标签：5.3 导数 ln dfrac right qquad pi 最值 left

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[ 【基础过关系列】高二数学同步精品讲义与分层练习(人教A版2019）]
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选择性第二册同步巩固，难度2颗星！

基础知识

函数$y=f(x)$在$[a，b]$上的最大值与最小值的步骤
(1)求函数$y=f(x)$在$(a ，b)$内的极值；
(2)将函数$y=f(x)$的各极值与端点处的函数值$f(a)$，$f(b)$比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．
解释
(1) 极大值不一定是最大值，极小值不一定是最小值.
(2) 一般地，如果在区间$[a，b]$上函数$y=f(x)$的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值.

【例】 如下图，可知函数$y=f(x)$在区间$[a，b]$上的极大值为$f(x_1 )$，$f(x_3 )$；极小值为$f(x_2 )$，$f(x_4 )$；最大值为$f(b)$，最小值为$f(x_4 )$.

基本方法

【题型1】求函数的最值

【典题1】 设$a∈R$，函数$f(x)=x^3-x^2-x+a$．
(1)求$f(x)$的极值；$\qquad \qquad$ (2)若$x∈[-1，2]$，求函数$f(x)$的值域．
解析 (1) $f'(x)=3x^2-2x-1$，若$f'(x)=0$，则$x=-\dfrac{1}{3}$，$1$．
当$x$变化时，$f'(x)$，$f(x)$变化情况如下表：

$x$	$\left(-\infty，-\dfrac{1}{3}\right)$	$-\dfrac{1}{3}$	$\left(-\dfrac{1}{3}， 1\right)$	$1$	$(1，+∞)$
$f'(x)$	$+$	$0$	$-$	$0$	$+$
$f(x)$	$\uparrow$	极大值	$\downarrow$	极小值	$\uparrow$

所以$f(x)$的极大值是$f\left(-\dfrac{1}{3}\right)=\dfrac{5}{27}+a$，极小值是$f(1)=a-1$．
(2)因为$x∈\left[-1，2\right]$，由(1)知， $f\left(-\dfrac{1}{3}\right)=\dfrac{5}{27}+a$，
$f(1)=a-1$，$f(-1)=a-1$，$f(2)=a+2$．
则$f(x)$的值域为$\left[a-1，a+2\right]$．
点拨函数$y=f(x)$在$\left[a，b\right]$上的最大值与最小值的步骤
(1)求函数$y=f(x)$在$(a ，b)$内的极值；
(2)将函数$y=f(x)$的各极值与端点处的函数值$f(a)$，$f(b)$比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．

【典题2】 已知函数$f(x)=e^x (x-a-1)$．
(1)当$a=0$时，求曲线$y=f(x)$在$(0，f(0))$处的切线方程；
(2)求$f(x)$的单调性；
(3)求函数$f(x)$在$\left[0，1\right]$上的最小值．
解析 (1)当$a=0$时，$f(x)=e^x (x-1)$，$f'(x)=e^x (x-1)+e^x=xe^x$，
切线的斜率为$k=f'(0)=0$，
又$f(0)=-1$，
所以切线方程为$y-f(0)=k(x-0)$，即$y=-1$．
(2) $f'(x)=e^x (x-a-1)+e^x=e^x (x-a)$，
当$x⩾a$时，$f'(x)⩾0$，$f(x)$单调递增，
当$x<a$时，$f'(x)<0$，$f(x)$单调递减，
所以$f(x)$的单调递增区间为$(a，+∞)$，单调递减区间为$(-∞，a)$．
(3)当$a⩾1$时，$f(x)$在$(0，1)$上单调递减，
所以$f(x)_{\min }=f(1)=e a$，
当$a⩽0$时，$f(x)$在上单调递增，
所以$f(x)_{\min }=f(0)=-a-1$，
当$0<a<1$时，$f(x)$在$(0，a)$上单调递减，在$(a，+∞)$上单调递增，
所以 $f(x)_{\min }=f(a)=e^a(a-a-1)=-e^a$，
综上所述， $f(x)_{\min }=\left\{\begin{array}{l} -a-1， a \leqslant 0 \\ -e^a， 0<a<1 \\ -a e， a \geqslant 1 \end{array}\right.$．

