证明不等式之凹凸反转、拆分函数
【典型例题】
2
例1. 1 x +2已知函数 f(x) = a lnx+ + (a∈R)．x2 x
(Ⅰ)若 x= 2是 f(x)的极小值点，求 a的取值范围；
(Ⅱ)若 a=-1，f′ (x)为 f(x)的导函数，证明：当 1≤ x≤ 2时，f(x) - f (x)> 3．
2
【解析】解：(Ⅰ)f(x)的定义域是 (0,+∞)，
2
则 f′ (x) = a - 2a + - 2 = (x+ a) (x -2)1 ，
x x3 x2 x3
若 a≥ 0，则当 x∈ (0, 2)时，f′ (x)< 0，当 x∈ ( 2，+∞)时，f′ (x)> 0，
故 x= 2是函数 f(x)的极小值点，符合条件，
若 a< 0，令 f′ (x) = 0，解得：x=-a或 x= 2，
若- 2< a< 0，则当 x∈ (0,-a)和 x∈ ( 2，+∞)时 f′ (x)> 0，
当 x∈ (-a, 2)时，f′ (x)< 0，
故 x= 2是 f(x)的极小值点，符合条件，
若 a=- 2，则 f′ (x)≥ 0恒成立，f(x)没有极值点，不符合条件，
若 a<- 2，则当 x∈ (0, 2)和 x∈ (-a,+∞)时 f′ (x)> 0，
当 x∈ ( 2，-a)时 f′ (x)< 0，故 x= 2是 f(x)的极大值点，不符合条件，
故 a的取值范围是 (- 2，+∞)；
(Ⅱ)当 a=-1时，f(x) =-lnx- 1 + x+ 2，f′ (x) =- 1 + 2 + 1- 2 ，
x2 x x x3 x2
则 f(x) - f′ (x) = x- lnx- 1+ 3 + 1 - 2 ，x∈ [1，2]，
x x2 x3
设 g(x) = x- lnx- 1，h(x) = 3 + 1 - 2 ，x∈ [1，2]，
x x2 x3
由 g′ (x) = 1- 1 ≥ 0，可得 g(x)≥ g(1) = 0，当且仅当 x= 1时“=”成立，
x
2
h′ (x) = -3x -2x+ 6，
x4
设 φ(x) =-3x2-2x+ 6，则 φ(x)在 [1，2]上递减，
∵ φ(1) = 1，φ(2) =-10，
故存在 x0∈ [1，2]，使得当 x∈ (1,x0)时，φ(x)> 0，当 x∈ (x0，2)时，φ(x)< 0，
故 h(x)在 (1,x0)上单调递增，在 (x0，2)上单调递减，
由于 h(1) = 2，h(2) = 3，故 h(x)≥ h(2) = 3，当且仅当 x= 2时“=”成立，
2 2
故当 1≤ x≤ 2时，f(x) - f′ (x) = g(x) + h(x)> g(1) + h(2) = 3．
2
例2.已知函数 f(x) = ex-ae2x．
(1)讨论 f(x)的单调区间；
(2)当 a< 0时，证明：f(x)> e2lnx．
【解析】解：(1)f(x) = ex-ae2x，f′ (x) = ex-ae2，
① a≤ 0时，f′ (x)> 0，f(x)在R递增，
② a> 0时，令 f′ (x)> 0，解得：x> 2+ lna，
令 f′ (x)< 0，解得：x< 2+ lna，
故 f(x)在 (-∞,2+ lna)递减，在 (2+ lna,+∞)递增；
综上：a≤ 0时，f(x)在R递增，
a> 0时，f(x)在 (-∞,2+ lna)递减，在 (2+ lna,+∞)递增；
(2)要证 ex-ae2x- e2lnx，(x> 0)，
由于 a< 0时，ae2x< 0，只需 ex-e2lnx> 0，
2 2
设 g(x) = ex-e2lnx，则 g′ (x) = ex- e ，g′′ (x) = ex+ e > 0，
x x2
故 g′ (x)在 (0,+∞)递增，
2
又 g′ (1) = e- e2< 0，g′ (2) = e > 0，
2
2 2
故存在 x0∈ (1,2)，使得 g′ (x x0 e x0 e0) = e - = 0，即 e = ，lnx = 2- x，x0 x 0 00
故当 x∈ (0,x0)时，g′ (x)< 0，当 x∈ (x0，+∞)时，g′ (x)> 0，
故 g(x)在 (0,x0)递减，在 (x0，+∞)上递增，
2 2
故 g(x) x0 2 e 2 e 2 2 2 2极小值= g x0 = e -e lnx0= - e 2- x0 = + e x0-2e > 2e -2e = 0，x0 x0
故 g(x)> 0，即 ex-2-lnx> 0，
综上：当 a< 0时，f(x)> e2lnx．
例3.已知函数 f(x) = axex-2-lnx- x+ 2．
(1)设 x= 2是函数 f(x)的极值点，求 a，并求 f(x)的单调区间；
(2) 1证明：当 a≥ 时，f(x)≥ 0．
e
【解析】(1)解：因为函数 f(x) = axex-2-lnx- x+ 2(x> 0)，
则 f (x) = (1+ x) aex-2- 1 ，x
因为 x= 2是函数 f(x)的极值点，
所以 f (2) = 0，即 3 ae0- 12 = 0，解得 a=
1，
2
经检验，a= 1 符合题意，
2
所以 f (x) = (1+ x) 1 ex-2- 1 = x+ 1 (xex-2-2) (x> 0)，2 x 2x
令 h(x) = xex-2-2(x> 0)，
则 h (x) = (1+ x)ex-2> 0且 h(2) = 0，
所以当 0< x< 2时，h(x)< 0，则 f (x)< 0，故 f(x)单调递减，
