第十三节 导数与函数的综合问题导数与不等式►考法 1 证明不等式【例 1】 已知函数 f(x)＝x＋aex(a∈R)．(1)讨论函数 f(x)的单调性；(2)当 x＜0，a≤1 时，证明：x2＋(a＋1)x＞xf′(x)．[解] (1)由 f(x)＝x＋aex可得 f′(x)＝1＋aex.当 a≥0 时，f′(x)＞0，则函数 f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数．当 a＜0 时，由 f′(x)＞0 可得 x＜ln，由 f′(x)＜0 可得 x＞ln，所以函数 f(x)在上为增函数，在上为减函数．(2)证明：设 F(x)＝x2＋(a＋1)x－xf′(x)＝x2＋ax－axex＝x(x＋a－aex)．设 H(x)＝x＋a－aex，则 H′(x)＝1－aex. x＜0，∴0＜ex＜1，又 a≤1，∴1－aex≥1－ex＞0.∴H(x)在(－∞，0)上为增函数，则 H(x)＜H(0)＝0，即 x＋a－aex＜0.由 x＜0 可得 F(x)＝x(x＋a－aex)＞0，所以 x2＋(a＋1)x＞xf′(x)．►考法 2 解决不等式恒成立(存在性)问题【例 2】 设 f(x)＝＋xln x，g(x)＝x3－x2－3.(1)如果存在 x1，x2∈[0,2]使得 g(x1)－g(x2)≥M 成立，求满足上述条件的最大整数 M；(2)如果对于任意的 s，t∈，都有 f(s)≥g(t)成立，求实数 a 的取值范围．[解] (1)存在 x1，x2∈[0,2]使得 g(x1)－g(x2)≥M 成立，等价于[g(x1)－g(x2)]max≥M.由 g(x)＝x3－x2－3，得 g′(x)＝3x2－2x＝3x.令 g′(x)＞0 得 x＜0，或 x＞，令 g′(x)＜0 得 0＜x＜，又 x∈[0,2]，所以 g(x)在区间上是减少的，在区间上是增加的，所以 g(x)min＝g＝－，又 g(0)＝－3，g(2)＝1，所以 g(x)max＝g(2)＝1.故[g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝≥M，则满足条件的最大整数 M＝4.(2)对于任意的 s，t∈，都有 f(s)≥g(t)成立，等价于在区间上，函数 f(x)min≥g(x)max，由(1)可知在区间上，g(x)的最大值为 g(2)＝1.在区间上，f(x)＝＋xln x≥1 恒成立等价于 a≥x－x2ln x 恒成立．设 h(x)＝x－x2ln x，h′(x)＝1－2xln x－x，令 m(x)＝xln x，由 m′(x)＝ln x＋1＞0得 x＞.即 m(x)＝xln x 在上是增函数，可知 h′(x)在区间上是减函数，又 h′(1)＝0，1所以当 1＜x＜2 时，h′(x)＜0；当＜x＜1 时，h′(x)＞0.即函数 h(x)＝x－x2ln x 在区间上递增，在区间(1,2)上递减，所以 h(x)max＝h(1)＝1，所以 a≥1，即实数 a 的取值范围是[1，＋∞)．[规律方法] 1.利用导数证明含“x”不等式方法，证明：f(x)＞g(x)．法一：移项，f(x)－g(x)＞0，构造函数 F(x)＝f(x)－g(x)，转...
