e）上单调递减，在（1e，+∞）上单调递增，则h（x）min＝h（1e所以lnx+1ex再令φ（x）＝ex﹣ex（0＜x＜1），则φ′（x）＝e﹣ex，0＜x＜1时，φ′（x）＞0，x＞0时，φ′（x）＜0，易知φ（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，则φ（x）max＝φ（1）＝0，所以ex﹣ex≤0．因为h（x）与φ（x）不同时为0，所以ex﹣ex＜lnx+132．（2022秋•江西月考）已知函数f（x）＝xex﹣x2+ax（a∈R）．（1）若f（x）在（0，+∞）上单调递增，求实数a的取值范围；（2）当a＝﹣1时，证明：f（x）≥lnx﹣x2+1．【解答】解：（1）f′（x）＝ex+xex﹣2x+a＝（x+1）ex﹣2x+a，x＞0，令h（x）＝（x+1）ex﹣2x+a．h′（x）＝ex+（x+1）ex﹣2＝（x+2）ex﹣2，在（0，+∞）上h′（x）单调递增，又h′（0）＝0，所以h′（x）＞h′（0）＝0，所以h（x）在（0，+∞）单调递增，所以h（x）＞h（0）＝1+a，因为f（x）在（0，+∞）上单调递增，所以f′（x）≥0在（0，+∞）恒成立，所以h（x）≥0在（0，+∞）恒成立，所以1+a≥0，所以a≥﹣1，所以实数a的取值范围为[﹣1，+∞）．（2）证明：当a＝﹣1时，f（x）＝xex﹣x2﹣x，令g（x）＝f（x）﹣lnx+x2﹣1＝xex﹣x2﹣x﹣lnx+x2+1＝xex﹣lnx﹣x+1，g′（x）=(x+1)(xex-1)x令m（x）＝xex﹣1，m′（x）＝（x+1）ex＞0，所以m（x）在（0，+∞）上单调递增，又x→+∞时，m（x）→+∞；m（0）＝﹣1＜0，m（1）＝e﹣1＞0，所以在（0，+∞）上存在x0∈（0，1）上，m（x0）＝0，即x0ex0=所以在（0，x0）上，g′（x）＜0，g（x）单调递减，在（x0，+∞）上，g′（x）＞0，g（x）单调递增，所以g（x）min＝g（x0）＝x0ex0-lnx0﹣x0+1＝2﹣lnx0﹣x0，0＜x0＜所以lnx0＜ln1＝0，所以2﹣lnx0﹣x0＞0，所以g（x）min＝g（x0）＞0，所以在（0，+∞）上，g（x）＞0，所以xex﹣x2+ax≥lnx﹣x2+1，所以f（x）≥lnx﹣x2+1．33．（2022秋•浙江月考）已知函数f（x）＝ex﹣1﹣x﹣ax2．（1）若x＞0时，恒有f（x）＞0，求a的取值范围；（2）证明：当x＞1时，ex（1+lnx）＞ex2．【解答】解：（1）f（x）＝ex﹣1﹣x﹣ax2，x＞0，f′（x）＝ex﹣1﹣2ax，令h（x）＝ex﹣1﹣2ax，x＞0，h′（x）＝ex﹣2a，①当2a≤1时，在[0，+∞）上，h′（x）≥0，h（x）单调递增，所以h（x）≥h（0），即f′（x）≥f′（0）＝0，所以f（x）在[0，+∞）上是增函数，所以f（x）≥f（0）＝0，所以a≤1②当2a＞1时，h′（x）＝0，解得x＝lna，所以在[0，ln2a]上，h′（x）＜0，h（x）单调递减，所以在（0，ln2a）上，有h（x）＜h（0）＝0，即f′（x）＜f′（0）＝0，所以f（x）在（0，ln2a）上单调递减，所以f（x）＜f（0）＝0，不合题意，综上所述，实数a的取值范围为（﹣∞，12]（2）证明：由（1）可知，当a=12时，x＞0时，ex＞1+x+1所以ex﹣1≥x+12（x﹣1）2又ex（1+lnx）＞ex2，即ex﹣1＞x即证x∈（1，+∞）时，lnx＞x令t＝x2，则t∈（1，+∞），于是lnx＞x2-1x设h（t）＝lnt-2(t-1)则h′（t）=(t-1)所以h（t）在（1，+∞）上单调递增，所以h（t）＞h（1）＝0，即lnt＞2(t-1)所以ex﹣1＞x所以当x∈（1，+∞）时，有ex（1+lnx）＞ex2成立．