【巩固练习】

1.函数$y=\dfrac{x}{2}+\cos x， x \in\left[0， \dfrac{\pi}{2}\right]$的最大值为 (　　)
A．$\dfrac{\sqrt{3}}{3}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．$\dfrac{\pi}{12}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C． $\dfrac{\pi}{6}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D． $\dfrac{\sqrt{3}}{2}$

2.已知函数$f(x)=e^x (2x^2-3x)$．则函数$f(x)$在区间$\left[0，2\right]$上的最大值为$\underline{\quad \quad}$．

3.已知函数$f(x)=x-\dfrac{a}{e^x}$．
(1)当$a=-1$时，求函数$f(x)$的单调区间；
(2)若函数$f(x)$在$\left[0，1\right]$上的最小值为$\dfrac{3}{2}$，求实数$a$的值．

参考答案

答案 $B$
解析 $f'(x)=\dfrac{1}{2}-\sin x$，
令$f'(x)=0$，得$x=\dfrac{\pi}{6}$，
当$0≤x<\dfrac{\pi}{6}$时，$f'(x)>0$，$f(x)$单调递增，
当$\dfrac{\pi}{6}<x≤\dfrac{\pi}{2}$时，$f'(x)<0$，$f(x)$单调递减，
所以当$x=\dfrac{\pi}{6}$时，$f(x)$取得极大值，也是最大值，
即$f\left(\dfrac{\pi}{6}\right)=\dfrac{\pi}{12}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}$，
故选：$B$．
答案 $2e^2$
解析 $f(x)=e^x (2x^2-3x)$，
$f'(x)=e^x (2x^2+x-3)=e^x (2x+3)(x-1)$，$x∈[0，2]$，
所以$f'(x)$和$f(x)$在区间$\left[0，2\right]$上随$x$变化的情况如下：

$x$	$0$	$(0，1)$	$1$	$(1，2)$	$2$
$f'(x)$		$-$	$0$	$+$
$f(x)$	$0$	$\downarrow$	$-e$	$\uparrow$	$2e^2$

所以$f(x)$在$[0，2]$单调递减区间为$[0，1)$，单调递增区间为$(1，2]$，
可知：当$x=2$时，$f(x)$取得最大值$2e^2$，
故答案为$2e^2$．

答案 (1) $f(x)$在$(-∞，0)$递减，在$(0，+∞)$递增；(2) $a=-\sqrt{e}$.
解析 (1)$f(x)$的定义域是$R$，且 $f^{\prime}(x)=1+\dfrac{a}{e^x}=\dfrac{e^x+a}{e^x}$，
$a=-1$时， $f^{\prime}(x)=\dfrac{e^x-1}{e^x}$，
由$f'(x)>0$，得$x∈(0，+∞)$，由$f'(x)<0$，得$x∈(-∞，0)$，
$\therefore f(x)$在$(-∞，0)$递减，在$(0，+∞)$递增；
(2)由(1)得 $f^{\prime}(x)=\dfrac{e^x+a}{e^x}$，
①若$a≥-1$，则$e^x+a≥0$，即$f'(x)≥0$在$\left[0，1\right]$上恒成立，
$f(x)$在$\left[0，1\right]$上是增函数，
$\therefore f(x)_{\min }=f(0)=-a=\dfrac{3}{2}$，$\therefore a=-\dfrac{3}{2}$(舍)；
②若$a≤-e$，则$e^x+a≤0$，即$f'(x)≤0$在$(0，1 ]$恒成立，
$f(x)$在$\left[0，1\right]$递减， $\therefore f(x)_{\min }=f(1)=1-\dfrac{a}{e}=\dfrac{3}{2}$， $\therefore a=-\dfrac{e}{2}$(舍)；
③若$-e<a<-1$，当$0<x<\ln (-a)$时，$f'(x)<0$，
$\therefore f(x)$在$(0，\ln (-a))$递减，
当$\ln (-a)<x<1$时，$f'(x)>0$，
$\therefore f(x)$在$(\ln (-a)，1)$递增；
$\therefore f(x)_{min}=f(\ln ⁡(-a))=\ln ⁡(-a)+1=\dfrac{3}{2}$，
$\therefore a=-\sqrt{e}$，
综上所述：$a=-\sqrt{e}$．

