2026高中數學10大導數：專題13 導數中對數單身狗指數找基友的應用(教師版)

專題13導數中對數單身狗指數找基友的應用

導數在高考中占據了及其重要的地位，導數是研究函數的一個重要的工具，在判斷函數的單調性、求

函數的極值、最值與解決函數的零點(方程的根)、不等式問題中都用到導數．而這類問題都有一條經驗性

規則：對數單身狗，指數找基友，指對在一起，常常要分手．

考點一對數單身狗

【方法總結】

f(x)

在證明或處理含對數函數的不等式時，如f(x)為可導函數，則有(f(x)lnx)′＝f′(x)lnx＋，若f(x)為非常

x

數函數，求導式子中含有lnx，這類問題需要多次求導，煩瑣復雜．通常要將對數型的函數“獨立分離”出來，

這樣再對新函數求導時，就不含對數了，只需一次就可以求出它的極值點，從而避免了多次求導．這種相

當于讓對數函數“孤軍奮戰”的變形過程，我們形象的稱之為“對數單身狗”．

g(x)g(x)1g(x)

1．設f(x)>0，f(x)lnx＋g(x)>0lnx＋>0，則(lnx＋)′＝＋()′，不含超越函數，求解過程簡單．或

f(x)f(x)xf(x)

g(x)

者f(x)lnx＋g(x)>0f(x)(lnx＋)>0，即將前面部分提出，就留下lnx這個單身狗，然后研究剩余部分．

f(x)

g(x)g(x)1g(x)

2．設f(x)≠0，f(x)lnx＋g(x)＝0lnx＋＝0，則(lnx＋)′＝＋()′，不含超越函數，求解過程簡

f(x)f(x)xf(x)

g(x)

單．或者f(x)lnx＋g(x)＝0f(x)(lnx＋)＝0，即將前面部分提出，就留下lnx這個單身狗，然后研究剩余

f(x)

部分．

【例題選講】

[例1](2016·全國Ⅱ)已知函數f(x)＝(x＋1)lnx－a(x－1)．

(1)當a＝4時，求曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程；

(2)若當x∈(1，＋∞)時，f(x)＞0，求a的取值范圍．

解析(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)．當a＝4時，f(x)＝(x＋1)lnx－4(x－1)，

1

f(1)＝0，f′(x)＝lnx＋－3，f′(1)＝－2．故曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程為2x＋y－2＝0．

x

a(x－1)

(2)當x∈(1，＋∞)時，f(x)＞0等價于lnx－＞0．

x＋1

a(x－1)12ax2＋2(1－a)x＋1

設g(x)＝lnx－，則g′(x)＝－＝，g(1)＝0．

x＋1x(x＋1)2x(x＋1)2

①當a≤2，x∈(1，＋∞)時，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1＞0，

故g′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)上單調遞增，因此g(x)＞0；

22

②當a＞2時，令g′(x)＝0得x1＝a－1－(a－1)－1，x2＝a－1＋(a－1)－1．

由x2＞1和x1x2＝1得0<x1＜1，故當x∈(1，x2)時，g′(x)＜0，g(x)在(1，x2)上單調遞減，

因此g(x)＜g(1)＝0．

綜上，a的取值范圍是(－∞，2]．

alnxb

[例2]已知函數f(x)＝＋，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為x＋2y－3＝0．

x＋1x

(1)求a，b的值；

lnx

(2)證明：當x＞0，且x≠1時，f(x)＞．

x－1

x＋1

－lnx

axb1

解析(1)f′(x)＝－(x＞0)．由于直線x＋2y－3＝0的斜率為－，且過點(1，1)，

(x＋1)2x22

f(1)＝1，b＝1，

a＝1，

故1即a1解得

f′(1)＝－，－b＝－.＝

222b1.