当 x> 2时，h(x)> 0，则 f (x)> 0，故 f(x)单调递增，
所以 f(x)的单调递增区间为 (2,+∞)，单调递减区间为 (0,2)；
(2)证明：令 g(x) = lnx+ x- 2- ,x> 0，xex 2
令 t= xex-2> 0，则 lnx+ x- 2= lnt，
所以m(t) = lnt (t> 0)，
t
所以m (t) = 1- lnt = 0，解得 t= e，
t2
当 0< t< e时，m (t)> 0，则m(t)单调递增，
当 t> e时，m (t)< 0，则m(t)单调递减，
所以当 t= e时，m(t)取得最大值m(e) = 1，即 g(x)的最大值为 1，
e e
所以 lnx+ x- 2 1
xex-
≤ ，
2 e
因为 a≥ 1，
e
故 lnx+ x- 2 ≤ a，即 axex-2- -lnx- x+ 2≥ 0，xex 2
所以 f(x)≥ 0．
例4.已知函数 f(x) = ex-x-m(m∈R)．
(1)当 x> 0时，f(x)> 0恒成立，求m的取值范围；
(2) x- lnx 1当m=-1时，证明： x f(x)> 1- ．e e2
【解析】解：(1)由题意得，ex-x-m> 0恒成立对 x> 0恒成立，
令 g(x) = ex-x，
则 g′ (x) = ex-1，
当 x> 0时，g′ (x) = ex-1> 0，
故 g(x)在 (0,+∞)上是增函数，
故当 x> 0时，g(x)> g(0) = 1；
故若使 ex-x-m> 0恒成立对 x> 0恒成立，
则只需使m≤ 1；
(2)证明： x- lnxx f(x) = (x- lnx) 1- x- 1e ex ；
令 h(x) = x- lnx，h′ (x) = x- 1；
x
当 0< x< 1时，h′ (x)< 0，
当 x> 1时，h′ (x)> 0；
即 h(x)在 (0,1)上为减函数，在 (1,+∞)上为增函数，
∴ h(x)≥ h(1) = 1①．
令n(x) = 1- x- 1，n′ (x) = x- 2
ex
，
ex
故n(x) = 1- x- 1x 在 (0,2)上是减函数，在 (2,+∞)上为增函数；e
故n(x)≥n(2) = 1- 1 ②．
e2
故由①②可得，
x- lnxx f(x)> 1- 1 ．e e2
例5.已知 f(x) = xlnx，g(x) =-x2+ax- 3
(1)对 x∈ (0,+∞)，不等式 2f(x)≥ g(x)恒成立，求实数 a的取值范围；
(2)证明：对一切 x∈ (0,+∞)，都有 lnx> 1 - 2 ．
ex ex
【解析】解：(1)2xlnx≥-x2+ax- 3，则 a≤ 2lnx+ x+ 3，
x
设 h(x) = 2lnx+ x+ 3 (x> 0)，则 h′ ( ) = (x+ 3) (x- 1)x ，
x x2
当 x∈ (0,1)时，h′ (x)< 0，h(x)单调递减，
当 x∈ (1,+∞)时，h′ (x)> 0，h(x)单调递增，
∴ [h(x)]min= h(1) = 4，
∵对一切 x∈ (0,+∞)，2f(x)≥ g(x)恒成立，
∴ a≤[h(x)]min= 4．
证明：(2)问题等价于证明 xlnx> x - 2 (x∈ (0,+∞))，
ex e
由 (1)可知 f(x) = xlnx(x∈ (0，+∞))的最小值是- 1，当且仅当 x= 1 时取得．
e e
设m(x) = x - 2 (x∈ (0,+∞))，则m′ (x) = 1- x，
ex e ex
由题意得 [m(x)]max=m(1) =- 1，e
当且仅当 x= 1时取到，从而对一切 x∈ (0,+∞)，都有 lnx> 1 - 2 成立．
ex ex
例6.已知函数 f(x) = alnx+ x+ 2 + 2a(a∈R)．
x
(1)讨论函数 f(x)的单调性；
(2) 0< a< e
x
若 ，求证 f(x)< x+ e +2．
4 x
【解析】解：(1)f(x) = alnx+ x+ 2 + 2a(a∈R)，定义域是 (0,+∞)，
x
则 f′ (x) = a + 1- 2
2
= x +ax- 2，设 t= x2+ax- 2(x> 0)，
x x2 x2
其中△= a2+8> 0，故令 x2+ax- 2= 0，
解得：x= -a± a
2+8 -a+ a2又 x> 0，故 x= +8，
2 2
2
令 f′ (x)> 0，解得：x> -a+ a +8，
2
2
令 f′ (x)< 0，解得：0< x< -a+ a +8，
2
2 2
故 f(x)在 0, -a+ a +8 递减，在 -a+ a +8，+∞ 递增；2 2
ex+2 ex(2)证明：要证 f(x)< x+ ，即证 > a(lnx+ 2)，
x x
ex > a(lnx+ 2)
x
即证 ，设 g(x) = e (x> 0)，
x2 x x2
x
则 g′ (x) = (x- 2)e ，令 g′ (x)≤ 0，得 0< x< 2，
x3
令 g′ (x)> 0，解得：x> 2，
故 g(x)在 (0,2)递减，在 (2,+∞)递增，
2 2
故 g(x)min= g(2) = e ，即 g(x)≥ e ，4 4
令 h(x) = a(lnx+ 2) (x> 0)，则 h′ (x) =- a(lnx+ 1)，
x x2
令 h′ (x)> 0，解得：0< x< 1，令 h′ (x)< 0，解得：x> 1，
e e
故 h(x)在 0, 1 递增，在 1，+∞ 递减，e e
故 h(x)max= h 1 = ae，e