【题型2】证明不等式

【典题1】 证明：不等式$\ln ⁡x≤x-1$.
证明设$f(x)=\ln ⁡x-x+1$，
$\therefore$函数定义域是$(0，+∞)$， $f^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x}-1=\dfrac{1-x}{x}$，
令$f'(x)=0$，得$x=1$，
当$x>1$时，$f'(x)<0$，$f(x)$单调递减；
当$x<1$时，$f'(x)>0$，$f(x)$单调递增；
所以$f(x)$在$x=1$处取到最大值$f(1)=0$，
即$f(x)=\ln ⁡x-x+1≤0$，所以$\ln ⁡x≤x-1$.
点拨构造函数证明不等式恒成立.

【典题2】 已知函数$f(x)=\dfrac{\ln x}{x}$．
(1)求函数$f(x)$的单调区间；
(2)已知$a$、$b∈R$，$a>b>e$， (其中$e$是自然对数的底数)，求证: $b^a>a^b$．
解析 (1)$f(x)=\dfrac{\ln x}{x}$， $\therefore f^{\prime}(x)=\dfrac{1-\ln x}{x^2}$
当$x>e$时， $f'(x)<0$，$\therefore$函数$f(x)$在$(e，+∞)$上是单调递减．
当$0<x<e$时， $f'(x)>0$，$\therefore$函数$f(x)$在$(0，e)$上是单调递增．
$\therefore f(x)$的增区间是$(0，e)$，减区间是$(e，+∞)$．
(2)证明: $\because b^a>0$，$a^b>0$，
要证: $b^a>a^b$，
只要证: $a\ln ⁡b>b\ln ⁡a$，
只要证$\dfrac{\ln b}{b}>\dfrac{\ln a}{a}$.$(\because a>b>e)$，
由(1)得函数$f(x)$在$(e，+∞)$上是单调递减．
当$a>b>e$时，有$f(b)>f(a)$即 $\dfrac{\ln b}{b}>\dfrac{\ln a}{a}$．
$\therefore b^a>a^b$.
点拨类似$b^a>a^b$这样的指数式不等式，可两边去对数，化为对数式 $\dfrac{\ln b}{b}>\dfrac{\ln a}{a}$，可构造函数 $f(x)=\dfrac{\ln x}{x}$.

【巩固练习】

1.证明：不等式$e^x-x-1≥0$成立.

2.证明 $\sin x>\dfrac{2 x}{\pi}$， $x \in\left(0， \dfrac{\pi}{2}\right)$.

3.已知函数$f(x)=xe^ax-e^x$．
(1)当$a=\dfrac{1}{2}$时，判断$f(x)$在$[0，+∞)$的单调性；
(2)设$n∈N^*$，证明：$\dfrac{1}{\sqrt{1^2+1}}+\dfrac{1}{\sqrt{2^2+2}}+\cdots+\dfrac{1}{\sqrt{n^2+n}}>\ln (n+1)$.