34．（2022秋•沙坪坝区校级月考）已知函数f（x）＝aex﹣x．（1）讨论f（x）的单调性，并求其极值；（2）当a＞0时，证明：f（x）≥x•f（lnxa【解答】解：（1）f′（x）＝aex﹣1，若a⩽0，则f′（x）＜0，f（x）在R上递减，无极值；若a＞0，令f′（x）＝0，则x＝﹣lna，由f′（x）＞0得x＞﹣lna，所以f（x）在（﹣lna，+∞）上递增，由f′（x）＜0得x＜﹣lna，所以f（x）在（﹣∞，﹣lna）上递减．故f（x）在x＝﹣lna处取极小值f（﹣lna）＝1+lna，无极大值．（2）证明：要证f(x)⩾x⋅f(lnx即证aex因为x＞0，不等式两边同除x，即证ae因为ae令t=a即证t﹣lnt﹣1⩾0，令g（t）＝t﹣lnt﹣1，则g'(t)=1-1由g′（t）＞0得t＞1，所以g（t）在（1，+∞）上是增函数，由g′（t）＜0得0＜t＜1，所以g（t）在（0，1）上是减函数，所以g（t）≥g（1）＝0，即t﹣lnt﹣1⩾0成立，故原不等式成立．35．（2022秋•沙坪坝区校级月考）设函数f（x）＝ln（x+1）+ax+1，a∈（1）若f（x）≥a恒成立，求a的值；（2）当n∈N+且n≥2时，证明：12+【解答】解：（1）函数f（x）＝ln（x+1）+ax+1，f（x）≥a恒成立，即f（x）﹣a≥令g（x）＝ln（x+1）+ax+1-a＝ln（x+1）-axx+1，则g'当a≤0时，g'（x）＞0，∴g（x）在（﹣1，+∞）上单调递增，不符合题意，当a＞0时，由g'（x）＝0得x＝a﹣1，由g'（x）＞0得x＞a﹣1，由g'（x）＜0得﹣1＜a＜a﹣1，∴g（x）在（﹣1，a﹣1）上单调递减，在（a﹣1，+∞）上单调递增，∴当x＝a﹣1时，g（x）取得极小值也是最小值，即g（x）≥g（a﹣1）＝lna﹣（a﹣1），∴lna﹣（a﹣1）≥0，令h（x）＝lnx﹣x+1，x＞0，h'（x）=1由h'（x）＞0得0＜x＜1，由h'（x）＜0得x＞1，∴h（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，∴当x＝1时，h（x）取到极大值也是最大值，即h（x）≤h（1）＝0，∴lna﹣（a﹣1）＝0，∴a＝1，故a＝1；（2）证明：由（1）知，当a＝1时，g（x）≥0恒成立，即ln（x+1）≥xx+1，当且仅当x＝令x=1n-1（n∈N+且n≥2），则ln（1n-1+1）＝lnnn-1＞1n，即lnn﹣∴ln（n﹣1）﹣ln（n﹣2）＞1n-1，...，ln2﹣ln1∴lnn﹣ln（n﹣1）+ln（n﹣1）﹣ln（n﹣2）+...+ln2﹣ln1＞12+∴当n∈N+且n≥2时，12+36．（2022•亭湖区校级开学）已知函数f（x）＝xeax﹣ex．（1）当a＝1时，讨论f（x）的单调性；（2）当x＞0时，f（x）＜﹣1，求实数a的取值范围；（3）设n∈N*，证明：112+1+1【解答】解：（1）当a＝1时，f（x）＝（x﹣1）ex，f′（x）＝xex，当x＜0时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x＞0时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，所以f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增．