2
又∵ 0< a< e，∴ h(x)≤ ae< e e= e ，
4 4 4
故 h(x)< g(x)，
2
故 f(x)< x+ e +2 成立．
x
【同步练习】
1. 已知函数 f(x) = alnx- 1 x2+2x+ 3a．
2
(1)讨论函数 f(x)的单调性；
(2) 0< a< 1
x
若 ，求证：f(x)< e - 1 x2+2x．
4 x 2
2
【解析】解：(1)函数定义域为 x> 0，f (x) = a - x+ 2= -x +2x+ a． (1分)
x x
令-x2+2x+ a= 0，所以△= 4+ 4a．
①当 a≤ 1时，f (x)≤ 0恒成立，f(x)在 (0,+∞)上单调递减． (2分)
②当 a>-1时，方程有两根：x1= 1- 1+ a，x2= 1+ 1+ a，
(1°)若 a≥ 0，x1< 0，x2> 0，f(x)在 (0,1+ 1+ a)上单调递增，
在 (1+ 1+ a,+∞)单调递减． (3分)
(2°)若-1< a< 0，0< x1< x2，f(x)在 (0,1- 1+ a)，(1+ 1+ a,+∞)上单调递减，f(x)在 (1-
1+ a,1+ 1+ a)上单调递增． (4分)
综上所述：①当 a≤-1时，f(x)在 (0,+∞)上单调递减；
②当-1< a< 0时，f(x)在 (0,1- 1+ a)，(1+ 1+ a,+∞)上单调递减，f(x)在 (1- 1+ a,1+
1+ a)上单调递增；
③当 a≥ 0时，f(x)在 (0,1+ 1+ a)上单调递增，在 (1+ 1+ a,+∞)上单调递减． (5分)
x x
(2)证明：由已知得需证 a(lnx+ 3)< e ，因为 a> 0，x> 0，所以 e > 0
x x
当 lnx+ 3≤ 0时，不等式显然成立． (6分)
x
当 lnx+ 3> 0时，a(lnx+ 3)< 1 (lnx+ 3)，所以只需证 1 (lnx+ 3)< e ，
4 4 x
1 x即证 (lnx+ 3)< e ． (7分)
4x x2
令 g(x) = 1 (lnx+ 3)，则 g (x) = -lnx- 2，
4x 4x2
令 g (x) = 0，则 x= e-2. (8分)
所以 x∈ (0,e-2)，g (x)> 0，x∈ (e-2，+∞)，g (x)< 0，g(x)在 (0,e-2)为增函数，在 (e-2，+∞)为减函
2
数．所以 g(x)max= g(e-2) = e ． (9分)4
x x
令 h( ) = e ( ) = e (x- 2)x ，h x ，
x2 x3
则 x∈ (0,2)时，h (x)< 0，x∈ (2,+∞)时，h (x)> 0，
2
所以 h(x)在 (0,2)上为减函数，在 (2,+∞)上为增函数，h(x)min= h(2) = e ． (11分)4
x
所以 g(x) emax≤ h(x)min，但两边取等的条件不相等，即证得 a(lnx+ 3)< ，x
x
所以 f(x)< e - x2+x． (12分)
x
2. 已知函数 f(x) = x3-ax． (a∈R)
(Ⅰ)求函数 f(x)的单调区间；
(Ⅱ) x求证： e-x+xlnx> 3 - ex-2．
f(x) + ax 2ex
【解析】解 (I)f′ (x) = 3x2-a
当 a≤ 0时，f′ (x)≥ 0恒成立，故函数 f(x)在R上单调递增
当 a> 0时，由 f′ (x)≥ 0可得 c×≥ 3a 或 x≤- 3a
3 3
由 f′ (x)< 0可得- 3a < x< 3a
3 3
综上可得，a≤ 0时，f′ (x)≥ 0恒成立，故函数 f(x)在R上单调递增
当 a > 0 时，函数 f ( x ) 的单调递增区间为 3a，+∞ ， -∞,- 3a ，单调递减区间3 3
- 3a , 3a3 3
x
(II)证明：原不等式可化为 xlnx> 3 - e - 1
2ex e2 x2ex
x
容易得 x> 0，上式两边同乘以 x可得 x2lnx> 3 - xe - 1
2e e2 xex
x x
设 p(x) = x2lnx，q(x) = 3 - xe - 1 = 3x - xe + 12e e2 xe 2e e2 xex
- 1
则由 p′ (x) = x(2lnx+ 1)可得 x= 0(舍)或 x= e 2
- 1 - 1
∴ 0< x< e 2时，p′ (x)< 0，x> e 2时，p′ (x)> 0
- 1
∴当 x= e 2时，函数 p(x)取得最小值- 1
2e
x
∵ q(x) = 3 - xe - 1 = 3 xe
x
- + 1 ≤ 3 - 2 1 =- 12e e2 xex 2e e2 xex 2e e2 2e
x
当且仅当 xe = 1 即 xex= e时取等号
e2 xex
令 r(x) = xex，可得 r(x)在 (0,+∞)上单调递增，且 r(1) = e
当 x= 1时，q(x)有最小值 q(x) =- 1
2e
∴ p(x)≥- 1 ≥ q(x)
2e
由于上面两个等号不能同时取得，故有 p(x)> q(x0，则原不等式成立
3. 已知函数 f(x) = xlnx，f (x)为 f(x)的导函数．
(1)令 g(x) = f (x) - ax2，试讨论函数 g(x)的单调区间；
(2)证明：f(x)< 2ex-2．
【解析】解：(1)g(x) = f (x) - ax2= 1+ lnx- ax2,g (x) = 1 - 2ax= 1- 2ax，(x> 0) (1分)
x x