参考答案

证明设$f(x)=e^x-x-1$，$\therefore f'(x)=e^x-1$，
令$f'(x)=0$，得$x=0$，
当$x>0$时，$f'(x)>0$，$f(x)$单调递增；
当$x<0$时，$f'(x)<0$，$f(x)$单调递减；
所以$f(x)$在$x=0$处取到最小值$f(0)=0$，
即$f(x)=e^x-x-1≥0$.
证明令 $f(x)=\dfrac{\sin x}{x}$，$x \in\left(0， \dfrac{\pi}{2}\right)$，
则 $f^{\prime}(x)=\dfrac{x \cdot \cos x-\sin x}{x^2}$，
令$g(x)=x\cdot \cos ⁡x-\sin ⁡x$，
则$g'(x)=\cos ⁡x-x\cdot \sin ⁡x-\cos ⁡x=-x\cdot \sin ⁡x$，
当 $x \in\left(0， \dfrac{\pi}{2}\right)$时，$g'(x)<0$，则$g(x)$在$\left(0， \dfrac{\pi}{2}\right)$上递减，
则$g(x)<g(0)=0$，
即当 $x \in\left(0， \dfrac{\pi}{2}\right)$时，$f'(x)<0$，所以$f(x)$在$\left(0， \dfrac{\pi}{2}\right)$上递减，
所以 $f(x)>f\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=\dfrac{2}{\pi}$，
即 $\dfrac{\sin x}{x}>\dfrac{2}{\pi} \Rightarrow \sin x>\dfrac{2 x}{\pi}$，$x \in\left(0， \dfrac{\pi}{2}\right)$.
答案 (1)$f(x)$在$[0，+∞)$上单调递减；(2) 略.
解析 (1)解：当$a=\dfrac{1}{2}$时， $f(x)=x e^{\dfrac{1}{2} x}-e^x$，
则 $f^{\prime}(x)=e^{\dfrac{1}{2} x}+\dfrac{1}{2} x e^{\dfrac{1}{2} x}-e^x=e^{\dfrac{1}{2} x}\left(1+\dfrac{1}{2} x-e^{\dfrac{1}{2} x}\right)$，
令 $g(x)=1+\dfrac{1}{2} x-e^{\dfrac{1}{2} x}$，$x\in [0，+∞)$，
则$g^{\prime}(x)=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2} e^{\dfrac{1}{2} x} \leq 0$，
即$g(x)=1+\dfrac{1}{2} x-e^{\dfrac{1}{2} x}$，$x\in [0，+∞)$为减函数，
又$g(0)=0$，则$g(x)≤0$，即$f'(x)≤0$，
即当$a=\dfrac{1}{2}$时，$f(x)$在$[0，+∞)$上单调递减；
(2)证明：由(1)可得： $x e^{\dfrac{1}{2} x}-e^x \leq-1$，当且仅当$x=0$时取等号，
令$t=e^x$，$x＞0$，则$t＞1$，
则$\sqrt{t} \ln t<t-1$，即 $\sqrt{t}-\dfrac{1}{\sqrt{t}}>\ln t$，
令$t=\dfrac{n+1}{n}$，则 $\sqrt{\dfrac{n+1}{n}}-\dfrac{1}{\sqrt{\dfrac{n+1}{n}}}>\ln \dfrac{n+1}{n}$，
即$\dfrac{1}{\sqrt{n(n+1)}}=\dfrac{1}{\sqrt{n^2+n}}>\ln \dfrac{n+1}{n}$，
则$\dfrac{1}{\sqrt{1^2+1}}+\dfrac{1}{\sqrt{2^2+2}}+\cdots+\dfrac{1}{\sqrt{n^2+n}}>\ln \dfrac{2}{1}+\ln \dfrac{3}{2}+\cdots+\ln \dfrac{n+1}{n}$$=\ln \left(\dfrac{2}{1} \times \dfrac{3}{2} \times \ldots \times \dfrac{n+1}{n}\right)=\ln ⁡(n+1)$，
故 $\dfrac{1}{\sqrt{1^2+1}}+\dfrac{1}{\sqrt{2^2+2}}+\cdots+\dfrac{1}{\sqrt{n^2+n}}>\ln (n+1)$.

【题型3】函数的最值综合运用

【典题1】 已知函数$f(x)=x^2-2 \ln x-m$， $g(x)=\left(\dfrac{1}{2}\right)^x+m$．
(1)存在$x_1\in \left[1，4\right]$，对任意$x_2\in \left[1，4\right]$，有不等式$f(x_1 )⩽g(x_2 )$成立，求实数$m$的取值范围；
(2)如果存在$x_1$、$x_2\in \left[1，4\right]$，使得$f(x_1 )-f(x_2 )⩾M$成立，求满足条件的最大整数$M$．
解析 (1)存在$x_1\in \left[1，4\right]$，对任意$x_2\in \left[1，4\right]$，有不等式$f(x_1 )⩽g(x_2 )$成立，
所以 $f(x)_{\min } \leqslant g(x)_{\min }$，因为$f(x)=x^2-2\ln ⁡x-m$，
所以 $f^{\prime}(x)=2 x-\dfrac{2}{x}=\dfrac{2 x^2-2}{x}=\dfrac{2(x-1)(x+1)}{x} \geqslant 0$对任意的$x\in \left[1，4\right]$恒成立，
所以函数$y=f(x)$在区间$\left[1，4\right]$上单调递增，
所以$f(x)_{\min }=f(1)=1-m，$，函数 $g(x)=\left(\dfrac{1}{2}\right)^x+m$在区间$\left[1，4\right]$上的单调递减，
所以$g(x)_{\min }=g(4)=m+\dfrac{1}{16}$，
所以 $1-m \leqslant m+\dfrac{1}{16}$，解得 $m \geqslant \dfrac{15}{32}$．
所以实数$m$的取值范围是$\left[\dfrac{15}{32}，+\infty\right)$．
(2)存在存在$x_1$、$x_2\in \left[1，4\right]$，使得$f(x_1 )-f(x_2 )⩾M$成立，
所以 $M \leqslant\left[f\left(x_1\right)-f\left(x_2\right)\right]_{\text {max }}$，即 $M \leqslant f(x)_{\text {max }}-f(x)_{\text {min }}$ ，
由(1)可知，函数$y=f(x)$在区间$\left[1，4\right]$上单调递增，
所以$f(x)_{min}=f(1)=1-m$，$f(x)_{max}=16-4\ln ⁡2-m$
所以 $M \leqslant f(x)_{\max }-f(x)_{\min }=15-4 \ln 2$，
所以满足条件的最大整数$M$的值为$12$．