（2）令g（x）＝f（x）+1＝xeax﹣ex+1，x＞0，因为f（x）＜﹣1，所以g（x）＜0，又g（0）＝0，所以g（x）在（0，+∞）上不能单调递增，否则存在x0∈（0，+∞）上使得g（x0）＞0，所以当x＞0时，g′（x）≤0，g′（x）＝（ax+1）eax﹣ex，且f（x）＜﹣1，令h（x）＝（ax+1）eax﹣ex，h′（x）＝（a2x+2a）eax﹣ex，又h（0）＝g′（0）＝0，h′（0）＝2a﹣1，①当h′（0）＝2a﹣1＞0，即a＞1存在x0满足当x∈（0，x0）时，h′（x）＞0，即g′（x0）＞g′（0）＝0，与g′（x）≤0矛盾，②当a≤12时，g′（x）＝（ax+1）eax﹣ex≤（12x+1）e1令r（t）＝1+t﹣et，t∈R，则r′（t）＝1﹣et，当t＜0时，r′（t）＞0，r（t）单调递增，当t＞0时，r′（t）＜0，r（t）单调递减，所以r（t）≤r（0）＝0，即1+t≤et，所以12x+1≤e1所以g′（x）≤e12x•e12x-所以实数a的取值范围为（﹣∞，12]（3）证明：令s（t）＝t-1t-2lnt（t则s′（t）＝1+1t所以s（t）＞s（1）＝0，即t-1t＞令t=1+可得1+1n-1即1n1+1所以1n2+n所以112+1+122+2+＝ln（21×32×...n+1n37．（2022•临沭县校级开学）已知函数f（x）=e（1）讨论f（x）的零点个数；（2）证明：f（x）≥lnx【解答】解：（1）f（x）=ef（x）的定义域为（﹣∞，0）∪（0，+∞），设g（x）＝xex﹣x﹣1，因为g（0）≠0，所以f（x）与g（x）有相同的零点，由g（x）＝xex﹣x﹣1，得g′（x）＝ex（x+1）﹣1，当x＞0时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，当x＜0时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，又g（0）＝﹣1＜0，g（﹣2）＝1-2e2＞0，g（1）＝e﹣所以g（x）在（﹣2，0）和（0，1）内各有一个零点，所以f（x）存在两个零点．（2）证明：f（x）≥lnxx2为exx即exx-lnx+x+1x2≥设F（x）＝ex-lnx+x+1则F′（x）=x令h（x）＝x2ex+lnx，则h′（x）＝ex（x2+2x）+1x所以h（x）＝x2ex+lnx在（0，+∞）上单调递增，又h（1）＝e＞0，h（1e）=1e2e1e-1＝所以存在x1∈（1e，1），使得h（x1）＝x12ex1+lnx1＝所以当x∈（0，x1）时，h（x）＜0，即F′（x）＜0，F（x）在（0，x1）上单调递减，当x∈（x1，+∞）时，h（x）＞0，即F′（x）＞0，F（x）在（x1，+∞）上单调递增，则F（x）min＝F（x1）＝ex1-由①得x1ex1=-1x1lnx1=1x1设φ（x）＝xex，φ′（x）＝ex+xex＝（x+1）ex，所以在（0，+∞）上，φ′（x）＞0，φ（x）单调递增，所以x1＝ln1x1将③代入②，得F（x）min＝0，所以F（x）≥0，即f（x）≥lnx38．（2022•河南开学）已知函数f（x）＝alnx﹣ax（a≠0）．（1）讨论f（x）的单调性；（2）设g（x）＝ex﹣ax﹣a，证明：当a∈（0，e]时，f（x）≤g（x）．【解答】解：（1）f（x）的定义域为(0，当a＞0时，令f′（x）＞0，得0＜x＜1，令f′（x）＜0，得x＞1，所以f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减；当a＜0时，令f′（x）＞0，得x＞1，令f′（x）＜0，得，0＜x＜1，所以f（x）在（1，+∞）上单调递增，在（0，1）上单调递减．