当 a≤ 0时，g (x)> 0，g(x)单调递增，g(x)的单调增区间为 (0,+∞)，无单调减区间； (2分)
当 a> 0时，g (x) = 0得 x= 2a， (3分)
2a
当 x∈ 0, 2a2a ,g
(x)> 0；所以 g(x)的单调递增区间为 0, 2a ， (4分)2a
当 x∈ 2a ,+∞ ,g (x)< 0，单调递减区间为 2a ,+∞ ． (5分)2a 2a
x-2 x-2
(2)即证：lnx< 2e ，即证：lnx < 2e ． (6分)
x x x2
2ex-2 2 ex x 2 x
x
令 h(x) = = (x> 0),h (x) = 2 e x -e 2x = 2 e (x- 2)， (7分)
x2 e2 x2 e2 x4 e2 x3
当 0< x< 2时，h (x)< 0，h(x)单调递减；
当 x> 2时，h (x)> 0，h(x)单调递增；
所以 h(x)的最小值为 h(2) = 1， (8分)
2
令 k(x) = lnx，则 k (x) = 1- lnx， (9分)
x x2
当 0< x< e时，k (x)> 0，k(x)单调递增；
当 x> e时，k (x)< 0，k(x)单调递减；
所以 k(x)的最大值为 k(e) = 1， (10分)
e
因为 1 < 1， (11分)
e 2
x-2
所以 k(x)< h(x)，即 lnx< 2e ． (12分)
x
4. 设函数 f(x) = alnx+ b ，曲线 y= f(x)在点 (1，f(1))处的切线方程为 x+ y- 3= 0．
x
(1)求 a，b；
(2)证明：f(x)> e-x．
【解析】解：(1)函数 f(x) = alnx+ b，函数的定义域为 x> 0，f′ (x) = a - b ，
x x x2
曲线 y= f(x)在点 (1，f(1))处的切线方程为 x+ y- 3= 0，
可得 f(1) = 2，f′ (1) =- ，即 a- b=-11 a = 解得 a= 1，b= 2．b 2
x
(2)f(x) = lnx+ 2，要证 f(x)> e-x．即证：ex f(x)> 1，即 exlnx+ 2e > 1，
x x
又 f(1) = eln1+ 2e= 2e> 1，
于是函数 f(x)的图象与直线 y= 1满足：ex f(x)> 1．
等价于 xlnx> xe-x-2．
设函数 h(x) = xlnx，则 h (x) = lnx+ 1．所以当 x∈ 0, 1 时，h′ (x) < 0；当 x∈ 1，+∞ 时，h′e e
(x)> 0．
故 h(x)在 0, 1 单调递减，在 1，+∞ 单调递增，从而 h(x)在 (0,+∞)的最小值为 he e
1 =- 1．e e
g(x) = xe-x-2，则 g′ (x) = e-x(1- x)．
所以当 x∈ (0,1)时，g′ (x)> 0；当 x∈ (1,+∞)时，g′ (x)< 0．故 g(x)在 (0,1)单调递增，
在 (1,+∞)单调递减，
从而 g(x)在 (0,+∞)的最大值为 g(1) =- 1 - 2．
e
综上，当 x> 0时，h(x)> g(x)，即 ex f(x)> 1．
可知 f(x)> e-x．
5. 已知函数 f(x) = xlnx- ax，其中 a为参数．
(1)求 f(x)的极值；
(2) g(x) = x- 1 2设 x - lnx- ，证明当 x∈ (0,+∞)时，g(x)< 1恒成立．xe xe2
【解析】解：(1)求导数可得 f′ (x) = lnx+ 1- a= 0，则 x= ea-1，
函数在 (0,ea-1)上 f′ (x)< 0，在 (ea-1，+∞)上 f′ (x)> 0，
∴函数在 x= ea-1时，取得极小值-ea-1；
(2)当 x∈ (0,+∞)时，g(x)< 1恒成立，
即 x- 1x - lnx-
2 < 1恒成立，
xe xe2
即 xlnx+ x- x- 1 2x >- 在 (0,+∞)恒成立①，e e2
由 (1)令 a=-1，则 f(x) = xlnx+ x，此时 f(x)的最小值是- 1 ，
e2
故问题①转化为 x- 1 1x < 在 (0,+∞)恒成立，e e2
令 h(x) = x- 1x ，h′ (x) =
2- x
e ex
，
令 h′ (x)> 0，解得：0< x< 2，
令 h′ (x)< 0，解得：x> 2，
故 h(x)在 (0,2)递增，在 (2,+∞)递减，
h(x)min= h(2) = 1 ，
e2
故 xlnx+ x- x- 1x >-
2 在 (0,+∞)恒成立，
e e2
即 x∈ (0,+∞)时，g(x)< 1恒成立．
6. 已知 f(x) = a(x- lnx) + 2x- 1，a∈R．
x2
(Ⅰ)讨论 f(x)的单调性；
(Ⅱ) 3当 a= 1时，证明 f(x)> f′ (x) + 对于任意的 x∈ [1，2]成立．
2
【解析】(Ⅰ)解：由 f(x) = a(x- lnx) + 2x- 1，
x2
2x2′ ( ) = - 1 + - (2x- 1) 2x得 f x a 1 x x4
- - 2= ax a + 2 2x = ax
3-ax2+2- 2x = (x- 1) (ax -2) (x> 0)．
x x3 x3 x3
若 a≤ 0，则 ax2-2< 0恒成立，
∴当 x∈ (0,1)时，f′ (x)> 0，f(x)为增函数，
当 x∈ (1,+∞)时，f′ (x)< 0，f(x)为减函数；