x2－1

lnx1lnx12lnx－

(2)由(1)知f(x)＝＋(x＞0)，所以f(x)－＝x．

x＋1xx－11－x2

x2－122x2－(x2－1)(x－1)2

考慮函數h(x)＝2lnx－(x＞0)，則h′(x)＝－＝－．

xxx2x2

1

所以當x≠1時，h′(x)＜0．而h(1)＝0，故當x∈(0，1)時，h(x)＞0，可得h(x)＞0；

1－x2

1lnxlnx

當x∈(1，＋∞)時，h(x)＜0，可得h(x)＞0．從而當x＞0，且x≠1時，f(x)－＞0，即f(x)＞．

1－x2x－1x－1

【對點精練】

1．若不等式xlnx≥a(x－1)對所x≥1有都成立，求實數a的取值范圍．

a(x－1)

1．解析原問題等價于ln)x－≥0對所有x≥1都成立，

x

a(x－1)x－a

令h(x)＝lnx－(x≥1)，則f′(x)＝．

xx2

x－a

(1)當a≤1時，f′(x)＝≥0恒成立，即f(x)在[1，＋∞)上單調遞增，因而f(x)≥f(1)＝0恒成立；

x2

(2)當a>1時，令f′(x)＝0，則x＝a，f(x)在(0，a)上單調遞減，在(a，＋∞)上單調遞增，

f(x)min＝f(a)＝lna－a＋1，不合題意．綜上所述，實數a的取值范圍是(－∞，1]．

2．(2017·全國Ⅱ)已知函數f(x)＝ax2－ax－xlnx，且f(x)≥0．

(1)求a；

－2－2

(2)證明：f(x)存在唯一的極大值點x0，且e<f(x0)<2．

2．解析(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)．設g(x)＝ax－a－lnx，則f(x)＝xg(x)，f(x)≥0等價于g(x)≥0．