综上，当a＞0时，f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减；当a＜0时，f（x）在（1，+∞）上单调递增，在（0，1）上单调递减．证明：（2）当a∈（0，e]时，要证f（x）≤g（x），只需证g（x）﹣f（x）≥0，即证ex﹣alnx﹣a≥0，即证1a因为a∈（0，e]，所以1a所以1a设h(x)=1ee易得h′（x）在（0，+∞）上单调递增，又h′（1）＝0，当0＜x＜1时，h′（x）＜0，当x＞1时，h′（x）＞0，所以h（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，故h（x）≥h（1）＝0，所以当a∈（0，e]时，f（x）≤g（x）．39．（2022秋•漳州月考）已知函数f（x）＝（x+1）ln（x+1）﹣λx．（1）当x≥0时，f（x）≥0，求λ的最大值；（2）设n∈N*，证明：1-12+【解答】解：（1）f（x）的定义域为（﹣1，+∞），f′（x）＝ln（x+1）﹣λ+1，因为f′（x）在[0，+∞）上单调递增，f′（0）＝﹣λ+1，①当λ⩽1时，对于任意的x∈[0，+∞），有f′（x）⩾f′（0）⩾0，所以f（x）在[0，+∞）上单调递增，则对于任意的x∈[0，+∞），f（x）⩾f（0）＝0，所以λ⩽1符合题意；②当λ＞1时，令f′（x）＞0，得x＞eλ﹣1﹣1，令f′（x）＜0，得0⩽x＜eλ﹣1﹣1，所以f（x）在[0，eλ﹣1﹣1）上单调递减，f（x）在（eλ﹣1﹣1，+∞）上单调递增，则f（eλ﹣1﹣1）＜f（0）＝0，这与当x⩾0时，f（x）⩾0矛盾，所以λ＞1舍去；综上，λ⩽1，所以λ的最大值为1；证明：（2）由（1）可知，当x＞0时，有（x+1）ln（x+1）﹣x＞0，即11+令x=1n，n∈N*，则将以上不等式左右两边分别相加，得1n+1所以1-140．（2022秋•河南月考）已知函数f（x）＝ex-x22+a（1）当a＝﹣1时，证明：x＞0时，f（x）＞0；（2）当a≤﹣2﹣e﹣2时，证明：f（x）在R上有3个零点．【解答】证明：（1）当a＝﹣1时，f（x）＝ex-x22-x令g(x)=1-(x则g'(x)=x22e-x＞0则当x＞0时，g（x）＞g（0）＝0，故f（x）＝exg（x）＞0．（2）易得f′（x）＝ex﹣x+a，设h（x）＝ex﹣x+a，则h′（x）＝ex﹣1，①在区间（﹣∞，0）上，h′（x）＜0，f′（x）为减函数，又f′（0）＝1+a＜0，f′（a）＞0，故∃m∈（﹣∞，0），使得f′（m）＝em﹣m+a＝0，则em﹣m＝﹣a⩾2+e﹣2，易得m⩽﹣2，故f（x）在区间（﹣∞，0）上的最大值为f（m）=e由m⩽﹣2得，em故f（m）＞0，又f（2a）＝e2a﹣2a2+a（2a+1）＝e2a+a＜1+a＜0，f（0）＝1+a＜0，故在（﹣∞，m），（m，0）上，f（x）各有1个零点．②在区间（0，+∞）上，h′（x）＝ex﹣1＞0，f′（x）为增函数，f′（0）＝1+a＜0，f′（﹣a）＝e﹣a+2a＝e⋅e﹣a﹣1+2a＞e⋅（﹣a）+2a＞0，故∃n∈（0，+∞），使得f′（n）＝0，在（0，n）上，f′（x）＜0，f（x）为减函数，f（x）＜f（0）＜0，故f（x）无零点；在（n，+∞）上，f′（x）＞0，f（x）为增函数，又f（n）＜f（0）＜0，f（﹣2a）＝e﹣2a﹣4a2+a＝e2（e﹣a﹣1）2﹣4a2+a＞e2（﹣a）2﹣4a2+a＝a[（e2﹣4）a+1]＞0，故在（n，+∞）上，f（x）仅有1个零点．