当 a> 0，若 0< a< 2，当 x∈ (0,1)和 2a，+∞ 时，f′ (x)> 0，f(x)为增函数，a
当 x∈ 1, 2a 时，f′ (x)< 0，f(x)为减函数；a
若 a= 2，f′ (x)≥ 0恒成立，f(x)在 (0,+∞)上为增函数；
若 a> 2，当 x∈ 0, 2a 和 (1,+∞)时，f′ (x)> 0，f(x)为增函数，a
当 x∈ 2a，1 时，f′ (x)< 0，f(x)为减函数；a
(Ⅱ)方法一、解：∵ a= 1，
令F(x) = f(x) - f′ (x) = x- lnx+ 2 - 1 - 1+ 2 + 1 - 2 = x- lnx+ 3 + 1 - 2 - 1．
x x2 x2 x x3 x x2 x3
令 g(x) = x- lnx，h(x) = 3 + 1 - 2 - 1．
x x2 x3
则F(x) = f(x) - f′ (x) = g(x) + h(x)，
由 g′ (x) = x- 1 ≥ 0，可得 g(x)≥ g(1) = 1，当且仅当 x= 1时取等号；
x
2
又 h′ (x) = -3x -2x+ 6，
x4
设 φ(x) =-3x2-2x+ 6，则 φ(x)在 [1，2]上单调递减，
且 φ(1) = 1，φ(2) =-10，
∴在 [1，2]上存在 x0，使得 x∈ (1,x0)时 φ(x0)> 0，x∈ (x0，2)时，φ(x0)< 0，
∴函数 h(x)在 (1,x0)上单调递增；在 (x0，2)上单调递减，
由于 h(1) = 1，h(2) = 1，因此 h(x)≥ h(2) = 1，当且仅当 x= 2取等号，
2 2
∴ f(x) - f′ (x) = g(x) + h(x)> g(1) + h(2) = 3，
2
∴F(x)> 3 恒成立．
2
即 f(x)> f′ (x) + 3 对于任意的 x∈ [1，2]成立．
2
方法二、不等式 f(x)> f′ (x) + 3 对于任意的 x∈ [1，2]成立，
2
2
- + 2x- 1 - (x -2) (x- 1)即 x lnx - 3 > 0，
x2 x3 2
令 h(x) = x- lnx- 1，得 h′ (x) = 1- 1 = x- 1，
x x
可得当 x∈ [1，2]时，h′ (x)≥ 0，h(x)单调递增，h(x)≥ 0，
即 x- 1≥ lnx，
2 2
于是，x- lnx+ 2x- 1 - (x -2) (x- 1) - 3 ≥ 2x- 1 - (x -2) (x- 1) - 1
x2 x3 2 x2 x3 2
2
= (3x -2) (2- x)．
2x3
当且仅当 x= 1时上式等号成立．
又 x∈ [1，2]时，3x2-2> 0，2- x≥ 0，2x3> 0，
∴ - + 2x- (x
2
1 - -2) (x- 1) - 3 = (3x
2-2) (2- x)
x lnx ≥ 0．
x2 x3 2 2x3
等号当且仅当 x= 2时取得，故两个等号不能同时取到，
2
∴ - (x -2) (x- 1)x lnx+ 2x- 1 - - 3 > 0，
x2 x3 2
即 f(x)> f′ (x) + 3 对于任意的 x∈ [1，2]成立．
2
7. 已知函数 f(x) = ax- lnx．
(1)求 f(x)的极值；
(2)设 g(x) = ex 2 + ax- f(x)
，求证：g(x)≥ 1．ex
【解析】(1)解 f′ (x) = a- 1 (x> 0)，
x
当 a≤ 0时，f′ (x)< 0恒成立，则 f(x)在 (0,+∞)上单调递减，f(x)无极值；
当 a> 0时，令 f′ (x)> 0，得 x> 1；令 f′ (x)< 0，得 0< x< 1，
a a
则 f(x)在 0, 1 上单调递减，在 1，+∞ 上单调递增，a a
f(x)有极小值为 1+ lna，无极大值．
(2)证明 可知 g(x) = ex 2 + lnx
，故要证 g(x) = e
x
ex
2
+ lnx
≥ 1
ex
只需证 g(x) = 2 + lnx≥ 1x，故只需证 g(x) =
2 + xlnx≥ x
ex e e ex
令：ω(x) = 2 + xlnx，
e
∴ω (x) = lnx+ 1，定义域为 x∈ (0,+∞)
令ω (x) = lnx+ 1= 0 x= 1，
e
所以当 x∈ 0, 1 时，ω (x)< 0，ω(x)递减；当 x∈ 1 ,+∞ 时ω (x)> 0，ω(x)递增，e e
所以ω(x)min=ω 1 = 1；e e
令 φ(x) = x
ex
，
∴ φ′ (x) = 1- xx ，定义域为 x∈ (0,+∞)e
令 φ′ (x) = 0，解得 x= 1，
所以当 x∈ (0,1)时，φ (x)> 0，φ(x)递增；当 x∈ [1，+∞)时 φ (x)> 0，φ(x)递减，
所以 φ(x) 1max= φ(1) = ；e
所以ω(x)≥ 1，φ(x)≤ 1，
e e
即：2 + xlnx≥ x
e ex
所以原不等式成立．
8. 已知函数 f(x) = x3-ax，g(x) = 1 x2-lnx- 5．
2 2
(1)若 f(x)和 g(x)在同一点处有相同的极值，求实数 a的值；
(2)对于一切 x∈ (0,+∞)，有不等式 f(x)≥ 2x g(x) - x2+5x- 3恒成立，求实数 a的取值范围；
(3)设G(x) = 1 x2- 5 - g(x) 1 2，求证：G(x)> x - ．2 2 e ex
2
【解析】解：(1) ∵ g′ (x) = x- 1 = x -1，∴当 x∈ (0,1)时，g (x) < 0，则 g(x)单调递减；当 x∈ (1,