1

因為g(1)＝0，g(x)≥0，故g′(1)＝0，而g′(x)＝a－，g′(1)＝a－1，得a＝1．

x

1

若a＝1，則g′(x)＝1－．當0<x<1時，g′(x)<0，g(x)單調遞減；當x>1時，g′(x)>0，g(x)單調遞增．

x

所以x＝1是g(x)的極小值點，故g(x)≥g(1)＝0．綜上，a＝1．

(2)由(1)知f(x)＝x2－x－xlnx，f′(x)＝2x－2－lnx．

11

10，，＋∞

設h(x)＝2x－2－lnx，則h′(x)＝2－．當x∈2時，h′(x)<0；當x∈2時，h′(x)>0．

x

111

0，，＋∞－

所以h(x)在2單調遞減，在2單調遞增．又h(e2)>0，h2<0，h(1)＝0，

11

0，，＋∞

所以h(x)在2有唯一零點x0，在2有唯一零點1，

且當x∈(0，x0)時，h(x)>0；當x∈(x0，1)時，h(x)<0；當x∈(1，＋∞)時，h(x)>0．

因為f′(x)＝h(x)，所以x＝x0是f(x)的唯一極大值點．由f′(x0)＝0得lnx0＝2(x0－1)，

1

故f(x0)＝x0(1－x0)．由x0∈(0，1)得f(x0)<．因為x＝x0是f(x)在(0，1)的最大值點，

4

－1－1－1－2－2－2

由e∈(0，1)，f′(e)≠0得f(x0)>f(e)＝e，所以e<f(x0)<2．

3．(2018·全國Ⅲ)已知函數f(x)＝(2＋x＋ax2)·ln(1＋x)－2x．

(1)若a＝0，證明：當－1<x<0時，f(x)<0；當x>0時，f(x)>0；

(2)若x＝0是f(x)的極大值點，求a．

x

3．解析(1)當a＝0時，f(x)＝(2＋x)ln(1＋x)－2x，f′(x)＝ln(1＋x)－．

1＋x

xx

設函數g(x)＝ln(1＋x)－，則g′(x)＝．

1＋x(1＋x)2

當－1<x<0時，g′(x)<0；當x>0時，g′(x)>0，故當x>－1時，g(x)≥g(0)＝0，

且僅當x＝0時，g(x)＝0，從而f′(x)≥0，且僅當x＝0時，f′(x)＝0．

所以f(x)在(－1，＋∞)上單調遞增．又f(0)＝0，

故當－1<x<0時，f(x)<0；當x>0時，f(x)>0．

2x

另解當a＝0時，f(x)＝(2＋x)ln(1＋x)－2x(x>－1)，由于2＋x>0．故令g(x)＝ln(1＋x)－，

2＋x

14x2

g′(x)＝－＝，故x∈(－1，＋∞)，g′(0)>0．所以g(x)在(－1，＋∞)上單調遞增．

1＋x(2＋x)2(x＋1)(x＋2)

因為g(0)＝0，所以，當－1<x<0時，gx)<0；當x>0時，g(x)>0，

故當－1<x<0時，f(x)<0；當x>0時，f(x)>0．

(2)①若a≥0，由(1)知，當x>0時，f(x)≥(2＋x)ln(1＋x)－2x>0＝f(0)，這與x＝0是f(x)的極大值點矛盾．

f(x)2x

②若a<0，設函數h(x)＝＝ln(1＋x)－．

2＋x＋ax22＋x＋ax2

1

1，

由于當|x|<min|a|時，2＋x＋ax2>0，故h(x)與f(x)符號相同．又h(0)＝f(0)＝0，

故x＝0是f(x)的極大值點，當且僅當x＝0是h(x)的極大值點．

12(2＋x＋ax2)－2x(1＋2ax)x2(a2x2＋4ax＋6a＋1)

h′(x)＝－＝．

1＋x(2＋x＋ax2)2(x＋1)(ax2＋x＋2)2

1

6a＋11，

若6a＋1>0，則當0<x<－，且|x|<min|a|時，h′(x)>0，故x＝0不是h(x)的極大值點．

4a

22

若6a＋1<0，則ax＋4ax＋6a＋1＝0存在根x1<0，

1

1，

故當x∈(x1，0)，且|x|<min|a|時，h′(x)<0，所以x＝0不是h(x)的極大值點．

x3(x－24)

若6a＋1＝0，則h′(x)＝，則當x∈(－1，0)時，h′(x)>0；當x∈(0，1)時，h′(x)<0．

(x＋1)(x2－6x－12)2

1

所以x＝0是h(x)的極大值點，從而x＝0是f(x)的極大值點．綜上，a＝－．

6

考點二指數找基友

【方法總結】

在證明或處理含指數函數的不等式時，通常要將指數型的函數“結合”起來，即讓指數型的函數乘以或

除以一個多項式函數，這樣再對新函數求導時，只需一次就可以求出它的極值點，從而避免了多次求導．這

種相當于讓指數函數尋找“合作伙伴”的變形過程，我們形象的稱之為“指數找基友”．

f(x)f(x)f′(x)－f(x)

1．由ex＋f(x)>01＋>0，則(1＋)′＝是一個多項式函數，變形后可大大簡化運算．

exexex

f(x)f(x)f′(x)－f(x)

2．由ex＋f(x)＝01＋＝0，則(1＋)′＝是一個多項式函數，變形后可大大簡化運算．

exexex

【例題選講】

[例3](2018·全國Ⅱ)已知函數f(x)＝ex－ax2．

(1)若a＝1，證明：當x≥0時，f(x)≥1；

(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一個零點，求a．

解析(1)當a＝1時，f(x)≥1等價于(x2＋1)e－x－1≤0．

設函數g(x)＝(x2＋1)e－x－1，則g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x．

當x≠1時，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調遞減．而g(0)＝0，故當x≥0時，g(x)≤0，即f(x)≥1．