【巩固练习】

1.已知函数$f(x)=x\ln x$．
(1)求$f(x)$的最小值；
(2)若对所有$x≥1$都有$f(x)≥ax-1$，求实数$a$的取值范围．

2.己知函数$f(x)=bx\ln x+3(b≠0)$，$f'(e)=4$，$g(x)= -x^2+ax$．
(l)求函数$f(x)$的极值；
(2)若对$∀x\in (0，+∞)$有$f(x)-g(x)≥0$恒成立，求实数$a$的取值范围．

参考答案

答案 (1) $-\dfrac{1}{e}$；(2) $a≤1$.
解析 (1)函数的定义域$(0，+∞)$，
$f'(x)=\ln x+1$，令$f'(x)>0$得$x>\dfrac{1}{e}$，此时$f(x)$递增，
令$f'(x)<0$得$0<x<\dfrac{1}{e}$，此时$f(x)$递减，$f(x)$最小值为$-\dfrac{1}{e}$；
(2)方法一分离参数法
由题意得$a≤\ln x+\dfrac{1}{x}$，令$g(x)=\ln x+\dfrac{1}{x}$，
当$x≥1$时， $g^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x^2}=\dfrac{x-1}{x^2} \geq 0$，
所以$g(x)$递增，$g(x)$的最小值为$g(1)=1$，
所以$a≤1$．
方法二直接构造函数法
对所有$x≥1$都有$f(x)≥ax-1$等价于$x\ln x-ax+1≥0$，
令$h(x)=x\ln x-ax+1$，则$h'(x)=\ln x+1-a$，
令$h'(x)=0$解得 $x=e^{a-1}$，
当$0<x<e^{a-1}$时，$h'(x)<0$，$h(x)$递减；
当$x>e^{a-1}$时，$h'(x)>0$，$h(x)$递增；
$\therefore h(x)≥h(e^{a-1} )=e^{a-1} (a-1)-ae^{a-1}+1=1-e^{a-1}$，
若要满足题意，则$1-e^{a-1}≥0$，解得$a≤1$.
答案 (1) 极小值$3-\dfrac{2}{e}$，无极大值；(2) $a≤4$.
解析 (1)$f'(x)=b(\ln x+1)$，
由$f'(e)=4$得$2b=4$，解得$b=2$，
所以$f(x)=2x\ln x+3$，$f'(x)=2(\ln x+1)$，
令$f'(x)=0$得$x=\dfrac{1}{e}$，
当$x<\dfrac{1}{e}$时，$f'(x)<0$；当$x>\dfrac{1}{e}$时，$f'(x)>0$；
所以函数$f(x)$的极小值$f\left(\dfrac{1}{e}\right)=3-\dfrac{2}{e}$，无极大值.
(2) 对$∀x\in (0，+∞)$有$2x\ln x+3+x^2-ax≥0$恒成立
等价于对$∀x\in (0，+∞)$有 $a \leq 2 \ln x+x+\dfrac{3}{x}$恒成立
令$g(x)=2 \ln x+x+\dfrac{3}{x}$，
则$g^{\prime}(x)=\dfrac{2}{x}+1-\dfrac{3}{x^2}=\dfrac{x^2+2 x-3}{x^2}=\dfrac{(x-1)(x+3)}{x^2}$，
所以当$x<1$时，$g'(x)<0$；当$x>1$时，$g'(x)>0$；
所以$g(x)≥g(1)=4$，
所以$a≤4$.