x x
+∞)时，g (x)> 0，则 g(x)单调递增．∴ g(x)极小值= g(1) =-2
又∵ f(x)和 g(x)在同一点处有相同的极值，
∴ f(1) = 1- a=-2，即 a= 3．
(2)若使对于一切 x∈ (0,+∞)，不等式 f(x) ≥ 2x g(x) - x2+5x- 3恒成立，则只需使得不等式 a≤
2lnx+ x+ 3 恒成立，即只需 a≤ 2lnx+ x+ 3x x min
( ) = + + 3 ( ) = 2 + - 3 = (x- 1) (x+ 3)设 t x 2lnx x ，则 t x 1 (x> 0)，
x x x2 x2
∴当 x∈ (0,1)时，t (x)< 0，则 t(x)单调递减；当 x∈ (1,+∞)时，t (x)> 0，则 t(x)单调递增．
∴ t(x)最小值= t(1) = 4，
∴ a≤ 4，即 a的取值范围为 (-∞，4]
(3)若证G(x)> 1 - 2x ，则只需证明 lnx>
1 2 x 2
e ex ex
- ，即证 xlnx> x -ex e e
设m(x) = xlnx，则m (x) = lnx + 1，由于m(x)在 0, 1 单调递减，在 1 ,+∞ 单调递增，所以e e
m(x) 1 1 x 2 1- xmin=m =- ；设 n(x) = x - ，则 n (x) = x ，由于 n(x)在 (0,1)单调递增，在 (1,e e e e e
+∞)单调递减，所以n(x)max=n(1) =- 1．e
所以m(x)≥n(x)又由于m(x)与n(x)不在同一个变量时取得最值，即m(x)>n(x)
综上所述，xlnx> x - 2x ．e e
9. 已知函数 f(x) = elnx- ax(a∈R)．
(1)讨论 f(x)的单调性；
(2)当 a= e时，证明：xf(x) - ex+2ex≤ 0．
【解析】解：(1)f (x) = e - a(x> 0)，
x
①若 a≤ 0，则 f (x)> 0，f(x)在 (0,+∞)上为增函数；
②若 a> 0，则当 x< e 时，f (x)> 0；当 x> e 时，f (x)< 0．
a a
故在 0, e 上，f(x)为增函数；在 e ,+∞ 上，f(x)为减函数．a a
x
(2)因为 x> 0，所以只需证 f(x)≤ e - 2e，
x
由 (1)知，当 a= e时，f(x)在 (0,1)上为增函数，在 (1,+∞)上为减函数，
所以 f(x)max= f(1) =-e．
x
记 g(x) = e
x
- 2e(x> 0)，则 g ( ) = (x- 1)ex ，
x x2
所以，当 0< x< 1时，g (x)< 0，g(x)为减函数；当 x> 1时，g (x)> 0，g(x)为增函数，
所以 g(x)min= g(1) =-e．
x
所以当 x> 0时，f(x)≤ g(x)，即 f(x)≤ e - 2e，即 xf(x) - ex+2ex≤ 0．
x
解法二：(1)同解法一．
(2)由题意知，即证 exlnx- ex2-ex+2ex≤ 0，
x
从而等价于 lnx- x+ 2≤ e ．
ex
设函数 g(x) = lnx- x+ 2，则 g (x) = 1 - 1．
x
所以当 x∈ (0,1))时，g (x)> 0；当 x∈ (1,+∞)时，g (x)< 0，
故 g(x)在 (0,1)上单调递增，在 (1,+∞)上单调递减．
从而 g(x)在 (0,+∞)上的最大值为 g(1) = 1．
x x
( ) = e ( ) = e (x- 1)设函数 h x ，则 h x ．
ex ex2
所以当 x∈ (0,1))时，h (x)< 0；当 x∈ (1,+∞)时，h (x)> 0．
故 h(x)在 (0,1)上单调递减，在 (1,+∞)上单调递增．
从而 h(x)在 (0,+∞)上的最小值为 h(1) = 1．
综上，当 x> 0时，g(x)< h(x)，即 xf(x) - ex+2ex≤ 0．
10.已知函数 f(x) = elnx- ax(a∈R)．
(1)讨论 f(x)的单调性；
x
(2)当 a= e时，证明：f(x) - e + 2e≤ 0．
x
【解析】解：(1)函数的定义域为 (0,+∞)，∵ f (x) = e- ax (x> 0)，
x
∴当 a≤ 0时，f′ (x)> 0在 (0,+∞)上恒成立，
故函数 f(x)在区间 (0,+∞)上单调递增；
当 a> 0时，由 f′ (x)> 0得 0< x< e，
a
由 f′ (x)< 0得 x> e，即函数 f(x)在区间 0, e 上单调递增，在 e +∞ 上单调递减；a a a
综上，当 a≤ 0时，f(x)在区间 (0,+∞)上单调递增；当 a> 0时，f(x)在区间 0, e 上单调递增，在a
e，+∞a 上单调递减；
x x
(2)证明：因为 x> 0时，证明 f(x) - e + 2e≤ 0，只需证明 f(x)≤ e - 2e，
x x
由 (1)知，当 a= e时，函数 f(x)在区间 (0,1)上单调递增，在 (1,+∞)上单调递减；
所以 f(x)max= f(1) =-e．
ex
x
令 g(x) = - (x- 1)e2e，(x> 0)，则 g′ (x) = ，
x x2
所以当 x∈ (0,1)时，g′ (x)< 0，函数 g(x)单调递减；
当 x∈ (1,+∞)时，g′ (x)> 0，函数 g(x)单调递增，
所以 g(x)min= g(1) =-e．