另解當a＝1時，f(x)＝ex－x2，則f′(x)＝ex－2x．

令g(x)＝f′(x)，則g′(x)＝ex－2．令g′(x)＝0，解得x＝ln2．

當x∈(0，ln2)時，g′(x)<0；當x∈(ln2，＋∞)時，g′(x)>0．

∴當x≥0時，g(x)≥g(ln2)＝2－2ln2>0，

∴f(x)在[0，＋∞)上單調遞增，∴f(x)≥f(0)＝1．

(2)設函數h(x)＝1－ax2e－x．f(x)在(0，＋∞)上只有一個零點等價于h(x)在(0，＋∞)上只有一個零點．

(ⅰ)當a≤0時，h(x)＞0，h(x)沒有零點；

(ⅱ)當a＞0時，h′(x)＝ax(x－2)e－x．

當x∈(0，2)時，h′(x)＜0；當x∈(2，＋∞)時，h′(x)＞0．

所以h(x)在(0，2)上單調遞減，在(2，＋∞)上單調遞增．

4a

故h(2)＝1－是h(x)在(0，＋∞)上的最小值．

e2

e2

①當h(2)＞0，即a＜時，h(x)在(0，＋∞)上沒有零點．

4

e2

②當h(2)＝0，即a＝時，h(x)在(0，＋∞)上只有一個零點．

4

e2

③當h(2)＜0，即a＞時，因為h(0)＝1，所以h(x)在(0，2)上有一個零點．

4

16a316a316a31

由(1)知，當x＞0時，ex＞x2，所以h(4a)＝1－＝1－＞1－＝1－＞0，

e4a(e2a)2(2a)4a

故h(x)在(2，4a)上有一個零點．因此h(x)在(0，＋∞)上有兩個零點．

e2

綜上，當f(x)在(0，＋∞)上只有一個零點時，a＝．

4

另解(參變分離)若f(x)在(0，＋∞)上只有一個零點，即方程ex－ax2＝0在(0，＋∞)上只有一個解，

exexex(x－2)