分层练习

【A组---基础题】

1.函数$y=x^3+x^2-x+1$在区间$\left[-2，1\right]$上的最小值为( )
A． $\dfrac{22}{27}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．$2$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C．$-1$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．$-4$

2.若函数$f(x)=\ln ⁡x-ax$在区间$(0，+∞)$上的最大值为$0$，则$f(e)=$ ( )
A．$0$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．$\dfrac{1}{e}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C．$1$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．$e$

3.函数$f(x)=ax-\ln ⁡x⩾0(a\in R)$恒成立的一个必要不充分条件是( )
A． $a \in\left[\dfrac{1}{e}，+\infty\right)$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B． $a∈[0，+∞)$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C．$a\in [1，+∞)$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．$a\in (-∞，e ]$

4.函数$y=x+2\cos x$在区间 $\left[0， \dfrac{\pi}{2}\right]$上的最大值是$\underline{\quad \quad}$，最小值是$\underline{\quad \quad}$．

5.若函数$f(x)=\dfrac{x^3}{3}+x^2-2$在区间$(a-4，a)$上存在最小值，则$a$的取值范围是$\underline{\quad \quad}$．

6.已知函数$f(x)=x^3-3x^2-9x$．
(1)求函数$f(x)$在点$(0，0)$处的切线方程；
(2)求函数$f(x)$在区间$\left[-2，2\right]$的最大值和最小值．

7.已知函数$f(x)=x\ln x$，$g(x)=-x^2+ax-3$．
(1)求函数$f(x)$的图象在点$(1，0)$处的切线方程；
(2)若对$∀x\in (0，+∞)$有$2f(x)≥g(x)$恒成立，求实数$a$的取值范围．

8.已知函数$f(x)=x-1-\ln x$．
(1)求证：$f(x)≥0$；
(2)求证：对于任意正整数$n$，$\left(1+\dfrac{1}{2}\right)\left(1+\dfrac{1}{2^2}\right) \cdots\left(1+\dfrac{1}{2^n}\right)<e$．

9.已知函数$f(x)=e^x-a(x+1)$．
(1)若$f(x)≥0$恒成立，求$a$的取值范围；
(2)证明：当$a=0$时，曲线$y=f(x)(x>0)$总在曲线$y=2+\ln ⁡x$的上方．