x
所以 x> 0时，f(x)≤ e - 2e，
x
x
所以当 a= e时，f(x) - e + 2e≤ 0．
x
11.已知函数 f(x) = alnx+ x．
(1)讨论 f(x)的单调性；
(2)当 a= 1时，证明：xf(x)< ex．
【解析】解：(1)f(x) = alnx+ x，x∈ (0,+∞)．
f′ (x) = a + 1，
x
a≥ 0时，f′ (x)> 0，函数 f(x)在 x∈ (0,+∞)上单调递增．
a< 0时，令 f ′ (x) = 0，解得 x=-a> 0，函数 f(x)在 x∈ (0,-a)上单调递减，在 (-a,+∞)上单调递
增．
x
(2)证明：当 a= 1时，要证明：xf(x)< ex，即证明 lnx + 1< e ，
x x2
令 g(x) = lnx + 1，g′ (x) = 1- lnx，
x x2
令 g′ (x)> 0，解得 0< x< e；令 g′ (x)< 0，解得 e< x．
∴函数 g(x)在 (0,e)上单调递增，在 (e,+∞)上单调递减．
∴ x= e时，函数 g(x)取得极大值即最大值，g(e) = 1 + 1．
e
x
令 h(x) = e ，
x2
′ ( ) = (x- 2)e
x
h x ，
x3
令 h′ (x)< 0，解得 0< x< 2；令 h′ (x)> 0，解得 2< x．
∴函数 h(x)在 (0,2)上单调递减，在 (2,+∞)上单调递增．
2
∴ x= e时，函数 h(x)取得极小值即最小值，h(2) = e ．
4
e2 1 2 52- + 1 > - 1 - 1> 0．4 e 4 2.5
∴ g(x)max< h(x)min，
即 lnx + 1< e
x
，也即 xf(x)< ex．
x x2
12.已知函数 f(x) = ax2+lnx(a∈R)
(1)讨论 f(x)的单调性：
x-2
(2)当 a= 0时，证明：f(x)< 2e
x
2
【解析】解：(1)f′ (x) = 2ax+ 1 = 2ax +1 ,(x> 0) (1分)
x x
当 a≥ 0时，f′ (x)> 0，函数 f(x)在 (0,+∞)单调递增， (2分)
当 a< 0时，令 f′ (x)> 0，解得 0< x< -2a- ，所以 f(x)在 0,
-2a 单增，
2a -2a
令 f′ (x)< 0，解得 x> -2a- ，所以 f(x)在
-2a
- ，+∞ 单减， (4分)2a 2a
综上，当 a ≥ 0时，函数 f (x)在 (0 ,+∞)单调递增，当 a < 0时，f (x)在 0, -2a-2a 单增，在
-2a- ，+∞ 单减． (5分)2a
x-2 x
(2)证明：要证明 f(x)< 2e ，只要证 lnx < 2 e ． (7分)
x x e2 x2
( ) = h(x)令 g x ，则 g′ (x) = 1- lnx．
x x2
当 0< x< e时，g′ (x)> 0，g(x)单调递增；当 x> e时，g′ (x)< 0，g(x)单调递减；
所以 g(x)的最大值为 g(e) = 1， (9分)
e
x x
( ) = 2 e ( > ) e (x- 2)令 h x x 0 ，h′ (x) = 2 ．
e2 x2 e2 x3
当 0< x< 2时，h′ (x)< 0，h(x)单调递减；当 x> 2时，h′ (x)> 0，h(x)单调递增；
所以 h(x)的最小值为 h(2) = 1， (11分)
2
1 1 x因为 < ，所以 g(x)< h(x)，即 lnx < 2 e ．
e 2 x e2 x2
所以原不等式成立． (12分)
13.已知函数 f(x) = lnx- (1+ a)x2-x．
(1)讨论函数 f(x)的单调性；
(2)当 a< 1时，证明：对任意的 x∈ (0,+∞)，有 f(x)<- lnx - (1+ a)x2-a+ 1．
x
【解析】(1)解：由 f(x) = lnx- (1+ a)x2-x，得
2
f′ (x) = 1 - ( + ) - = -2(1+ a)x -x+ 12 1 a x 1 (x> 0)，
x x
当 a=-1时，f′ (x) = 1- x，
x
当 x∈ (0,1)时，f′ (x)> 0，f(x)为增函数，当 x∈ (1,+∞)时，f′ (x)< 0，f(x)为减函数；
当 a≤- 9 时，-2(1+ a)> 0，-2(1+ a)x2-x+ 1≥ 0，即 f′ (x)> 0，f(x)在 (0,+∞)上为增函数；
8
当 - 9 < a <-1 时，-2 ( 1 + a ) > 0，二次方程 -2 ( 1 + a )x 2-x + 1 = 0 有两根，0 < x 1=8
-1+ 8a+ 9 < x = -1- 8a+ 92 ，
4(1+ a) 4(1+ a)
当 x∈ (0,x1)，x∈ (x2，+∞)时，f ′ (x) > 0，f(x)为增函数，当 x∈ (x1，x2)时，f ′ (x) < 0，f(x)为减函
数；
当 a>-1时，-2(1+ a) < 0，二次方程-2(1+ a)x2-x+ 1= 0有两根，x1= -1- 8a+ 9 < 0，x( + ) 2
=
4 1 a
-1+ 8a+ 9 > 0，
4(1+ a)
当 x∈ (0,x2)时，f′ (x)> 0，f(x)为增函数，当 x∈ (x2，+∞)时，f′ (x)< 0，f(x)为减函数．
(2)证明：要证 f(x)<- lnx - (1+ a)x2-a+ 1，
x
即证 lnx- (1+ a)x2-x<- lnx - (1+ a)x2-a+ 1，