由a＝，令φ(x)＝，x∈(0，＋∞)，φ′(x)＝，令φ′(x)＝0，解得x＝2．

x2x2x3

當x∈(0，2)時，φ′(x)<0；當x∈(2，＋∞)時，φ′(x)>0．

e2e2

∴φ(x)min＝φ(2)＝．∴a＝．

44

[例4](2020·全國Ⅰ)已知函數f(x)＝ex＋ax2－x．

(1)當a＝1時，討論f(x)的單調性；

1

(2)當x≥0時，f(x)≥x3＋1，求a的取值范圍．

2

解析(1)當a＝1時，f(x)＝ex＋x2－x，f′(x)＝ex＋2x－1，

由于f″(x)＝ex＋2＞0，故f′(x)單調遞增，注意到f′(0)＝0，

故當x∈(－∞，0)時，f′(x)＜0，f(x)單調遞減，當x∈(0，＋∞)時，f′(x)＞0，f(x)單調遞增．

11－

(2)f(x)≥x3＋1等價于(x3－ax2＋x＋1)ex≤1．

22

1－13－

設函數g(x)＝(x3－ax2＋x＋1)ex(x≥0)，則g′(x)＝－(x3－ax2＋x＋1－x2＋2ax－1)ex

222

1－1－

＝－x[x2－(2a＋3)x＋4a＋2]ex＝－x(x－2a－1)(x－2)ex．

22

1

（i）若2a+1≤0，即a≤－，則當x∈（0，2）時，g′(x)>0．

2

所以g（x）在（0，2）單調遞增，而g（0）=1，故當x∈（0，2）時，g（x）>1，不合題意．

11

（ii）若0<2a+1<2，即－<a<，則當x∈(0，2a+1)∪(2，+∞)時，g'(x)<0；當x∈(2a+1，2)時，g'(x)>0．

22

所以g(x)在(0，2a+1)，(2，+∞)單調遞減，在(2a+1，2)單調遞增．

7－e27－e21

由于g(0)=1，所以g(x)≤1當且僅當g(2)=(7?4a)e?2≤1，即a≥．所以當≤a<時，g(x)≤1．

442

11－

（iii）若2a+1≥2，即a≥，則g(x)≤(x3＋x＋1)ex．

22

2

7－e11－1

由于0∈[，)，故由（ii）可得(x3－ax2＋x＋1)ex≤1．故當時a≥，g(x)≤1．

4222

7－e2

，＋∞

綜上，a的取值范圍是4．

11

另解(參變分離)由f(x)≥x3＋1，得ex＋ax2－x≥x3＋1，其中x≥0，

22

①當x＝0時，不等式為1≥1，顯然成立，符合題意；

1

ex－x3－x－1

②當x＞0時，分離參數a得a≥－2，

x2

x12

x－13－－e－x－x－1

exx1(x－2)2

記g(x)＝－2，g′(x)＝－，

3

x2x

1

令h(x)＝ex－x2－x－1(x≥0)，則h′(x)＝ex－x－1，h″(x)＝ex－1≥0，

2

故h′(x)單調遞增，h′(x)≥h′(0)＝0，故函數h(x)單調遞增，h(x)≥h(0)＝0，

1

由h(x)≥0可得ex－x2－x－1≥0恒成立，

2

故當x∈(0，2)時，g′(x)＞0，g(x)單調遞增；當x∈(2，＋∞)時，g′(x)＜0，g(x)單調遞減．

7－e2

7－e2，＋∞

因此，g(x)max＝g(2)＝，綜上可得，實數a的取值范圍是4．

4

【對點精練】

1．已知函數f(x)＝ex－1－x－ax2，當x≥0時，f(x)≥0恒成立，求實數a的取值范圍．

1．解析解法一由f′(x)＝ex－1－2ax，又ex≥x＋1，所以f′(x)＝ex－1－2ax≥x－2ax＝(1－2a)x，

1

所以當1－2a≥0，即a≤時，f′(x)≥0(x≥0)，而f(0)＝0，于是當x≥0時，f(x)≥0，滿足題意；

2

又x≠0時，ex＞x＋1，所以可得e－x＞1－x，

1－－－

從而當a＞時，f′(x)＝ex－1－2ax≤ex－ex·ex＋2a(ex－1)＝(1－ex)·(ex－2a)，

2

故當x∈(0，ln2a)時，f′(x)＜0，而f(0)＝0，于是當x∈(0，ln2a)時，f(x)＜0，不合題意．

1

－∞，

綜上所述，實數a的取值范圍為2．

解法二因為ex≥x＋1，所以當a≤0時，ex≥ax2＋x＋1恒成立，故只需討論a＞0的情形．

令F(x)＝e－x(1＋x＋ax2)－1，問題等價于F(x)≤0，

－x22a－1

由F′(x)＝e[－ax＋(2a－1)x]＝0得x1＝0，x2＝．

a

1

當0＜a≤時，F(x)在[0，＋∞)上單調遞減，所以F(x)≤F(0)＝0恒成立；

2

1

當a＞時，因為F(x)在[0，x2]上單調遞增，所以F(x2)≥F(0)＝0恒成立，此時F(x)≤0不恒成立．

2

1

－∞，

綜上所述，實數a的取值范圍是2．

－

2．已知函數f(x)＝ex＋ax(a∈R)．

(1)討論f(x)的最值；

15

(2)若a＝0，求證：f(x)>－x2＋．

28

2．解析：(1)依題意，得f′(x)＝－e－x＋a．

①當a≤0時，f′(x)<0，所以f(x)在R上單調遞減，故f(x)不存在最大值和最小值；

②當a>0時，由f′(x)＝0得x＝－lna．

當x∈(－∞，－lna)時，f′(x)<0，f(x)單調遞減；當x∈(－lna，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調遞增．