参考答案

答案 $C$
解析 $y'=3x^2+2x-1=(3x-1)(x+1)$，
令$y'>0$，解得：$x>\dfrac{1}{3}$或$x<-1$，令$y'<0$，解得：$-1<x<\dfrac{1}{3}$，
$\therefore$函数在$[-2，-1)$递增，在$\left(-1， \dfrac{1}{3}\right)$递减，在$\left(\dfrac{1}{3}， 1\right]$递增，
$\therefore x=-1$时，取极大值，极大值是$2$，$x=\dfrac{1}{3}$时，函数取极小值，极小值是$\dfrac{22}{27}$，
而$x=-2$时，$y=-1$，$x=1$时，$y=2$，
故函数的最小值是$-1$，
故选：$C$．
答案 $B$
解析 $f^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x}-a=\dfrac{1-a x}{x}$，$x>0$，
当$a⩽0$时，在$(0，+∞)$上$f'(x)>0$，$f(x)$单调递增，
所以$f(x)$没有最大值，不合题意，
当$a>0$时，令$f'(x)=0$，得$x=\dfrac{1}{a}$，
所以在 $\left(0， \dfrac{1}{a}\right)$上，$f'(x)>0$，$f(x)$单调递增，
在$\left(\dfrac{1}{a}，+\infty\right)$上，$f'(x)<0$，$f(x)$单调递减，
所以$\alpha f(x)_{\max }=f\left(\dfrac{1}{a}\right)=\ln \dfrac{1}{a}-a \times \dfrac{1}{a}=\ln \dfrac{1}{a}-1=0$，
所以$\dfrac{1}{a}=e$，所以$a=\dfrac{1}{e}$，
故选：$B$．
答案 $B$
解析根据题意，函数$f(x)=ax-\ln ⁡x$，其定义域为$(0，+∞)$，
若$f(x)=ax-\ln ⁡x⩾0(a\in R)$恒成立，必有 $a \geqslant \dfrac{\ln x}{x}$，
设 $\text { z } g(x)=\dfrac{\ln x}{x}$，其导数 $g^{\prime}(x)=\dfrac{1-\ln x}{x^2}$，
在区间$(0，e)$上， $g^{\prime}(x)=\dfrac{1-\ln x}{x^2}>0$，则$g(x)$在$(0，e)$上单调递增，
在$(e，+∞)$上，$g^{\prime}(x)=\dfrac{1-\ln x}{x^2}<0$ ，则$g(x)$在$(e，+∞)$上单调递减，
故$g(x)_{max}=g(e)=\dfrac{1}{e}$，
若$a \geqslant \dfrac{\ln x}{x}$恒成立，必有$a⩾\dfrac{1}{e}$，
依次分析选项：
对于$A$， $a \in\left[\dfrac{1}{e}，+\infty\right)$是$f(x)=ax-\ln ⁡x⩾0$恒成立的充分必要条件，不符合题意，
对于$B$， $a \in[0，+\infty)$是$f(x)=ax-\ln ⁡x⩾0$恒成立的一个必要不充分，符合题意，
对于$C$，$a\in [1，+∞)$是$f(x)=ax-\ln ⁡x⩾0$恒成立的一个充分不必要，不符合题意，
对于$D$，$a\in (-∞，e ]$是$f(x)=ax-\ln ⁡x⩾0$恒成立的既不充分也不必要条件，不符合题意，
故选：$B$．
答案 $\dfrac{\pi}{6}+\sqrt{3}$；$\dfrac{\pi}{2}$
解析由题意，可知：
当$x\in \left[0，\dfrac{\pi}{2}\right]$时，$y'=1-2\sin x$．
①当$y'=0$时，即$1-2\sin x=0$，$\sin x=\dfrac{1}{2}$，$x=\dfrac{\pi}{6}$时，函数取极值$f\left(\dfrac{\pi}{6}\right)=\dfrac{\pi}{6}+\sqrt{3}$．
②当$y'>0$时，即$1-2\sin x>0$，$\sin x<\dfrac{1}{2}$，$0≤x<\dfrac{\pi}{6}$时，函数$f(x)$单调递增．
③当$y'<0$时，即$1-2\sin x<0$，$\sin x>\dfrac{1}{2}$，$\dfrac{\pi}{6}<x≤\dfrac{\pi}{2}$时，函数$f(x)$单调递减．
$\because f(0)=2$，$f\left(\dfrac{\pi}{6}\right)=\dfrac{\pi}{6}+\sqrt{3}$，$f\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=\dfrac{\pi}{2}$．
$\therefore f(x)$在区间$\left[0，\dfrac{\pi}{2}\right]$上的图象大致如下：

