专项突破练三 不等式问题 题型一 例1 解:(1)由题意可知g(x)=xf(x)=xex-x2-2x, 所以g(x)的定义域为(-∞,+∞), g'(x)=ex+xex-2x-2=(x+1)(ex-2), 令g'(x)=0,得(x+1)(ex-2)=0,解得x=-1或x=ln 2. 当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如表: x (-∞,-1) -1 (-1,ln 2) ln 2 (ln 2,+∞) g'(x) + 0 - 0 + g(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 由表可知,g(x)的极大值点为-1,极小值点为ln 2. (2)证明:由f(x)≥x3-1,得ex-x3-x-1≥0, 则要证f(x)≥x3-1,只需证≥0即可. 设F(x)=ex-x3-x-1,则F'(x)=ex-x2-1. 设h(x)=F'(x)=ex-x2-1,则h'(x)=ex-2x. 设φ(x)=h'(x)=ex-2x,则φ'(x)=ex-2. 令φ'(x)=0,得ex-2=0,解得x=ln 2. 则当x>ln 2时,φ'(x)>0, 当x
0. 所以函数h(x)在(-∞,+∞)上单调递增,又h(0)=e0-02-1=0, 所以x=0是方程h(x)=0唯一的实数根, 可得当x>0时,F'(x)>0, 当x<0时,F'(x)<0, 所以函数F(x)在(0,+∞)上单调递增,在(-∞,0)上单调递减. 所以当x=0时,函数F(x)取得极小值,也是最小值, 最小值为F(0)=e0-×03-0-1=0, 所以F(x)=ex-x3-x-1≥0,则ex-x-2≥x3-1, 即f(x)≥x3-1. 变式 解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-a. 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:方法一,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, 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. 方法二,当a=e时,要证xf(x)-ex+2ex≤0,即证exln x-ex2-ex+2ex≤0,即证ln x-x+2≤. 设函数g(x)=ln x-x+2,则g'(x)=-1. 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. 设函数h(x)=,则h'(x)=. 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),则xf(x)-ex+2ex≤0. 题型二 例2 解:(1)证明:由f(x)=x-(x+1)ln(x+1),可得x>-1,且f'(x)=-ln(x+1), 则当x∈(-1,0)时,f'(x)>0,当x∈(0,+∞)时,f'(x)<0, 所以当x∈(-1,0)时,函数f(x)单调递增, 当x∈(0,+∞)时,函数f(x)单调递减, 所以f(x)≤f(0)=0. (2)由f(x)≥ax2,可得ax2-x+(x+1)ln(x+1)≤0. 设g(x)=ax2-x+(x+1)ln(x+1),x≥0,则g(0)=0, g'(x)=2ax+ln(x+1). 设h(x)=g'(x)=2ax+ln(x+1)(x≥0),则h'(x)=2a+. 则当2a≥0时,h'(x)>0恒成立,故h(x)在[0,+∞)上单调递增, 所以h(x)≥h(0)=0,故g(x)在[0,+∞)上也单调递增, 所以g(x)≥g(0)=0,与题意矛盾. 当2a<0时,令h'(x)=0,得x=-1-. (i)当a≤-时,-1-≤0,则在区间[0,+∞)上h'(x)≤0恒成立,故h(x)在[0,+∞)上单调递减, 又h(x)≤h(0)=0,故g(x)在[0,+∞)上也单调递减,所以g(x)≤g(0)=0恒成立,符合题意. (ii)当0>a>-时,-1->0,则当x∈时,h'(x)>0, 当x∈时,h'(x)<0, 此时函数h(x)在区间上单调递增,在区间上单调递减, 又h(0)=0,所以当x∈时,h(x)≥h(0)=0,当且仅当x=0时取等号, 则在区间上g(x)单调递增,所以g(x)≥g(0)=0,与题意矛盾. 综上,实数a的取值范围为. 变式 解:(1)f'(x)==. 当a=2时,f'(x)≥0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增; 当00,得02,由f'(x)<0,得a