综上可得，f（x）在R上有3个零点．41．（2022•龙沙区校级开学）已知函数f（x）＝﹣ax2+xlnx+2．（1）若f（x）有两个极值点，求实数a的取值范围；（2）当a＝0时，证明：f(x)＞【解答】解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）＝lnx﹣2αx+1，由题意f′（x）＝0在（0，+∞）上有两解，即lnx﹣2ax+1＝0，即2a=lnx+1令g(x)=lnx+1x(x＞0)，即g（x）的图象与直线g'(x)=-lnxx2=0，得x＝1，当x∈（0，1）时，g′（x）＞0，当x∈（1，+∞）时，g（x）＜0，g（x）递减，∴g(x)x→0时，g（x）→﹣∞；x→+∞时，g（x）→0，∴0＜2a＜1，∴0＜∴a的取值范围是(0，证明：（2）当a＝0时，f（x）＝xlnx+2，即证xlnx+2＞x-2令h(x)=xlnx+2-x+2x(x令m(x)=lnx-2x2当x＞0时，m′（x）＞0，∴h′（x）在（0，+∞）递增．h'(1)=-2＜∴存在唯一的x0∈（1，e），使得h'(x当x0∈（0，x0）时，h′（x）＜0，h（x）递减；当x∈（x0，+∞）时，h（x）＞0，h（x）递增，∴h（x）min＝h（x0）．又∵x0∈（1，e），h′（x0）＝0，∴lnx∴h(x∴h（x）＞0，∴f(x)＞42．（2022•贵阳开学）已知函数f（x）＝xeax﹣ex．（1）当a＝1时，讨论f（x）的单调性；（2）当x＞0时，f（x）＜﹣1，求实数a的取值范围；（3）设n∈N+，证明：112+1+1【解答】解：（1）当a＝1时，f（x）＝xex﹣ex＝ex（x﹣1），则f'（x）＝ex（x﹣1）+ex＝xex，因为ex＞0，所以当x＜0时，f'（x）＜0，当x＞0时，f'（x）＞0，所以f（x）在（﹣∞，0）上递减，在（0，+∞）上递增，（2）令g（x）＝f（x）+1＝xeax﹣ex+1（x＞0），则g'（x）＝eax+xaeax﹣ex＝eax（ax+1）﹣ex，由f（x）＜﹣1，得g（x）＜0，因为g（0）＝0，且x＞0时，g（x）＜0，所以g（x）在（0，+∞）上不能单调递增，否则存在x0∈（0，+∞）使得g（x0）＞0，所以当x＞0时，g′（x）≤0，令h（x）＝g'（x），则h'（x）＝a（2eax+axeax）﹣ex＝（a2x+2a）eax﹣ex，h（0）＝g'（0）＝0，h'（0）＝2a﹣1，①当h'（0）＝2a﹣1＞0，即a＞12时，存在x0满足x∈（0，x0）时，h'（x即g'（x0）＞g'（0）＝0，与g′（x）≤0矛盾，②当a≤12时，令r（t）＝1+t﹣et（t∈R），则r'（t）＝1﹣et，当t＜0时，r'（t）＞0，当t＞0时，r'（t）＜0，所以r（t）在（﹣∞，0）上递增，在（0，+∞）上递减，所以r（t）≤r（0）＝0，所以1+t≤et，所以12所以g'(x)=e所以实数a的取值范围为(-∞（3）证明：令s(t)=t-1t-2lnt(t所以s（t）在（1，+∞）上递增，所以s（t）＞s（1）＝0，所以t-1令t=1+1n所以1n1+1所以11所以11因为n＞1，n∈N*，所以1n所以11即1143．（2022•上杭县校级开学）已知函数f（x）＝xlnx+1．（1）若函数f（x）在（a，+∞）上单调递增，求实数a的取值范围；（2）证明：f（x）≥x2e1﹣x．