第 1 课时 导数与不等式证明不等式命题点 1 构造函数法例 1 (2020·赣州模拟)已知函数 f (x)＝1－，g(x)＝＋－bx，若曲线 y＝f (x)与曲线 y＝g(x)的一个公共点是 A(1,1)，且在点 A 处的切线互相垂直.(1)求 a，b 的值；(2)证明：当 x≥1 时，f (x)＋g(x)≥.(1)解 因为 f (x)＝1－，x>0，所以 f′(x)＝，f′(1)＝－1.因为 g(x)＝＋－bx，所以 g′(x)＝－－－b.因为曲线 y＝f (x)与曲线 y＝g(x)的一个公共点是 A(1,1)，且在点 A 处的切线互相垂直，所以 g(1)＝1，且 f′(1)·g′(1)＝－1，所以 g(1)＝a＋1－b＝1，g′(1)＝－a－1－b＝1，解得 a＝－1，b＝－1.(2)证明 由(1)知，g(x)＝－＋＋x，则 f (x)＋g(x)≥⇔1－－－＋x≥0.令 h(x)＝1－－－＋x(x≥1)，则 h(1)＝0，h′(x)＝＋＋＋1＝＋＋1.因为 x≥1，所以 h′(x)＝＋＋1>0，所以 h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以当 x≥1 时，h(x)≥h(1)＝0，即 1－－－＋x≥0，所以当 x≥1 时，f (x)＋g(x)≥.命题点 2 分拆函数法例 2 (2019·福州期末)已知函数 f (x)＝eln x－ax(a∈R).(1)讨论 f (x)的单调性；(2)当 a＝e 时，证明：xf (x)－ex＋2ex≤0.(1)解 f′(x)＝－a(x>0).① 若 a≤0，则 f′(x)>0，f (x)在(0，＋∞)上单调递增；② 若 a>0，则当 00，当 x>时，f′(x)<0，故 f (x)在上单调递增，在上单调递减.(2)证明 因为 x>0，所以只需证 f (x)≤－2e，当 a＝e 时，由(1)知，f (x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.1所以 f (x)max＝f (1)＝－e，记 g(x)＝－2e(x>0)，则 g′(x)＝，所以当 01 时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以 g(x)min＝g(1)＝－e，综上，当 x>0 时，f (x)≤g(x)，即 f (x)≤－2e，即 xf (x)－ex＋2ex≤0.思维升华 (1)利用导数证明不等式的基本思路是依据函数的单调性，求得函数的最值，然后由 f (x)≤f (x)max或 f (x)≥f (x)min证得不等式.(2)证明 f (x)>g(x)，可以构造函数 h(x)＝f (x)－g(x)，然后利用 h(x)的最值证明不等式.(3)若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形分拆，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目的.跟踪训练 1 (1)设函数 f (x)＝ln x－x＋1.① 讨论 f (x)的单调性；② 证明：当 x∈(1，＋∞)时，1<