故當x＝－lna時，f(x)取得極小值，也是最小值，最小值為f(－lna)＝a－alna，不存在最大值．

綜上，當a≤0時，f(x)不存在最大值和最小值；當a>0時，f(x)的最小值為a－alna，不存在最大值．

－15－15

(2)當a＝0時，f(x)＝ex，要證f(x)>－x2＋，即證ex>－x2＋，即證(5－4x2)ex<8．

2828

設h(x)＝(5－4x2)ex，

55

當5－4x2≤0，即x≤－或x≥時，h(x)≤0<8；

22

55

當5－4x2>0，即－<x<時，h′(x)＝(－4x2－8x＋5)ex＝－(2x－1)(2x＋5)ex，

22

51

51－，

所以當－<x<時，h′(x)>0，h(x)在22上單調遞增，

22

15

15，

當<x<時，h′(x)<0，h(x)在22上單調遞減，

22

1

55

所以當－<x<時，h(x)≤h2＝4e<8．

22

15

綜上所述，不等式f(x)>－x2＋成立．

28

3．已知函數f(x)＝a(x－1)，g(x)＝(ax－1)·ex，a∈R．

(1)求證：存在唯一實數a，使得直線y＝f(x)和曲線y＝g(x)相切；

(2)若不等式f(x)＞g(x)有且只有兩個整數解，求a的取值范圍．

3．解析(1)f′(x)＝a，g′(x)＝(ax＋a－1)ex．

x0

設直線y＝f(x)和曲線y＝g(x)的切點的坐標為(x0，y0)，則y0＝a(x0－1)＝(ax0－1)e，

x0x0

得a(x0e－x0＋1)＝e，①

x0

又因為直線y＝f(x)和曲線y＝g(x)相切，所以a＝g′(x0)＝(ax0＋a－1)e，

x0x0x0

整理得a(x0e＋e－1)＝e，②

x0x0x0x0x

結合①②得x0e－x0＋1＝x0e＋e－1，即e＋x0－2＝0，令h(x)＝e＋x－2，

則h′(x)＝ex＋1＞0，所以h(x)在R上單調遞增．

x0

又因為h(0)＝－1＜0，h(1)＝e－1＞0，所以存在唯一實數x0，使得e＋x0－2＝0，且x0∈(0，1)，

所以存在唯一實數a，使①②兩式成立，故存在唯一實數a，使得直線y＝f(x)與曲線y＝g(x)相切．

x－1

x－

(2)令f(x)＞g(x)，即a(x－1)＞(ax－1)ex，所以axex－ax＋a＜ex，所以aex＜1，

x－1ex＋x－2

令m(x)＝x－，則m′(x)＝，

exex

由(1)可得m(x)在(－∞，x0)上單調遞減，在(x0，＋∞)上單調遞增，且x0∈(0，1)，

故當x≤0時，m(x)≥m(0)＝1，當x≥1時，m(x)≥m(1)＝1，所以當x∈Z時，m(x)≥1恒成立．

①當a≤0時，am(x)＜1恒成立，此時有無數個整數解，舍去；

11

②當0＜a＜1時，m(x)＜，因為＞1，m(0)＝m(1)＝1，

aa

1

m(2)≥，

e2

a2，＋∞

e2

所以兩個整數解分別為0，1，即1解得a≥，即a∈2e－1；

m(－1)≥，2e2－1

a

111

③當a≥1時，m(x)＜，因為≤1，m(x)在x∈Z時大于或等于1，所以m(x)＜無整數解，舍去．

aaa

e2

，＋∞

綜上所述，a的取值范圍為2e2－1．

考點三指對在一起，常常要分手

【方法總結】

ex

設f(x)為可導函數，則有(exlnx－f(x))′＝exlnx＋－f′(x)，若f(x)為非常數函數，求導式子中還是含有ex，

x

exlnx－f(x)f(x)

lnx，針對此類型，可以采用作商的方法，構造＝lnx－，從而達到簡化證明和求極值、最值的

exex

目的，exlnx膩在一起，常常會分手．

【例題選講】

bex－1

[例5](2014·全國Ⅰ)設函數f(x)＝aexlnx＋，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線為y＝e(x－1)＋2．

x

(1)求a，b；

(2)證明：f(x)＞1．

1－

lnx＋bex1(x－1)

解析(1)f′(x)＝aexx＋(x＞0)，由于直線y＝e(x－1)＋2的斜率為e，圖象過點(1，2)，

x2

f(1)＝2，b＝2，a＝1，

所以即解得

f′(1)＝e，ae＝e，b＝2.

