第1课时利用导数解决不等式问题构造函数证明不等式(师生共研)(2020·唐山市摸底考试)设f(x)＝2xlnx＋1
(1)求f(x)的最小值；(2)证明：f(x)≤x2－x＋＋2lnx
【解】(1)f′(x)＝2(lnx＋1)．所以当x∈时，f′(x)0，f(x)单调递增．所以当x＝时，f(x)取得最小值f＝1－
(2)证明：x2－x＋＋2lnx－f(x)＝x(x－1)－－2(x－1)lnx＝(x－1)，令g(x)＝x－－2lnx，则g′(x)＝1＋－＝≥0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，又g(1)＝0，所以当0g(x)max恒成立．从而f(x)>g(x)，但此处f(x)与g(x)取到最值的条件不是同一个“x的值”．(2020·四省八校双教研联考)已知函数f(x)＝ax－axlnx－1(a∈R，a≠0)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当x>1时，求证：>－1
解：(1)f′(x)＝a－a(lnx＋1)＝－alnx，若a>0，则当x∈(0，1)时，f′(x)>0，当x∈(1，＋∞)，f′(x)e－x，即证1时，x－xlnx－1F′(1)＝e－1>0，所以F(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以F(x)>F(1)，而F(1)＝e，所以ex－lnx>e>0，所以ex>lnx，所以ex>lnx>，所以原不等式得证．由不等式恒成立探求参数的取值范围(师生共研)已知函数f(x)＝lnx＋－1
(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设m∈R，对任意的a∈(－1，1)，总存在x0∈[1，e]，使不等式ma－f(x0)＜0成立，求实数m的取值范围．【解】(1)f′(x)＝－＝，x＞0
令f′(x)＞0，得x＞1，所以函数f(x)的单调递增区间是(1，＋∞)．令f′(x)＜0，得0＜x＜1，所以函数f(x)的单调递减区间是(0，1)．(2)依题意，ma＜f(x)max
