小学、初中、高中各种试卷真题知识归纳文案合同PPT等免费下载www.doc985.com专题20单变量含参不等式证明方法之合理消参【例题选讲】[例1](2018·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝aex－lnx－1．(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；(2)证明：当a≥时，f(x)≥0．解析(1)f(x)的定域义为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－．由知，题设f′(2)＝0，所以a＝．而从f(x)＝ex－lnx－1，f′(x)＝ex－．当0＜x＜2，时f′(x)＜0；当x＞2，时f′(x)＞0．所以f(x)在(0，2)，在单调递减(2，＋∞)增．单调递(2)明：证当a≥，时f(x)≥－lnx－1．设g(x)＝－lnx－1，则g′(x)＝－．当0＜x＜1，时g′(x)＜0；当x＞1，时g′(x)＞0．所以x＝1是g(x)的最小点．值故当x＞0时，g(x)≥g(1)＝0．因此，当a≥时，f(x)≥0．[例2]设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R．(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当a>ln2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1．解析(1)由f(x)＝ex－2x＋2a(x∈R)，知f′(x)＝ex－2．令f′(x)＝0，得x＝ln2．当x<ln2，时f′(x)<0，故函数f(x)在区间(－∞，ln2)上；单调递减当x>ln2，时f′(x)>0，故函数f(x)在区间(ln2，＋∞)上增．单调递所以f(x)的是单调递减区间(－∞，ln2)，增是单调递区间(ln2，＋∞)，f(x)在x＝ln2取得小处极值f(ln2)＝eln2－2ln2＋2a＝2－2ln2＋2a，无大．极值(2)明：要证证当a>ln2－1且x>0，时ex>x2－2ax＋1，即证当a>ln2－1且x>0，时ex－x2＋2ax－1>0．设g(x)＝ex－x2＋2ax－1(x≥0)．则g′(x)＝ex－2x＋2a，由(1)知g′(x)min＝g′(ln2)＝2－2ln2＋2a．又a>ln2－1，则g′(x)min>0．于是对∀x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R上增．单调递于是对∀x>0，都有g(x)>g(0)＝0．即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1．[例3]设函数f(x)＝e2x－alnx．(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋aln．解析(1)f(x)的定域义为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－(x>0)．当a≤0，时f′(x)>0，f′(x)有零点；没当a>0，时设u(x)＝e2x，v(x)＝－，因为u(x)＝e2x在(0，＋∞)上增，单调递v(x)＝－在(0，＋∞)上增，所以单调递f′(x)在(0，＋∞)上增．单调递又当x→0，时f′(x)→－∞，当x→＋∞．时f′(x)→＋∞．故当a>0，时f′(x)存在唯一零点．(2)由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)，时f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)，时f′(x)>0．故f(x)在(0，x0)上，在单调递减(x0，＋∞)上增，单调递所以当x＝x0，时f(x)取得最小，最小值值为f(x0)．由于－＝0，所以f(x0)＝－alnx0＝＋2ax0－2ax0－alnx0＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln．且当仅当x0＝，取等．故时号当a>0，时f(x)≥2a＋aln．[例4]已知函数，（为自然对数的底数）．小学、初中、高中各种试卷真题知识归纳文案合同PPT等免费下载www.doc985.com(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)证明：当时，不等式成立．解析(1)由意知，题当，时，解得，又，，即曲线在点的切方程处线为．(2)明：证当，得时，要明不等式证成立，即证成立，即证成立，即证成立，令，，易知，，由，知在上增，单调递上单调递减，，所以成立，即原不等式成立．【对点精练】1．已知函数f(x)＝(x＋b)(ex－a)(b>0)，在(－1，f(－1))处的切线方程为(e－1)x＋ey＋e－1＝0．(1)求a，b；(2)若m≤0，证明：f(x)≥mx2＋x．1．解析(1)f′(x)＝(x＋b＋1)ex－a，由于切线(e－1)x＋ey＋e－1＝0的斜率－为1，象点图过(－1，0)，所以解得(2)由(1)可知，，由，可得，令，则，当，时，当，时设，则，故函数在上增，又单调递，所以当，时，当，时，小学、初中、高中各种试卷真题知识归纳文案合同PPT等免费下载www.doc985.com所以函数在区间上，在单调递减区间上增，单调递故，即．故．2．已知f(x)＝lnx－x＋a＋1．(1)若存在x∈(0，＋∞)，使得f(x)≥0成立，求实数a的取值范围；(2)求证：当x＞1时，在(1)的条件下，x2＋ax－a＞xlnx＋成立．2．解析f(x)＝lnx－x＋a＋1(x＞0)．(1)原即存在题为x∈(0，＋∞)，使得lnx－x＋a＋1≥0，所以a≥－lnx＋x－1，令g(x)＝－lnx＋x－1，则g′(x)＝－＋1＝．令g′(x)＝0，解得x＝1．因为当0＜x＜1，时g′(x)＜0，所以g(x)函，为...