解 f′(x)＝xe－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 0<x<ae时，f′(x)>0，当 x>ae时，f′(x)<0， 故 f(x)在0，ae上单调递增，在ae，＋∞上单调递减.
(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.
∴ln x0＝21x0－32， ∴当x∈(0，x0)时，g′(x)<0； 当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)>0， ∴g(x)的单调递减区间为(0，x0)，单调递增区间为(x0，＋∞)， ∴g(x)min＝g(x0)＝(2x0－1)ln x0＋x0 ＝(2x0－1)21x0－32＋x0 ＝52－2x0－21x0， 令 m(x)＝25－2x－21x，x∈12，1
证明 因为x>0， 所以只需证 f(x)≤exx－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)＝exx－2e(x>0)，则 g′(x)＝x－x21ex，
所以当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
证明 令g(x)＝f(x)＋2x＝(2x－1)ln x＋x，
则g(x)的定义域为(0，＋∞)，
g′(x)＝2ln x＋2x－x 1＋1＝2ln x－1x＋3， 令 h(x)＝2ln x－1x＋3， 则 h′(x)＝2x＋x12>0， ∴h(x)在(0，＋∞)上是增函数，h(1)＝2>0，h21＝1－ln 4<0， ∴∃x0∈12，1，使 h(x0)＝0， 即 g′(x0)＝2ln x0－x10＋3＝0，
∴存在 x0∈12，1，使得 G(x0)＝0，即x10－ ex0 ＝0.
当x∈(0，x0)时，G(x)>0， ∴F′(x)>0，F(x)为增函数； 当x∈(x0，＋∞)时，G(x)<0， ∴F′(x)<0，F(x)为减函数.
∴F(x)≤F(x0)＝ln x0＋x0－x0 ex0 ＋1， 又∵x10－ ex0＝0，∴x10＝ ex0，即 ln x0＝－x0，
所以g(x)min＝g(1)＝－e， 综上，当x>0时，f(x)≤g(x)， 即 f(x)≤exx－2e，即 xf(x)－ex＋2ex≤0.
思维升华
SI WEI SHENG HUA
(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.
∴F(x0)＝0，即F(x)≤0，∴f(x)≤g(x).
题型二 答题模板 不等式恒成立问题
例3 (12分)(2019·全国Ⅰ)已知函数f (x)＝2sin x－xcos x－x，f′(x)为f (x)的 导数. (1)证明：f′(x)在区间(0，π)上存在唯一零点； (2)若x∈[0，π]时，f(x)≥ax，求a的取值范围.
大一轮复习讲义
高考专题突破一 高考中的导数应用问题
第1课时 导数与不等式
题型一 多维探究 证明不等式
命题点1 构造函数法 例1 (2020·皖南八校联考)已知函数f(x)＝(2x－1)ln x－x. (1)求函数f(x)的零点个数；
解 f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝2ln x＋2x－x 1－1＝2ln x＋1－1x， f′(1)＝0， ∴当0<x<1时，f′(x)<0；当x>1时，f′(x)>0， ∴f (x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)，
跟踪训练1 (1)设函数f(x)＝ln x－x＋1. ①讨论f (x)的单调性；
解 由题设知，f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝1x－1，令 f′(x)＝0，解得 x＝1. 当0<x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减.
②证明：当 x∈(1，＋∞)时，1<xl－n x1<x.
证明 由①知，f(x)在x＝1处取得极大值也为最大值，最大值为f(1)＝0.
所以当x≠1时，ln x<x－1.
故当 x∈(1，＋∞)时，ln x<x－1，ln 1x<1x－1，
即
x－1 1< ln x <x.
(2)已知函数f(x)＝ln x＋x，g(x)＝x·ex－1，求证：f(x)≤g(x).
证明 令F(x)＝f(x)－g(x)＝ln x＋x－xex＋1(x>0)， 则 F′(x)＝1x＋1－ex－xex＝1＋x x－(x＋1)ex＝(x＋1)1x－ex. 令 G(x)＝1x－ex，可知 G(x)在(0，＋∞)上为减函数，
规范解答 (1)证明 f′(x)＝cos x＋xsin x－1， 令g(x)＝cos x＋xsin x－1，则g′(x)＝xcos x，
∵当 x∈0，π2时，g′(x)>0；当 x∈π2，π时，g′(x)<0， ∴g(x)在0，π2上单调递增，在π2，π上单调递减， 又 g(0)＝1－1＝0，gπ2＝π2－1>0， g(π)＝－1－1＝－2， 即当 x∈0，π2时，g(x)>0，此时 g(x)无零点， 即f′(x)无零点.
∵f (1)＝－1<0，f e12＝e22－1ln e12－e12＝－2e22－1－e12＝2－e52>0， ∴f(x)在e12，1内有 1 个零点， ∵f(e)＝(2e－1)ln e－e＝e－1>0， ∴f (x)在(1，e)内有1个零点， ∴f (x)有两个零点.
(2)求证：f(x)＋2x>0.
则 m′(x)＝－2＋21x2＝1－2x42x2＝1＋2x2x21－2x≤0 在21，1上恒成立， ∴m(x)在21，1上是减函数，
∴x∈12，1时，m(x)>m(1)＝25－2－21＝0， ∴g(x)min>0已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R). (1)讨论f(x)的单调性；