【解答】解：（1）因为x＞0，f′（x）＝lnx+1，当0＜x＜1e时，f′（x）＜0，函数单调递减，当x＞1e时，f′（故函数f（x）的单调递增区间为（1e，+由题意得a≥1故a的取值范围为[1e，+（2）要证f（x）＝xlnx+1≥x2e1﹣x，只要证lnx+1x≥xe1令g（x）＝lnx+1x，则当0＜x＜1时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，当x＞1时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，故当x＝1时，函数g（x）取得最小值g（1）＝1，令h（x）＝xe1﹣x，则h′（x）＝（1﹣x）e1﹣x，当0＜x＜1时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，当x＞1时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，故当x＝1时，函数h（x）取得最大值h（1）＝1，因此g（x）≥h（x），即f（x）≥x2e1﹣x，当x＝1时取等号．44．（2022•贵州开学）已知函数f（x）＝ex+x2﹣x﹣1．（1）求f（x）的最小值；（2）证明：ex﹣e2lnx+x2+（e﹣1）x﹣1＞0．【解答】（1）解：由题意可得f′（x）＝ex+2x﹣1，则函数f′（x）在R上单调递增，且f′（0）＝0，由f′（x）＞0，得x＞0；由f′（x）＜0，得x＜0，则f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增，故f（x）min＝f（0）＝0．（2）证明：要证ex﹣e2lnx+x2+（e﹣1）x﹣1＞0，即证ex+x2﹣x﹣1＞e2lnx﹣ex，由（1）可知当x＞0时，f（x）＞0恒成立，设g（x）＝e2lnx﹣ex，则g'(x)=e由g′（x）＞0，得0＜x＜e；由g′（x）＜0，得x＞e，则g（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减，故g（x）≤g（e）＝0，当且仅当x＝e时，等号成立．综上，ex﹣e2lnx+x2+（e﹣1）x﹣1＞0．45．（2022秋•鸡东县校级月考）已知函数f(x)=e（1）若a≤1，判断函数f（x）的单调性；（2）证明：ex（π﹣x）+1≥sinx﹣cosx．【解答】解：（1）因为f(x)=e所以f'（x）＝exsinx+excosx﹣a（sinx+cosx）＝（ex﹣a）（sinx+cosx）．因为a≤1，所以在[0，π]上ex﹣a≥0，由f'（x）＝0，解得x=3π当0≤x＜3π4时，f'（x）＞0，f当3π4＜x≤π时，f'（x）＜0，f（2）证明：由（1）知，当a＝1时，f(x)=exsinx-2sin(x-因为f（0）＝1，f（π）＝﹣1，所以f（x）≥f（π），故ex所以exsinx≥sinx﹣cosx﹣1，所以exsinx+1≥sinx﹣cosx．设g（x）＝π﹣x﹣sinx，g'（x）＝﹣1﹣cosx≤0，所以g（x）在[0，π]上为减函数．又g（π）＝0，所以π﹣x≥sinx，所以ex（π﹣x）+1≥exsinx+1≥sinx﹣cosx．46．（2022•贵阳开学）已知函数f（x）＝ex+x2﹣x﹣1．（1）求f（x）的最小值；（2）证明：ex+xlnx+x2﹣2x＞0．【解答】（1）解：由题意可得f′（x）＝ex+2x﹣1，则函数f′（x）在R上单调递增，且f′（0）＝0．由f′（x）＞0，得x＞0；由f′（x）＜0，得x＜0．则f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增，故f（x）min＝f（0）＝0．（2）证明：要证ex+xlnx+x2﹣2x＞0，即证ex+x2﹣x﹣1＞﹣xlnx+x﹣1．由（