x
即 lnx + lnx- x< 1- a，
x
∵ a< 1，∴ 1- a> 0，
也就是证 lnx + lnx- x≤ 0，
x
即证 lnx ≤ x- lnx．
x
令 g(x) = lnx，则 g′ (x) = 1- lnx，
x x2
当 x∈ (0,e)时，g′ (x)> 0，g(x)为增函数，当 x∈ (e,+∞)时，g′ (x)< 0，g(x)为减函数，
∴ g(x) 1max= g(e) = ；e
令 h(x) = x- lnx，h′ (x) = 1- 1 = x- 1，
x x
当 x∈ (0,1)时，h′ (x)< 0，h(x)为减函数，当 x∈ (1,+∞)时，h′ (x)> 0，h(x)为增函数，
∴ h(x)min= h(1) = 1，
∴ lnx ≤ x- lnx成立，
x
故对任意的 x∈ (0,+∞)，有 f(x)<- lnx - (1+ a)x2-a+ 1．
x证明不等式之凹凸反转、拆分函数
【典型例题】
2
例1. f(x) = a lnx+ 1 + x +2已知函数 (a∈R)．x2 x
(Ⅰ)若 x= 2是 f(x)的极小值点，求 a的取值范围；
(Ⅱ)若 a=-1，f′ (x)为 f(x)的导函数，证明：当 1≤ x≤ 2时，f(x) - f (x)> 3．
2
例2.已知函数 f(x) = ex-ae2x．
(1)讨论 f(x)的单调区间；
(2)当 a< 0时，证明：f(x)> e2lnx．
例3.已知函数 f(x) = axex-2-lnx- x+ 2．
(1)设 x= 2是函数 f(x)的极值点，求 a，并求 f(x)的单调区间；
(2) 1证明：当 a≥ 时，f(x)≥ 0．
e
例4.已知函数 f(x) = ex-x-m(m∈R)．
(1)当 x> 0时，f(x)> 0恒成立，求m的取值范围；
(2) m=-1 x- lnx当 时，证明： ex f(x)> 1-
1
．
e2
例5.已知 f(x) = xlnx，g(x) =-x2+ax- 3
(1)对 x∈ (0,+∞)，不等式 2f(x)≥ g(x)恒成立，求实数 a的取值范围；
(2)证明：对一切 x∈ (0,+∞) 1 2，都有 lnx> x - ．e ex
例6.已知函数 f(x) = alnx+ x+ 2 + 2a(a∈R)．
x
(1)讨论函数 f(x)的单调性；
x
(2)若 0< a< e ，求证 f(x)< x+ e +2．
4 x
【同步练习】
1. 已知函数 f(x) = alnx- 1 x2+2x+ 3a．
2
(1)讨论函数 f(x)的单调性；
x
(2)若 0< a< 1 ，求证：f(x)< e - 1 x2+2x．
4 x 2
2. 已知函数 f(x) = x3-ax． (a∈R)
(Ⅰ)求函数 f(x)的单调区间；
(Ⅱ) x求证： e-x+xlnx> 3 - ex-2．
f(x) + ax 2ex
3. 已知函数 f(x) = xlnx，f (x)为 f(x)的导函数．
(1)令 g(x) = f (x) - ax2，试讨论函数 g(x)的单调区间；
(2)证明：f(x)< 2ex-2．
4. f(x) = alnx+ b设函数 ，曲线 y= f(x)在点 (1，f(1))处的切线方程为 x+ y- 3= 0．
x
(1)求 a，b；
(2)证明：f(x)> e-x．
5. 已知函数 f(x) = xlnx- ax，其中 a为参数．
(1)求 f(x)的极值；
(2) g(x) = x- 1 - lnx- 2设 x ，证明当 x∈ (0,+∞)时，g(x)< 1恒成立．xe xe2
6. 已知 f(x) = a(x- lnx) + 2x- 1，a∈R．
x2
(Ⅰ)讨论 f(x)的单调性；
(Ⅱ)当 a= 1时，证明 f(x)> f′ (x) + 3 对于任意的 x∈ [1，2]成立．
2
7. 已知函数 f(x) = ax- lnx．
(1)求 f(x)的极值；
(2) g(x) = ex 2设 + ax- f(x)
ex
，求证：g(x)≥ 1．
8. 1 5已知函数 f(x) = x3-ax，g(x) = x2-lnx- ．
2 2
(1)若 f(x)和 g(x)在同一点处有相同的极值，求实数 a的值；
(2)对于一切 x∈ (0,+∞)，有不等式 f(x)≥ 2x g(x) - x2+5x- 3恒成立，求实数 a的取值范围；
(3)设G(x) = 1 x2- 5 - g(x)，求证：G(x)> 1 - 2 ．
2 2 ex ex
9. 已知函数 f(x) = elnx- ax(a∈R)．
(1)讨论 f(x)的单调性；
(2)当 a= e时，证明：xf(x) - ex+2ex≤ 0．
10.已知函数 f(x) = elnx- ax(a∈R)．
(1)讨论 f(x)的单调性；
x
(2) e当 a= e时，证明：f(x) - + 2e≤ 0．
x
11.已知函数 f(x) = alnx+ x．
(1)讨论 f(x)的单调性；
(2)当 a= 1时，证明：xf(x)< ex．
12.已知函数 f(x) = ax2+lnx(a∈R)
(1)讨论 f(x)的单调性：
x-2
(2)当 a= 0 2e时，证明：f(x)<
x
13.已知函数 f(x) = lnx- (1+ a)x2-x．
(1)讨论函数 f(x)的单调性；
(2) lnx当 a< 1时，证明：对任意的 x∈ (0,+∞)，有 f(x)<- - (1+ a)x2-a+ 1．
x