x－1

2e－2

(2)由(1)知f(x)＝exlnx＋(x＞0)，從而f(x)＞1等價于xlnx＞xex－．

xe

構造函數g(x)＝xlnx，則g′(x)＝1＋lnx，

11

0，，＋∞

所以當x∈e時，g′(x)＜0，當x∈e時，g′(x)＞0，

111

0，，＋∞1

故g(x)在e上單調遞減，在e上單調遞增，從而g(x)在(0，＋∞)上的最小值為ge＝－．

e

－2－

構造函數h(x)＝xex－，則h′(x)＝ex(1－x)．

e

所以當x∈(0，1)時，h′(x)＞0；當x∈(1，＋∞)時，h′(x)＜0；

1

故h(x)在(0，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，從而h(x)在(0，＋∞)上的最大值為h(1)＝－．

e

綜上，當x＞0時，g(x)＞h(x)，即f(x)＞1．

1ex

[例6]已知函數f(x)＝＋alnx，g(x)＝．

xx

(1)討論函數f(x)的單調性；

e

1＋

(2)證明：a＝1時，f(x)＋g(x)－x2lnx＞e．

11aax－1

解析(1)f(x)＝＋alnx，x∈(0，＋∞)．f′(x)＝－＋＝．

xx2xx2

當a≤0時，f′(x)＜0，函數f(x)在x∈(0，＋∞)上單調遞減．

11

當a＞0時，由f′(x)<0，得0<x<，由f′(x)>0，得x>，

aa

11

0，，＋∞

所以函數f(x)在a上單調遞減，在a上單調遞增．

e

1＋

(2)a＝1時，要證f(x)＋g(x)－x2lnx＞e．

1exeelnx

即要證＋－lnx－e＞0ex－ex＋1>，x∈(0，＋∞)．

xxx2x

?

令F(x)＝ex－ex＋1，F′(x)＝ex－e，

當x∈(0，1)時，F′(x)＜0，此時函數F(x)單調遞減；

當x∈(1，＋∞)時，F′(x)＞0，此時函數F(x)單調遞增．

可得當x＝1時，函數F(x)取得最小值F(1)＝1．

elnxe(1－lnx)

令G(x)＝，G′(x)＝，

xx2

當0<x<e時，G′(x)>0，此時G(x)為增函數，當x>e時，G′(x)<0，此時G(x)為減函數，

所以x＝e時，函數G(x)取得最大值G(e)＝1．

elnx

x＝1與x＝e不同時取得，因此F(x)＞G(x)，即ex－ex＋1>，x∈(0，＋∞)．故原不等式成立．

x

【對點精練】

－

lnx＋1f(x)2ex1

1．設函數f(x)＝，求證：當x＞1時，不等式＞．

xe＋1(x＋1)(xex＋1)

－－

f(x)2ex11(x＋1)(lnx＋1)2ex1

1．解析將不等式＞變形為·＞，

e＋1(x＋1)(xex＋1)e＋1xxex＋1

－

(x＋1)(lnx＋1)2ex1

分別構造函數g(x)＝和函數h(x)＝．

xxex＋1

x－lnx1x－1

對于g′(x)＝，令φ(x)＝x－lnx，則φ′(x)＝1－＝．

x2xx

因為x＞1，所以φ′(x)＞0，所以φ(x)在(1，＋∞)上是增函數，所以φ(x)＞φ(1)＝1＞0，

g(x)2

所以g′(x)＞0，所以g(x)在(1，＋∞)上是增函數，所以當x＞1時，g(x)＞g(1)＝2，故＞．

e＋1e＋1

2ex－1(1－ex)

對于h′(x)＝，因為x＞1，所以1－ex＜0，所以h′(x)＜0，

(xex＋1)2

2

所以h(x)在(1，＋∞)上是減函數，所以當x＞1時，h(x)＜h(1)＝．

e＋1

－

g(x)f(x)2ex1

綜上所述，當x＞1時，＞h(x)，即＞