则由图象可知：
在区间$\left[0，\dfrac{\pi}{2}\right]$上，当$x=\dfrac{\pi}{6}$时，$f(x)$取最大值$\dfrac{\pi}{6}+\sqrt{3}$；
当$x=\dfrac{\pi}{2}$时，$f(x)$取最小值$\dfrac{\pi}{2}$．
故答案为：$\dfrac{\pi}{6}+\sqrt{3}$；$\dfrac{\pi}{2}$．
答案 $[1，4)$
解析 $f^{\prime}(x)=x^2+2 x=x(x+2)$，
令$f'(x)>0$，解得：$x>0$或$x<-2$，
令$f'(x)<0$，解得：$-2<x<0$，
故$f(x)$在$(-∞，-2)$递增，在$(-2，0)$递减，在$(0，+∞)$递增，
故 $f(x)_{\text {min }}=f(x)_{\text {极小值 }}=f(0) \text {， }$，
若$f(x)$在区间$(a-4，a)$上存在最小值，
则$f(a-4)≥f(0)$
即 $\dfrac{1}{3}(a-4)^3+(a-4)^2-2 \geq-2$，解得：$a≥1$①，
而$a-4<0<a$，解得：$0<a<4$②，
综合①②得：$1≤a<4$.
答案 (1) $y=-9x$；(2)$f(x)_{max}=5$，$f(x)_{min}=-22$.
解析 (1) $f'(x)=3x^2-6x-9$，则$f'(0)=-9$，
所以函数在点$(0，0)$处的切线方程为$y=-9x$；
(2)由(1)得$f'(x)=3x^2-6x-9=3(x-3)(x+1)$，
由$f'(x)=0$，得$x=3$，或$x=-1$．
令$f'(x)>0$，得$x<-1$或$x>3$；令$f'(x)<0$，得$-1<x<3$，
所以$f(x)$在$[-2，-1)$上单调递增，在$(-1，2 ]$上单调递减，
因为$f(-2)=-2$，$f(2)=-22$，$f(-1)=5$，
所以$f(x)_{max}=5$，$f(x)_{min}=-22$．
答案 (1) $y=x-1$；(2)$(-∞，4 ]$.
解析 (1)$\because f'(x)=1+\ln x$，$\therefore f'(1)=1=k$，
故切线方程是：$y=x-1$；
(2)由题意，不等式化为$ax≤2x\ln x+x^2+3$，因为$x>0$，
所以 $a \leq 2 \ln x+x+\dfrac{3}{x}$，当$x>0$时恒成立．
令$h(x)=2 \ln x+x+\dfrac{3}{x}$，
则$h^{\prime}(x)=\dfrac{2}{x}-\dfrac{3}{x^2}+1=\dfrac{(x+3)(x-1)}{x^2}$，
当$0<x<1$时，$h'(x)<0$，$x>1$时，$h'(x)>0$，
所以$h(x)$在$(0，1)$上递减，在$(1，+∞)$上递增．
故$h(x)_{min}=h(1)=2\ln 1+1+3=4$．所以$a≤4$．
故所求$a$的范围是$(-∞，4 ]$．
答案 (1) 略；(2)略 .
解析证明：(1) $f^{\prime}(x)=1-\dfrac{1}{x}=\dfrac{x-1}{x}$，
当$x>1$时$f'(x)>0$，$f(x)$单调增，
当$0<x<1$时$f'(x)<0$，$f(x)$单调减，
所以 $f(x)$的最小值为$f(1)=0$；
(2)由(1)知$\ln x≤x-1$，
令$x=1+\dfrac{1}{2^n }$得$\ln (1+\dfrac{1}{2^n })<\dfrac{1}{2^n }$，
所以$\ln \left(1+\dfrac{1}{2}\right)+\ln \left(1+\dfrac{1}{2^2}\right)+\cdots \ln \left(1+\dfrac{1}{2^2}\right)<\dfrac{1}{2^1}+\dfrac{1}{2^2}+\cdots \dfrac{1}{2^n}$$=\dfrac{\dfrac{1}{2}\left(1-\left(\dfrac{1}{2}\right)^n\right)}{1-\dfrac{1}{2}}=1-\left(\dfrac{1}{2}\right)^n<1$，
所以 $\left(1+\dfrac{1}{2}\right)\left(1+\dfrac{1}{2^2}\right) \cdots\left(1+\dfrac{1}{2^n}\right)<e$．
答案 (1)$(0，1 ]$；(2) 略.
解析 (1)$f'(x)=e^x-a(x\in R)$
当$a=0$时，$f(x)=e^x>0$符合题意，
当$a<0$时，取$x_0=-1+\dfrac{1}{a}$，
则$f(x_0 )=e^{-1+\dfrac{1}{a}}-a(-1+\dfrac{1}{a}+1)=e^{-1+\dfrac{1}{a}}-1<0$，不符合题意，
③当$a>0$时，令$f'(x)=0$，得$x=\ln ⁡a$，
所以在$(-∞，\ln ⁡a)$上，$f'(x)<0$，$f(x)$单调递减，
在$(\ln ⁡a，+∞)$上，$f'(x)>0$，$f(x)$单调递增，
所以$f(x)_{\min }=f(\ln a)=a-a(1+\ln a)=-a \ln a$，
若$f(x)≥0$恒成立，则$f(x)$的最小值大于等于$0$，即$-a \ln ⁡a≥0$，
因为$a>0$，所以$0<a⩽1$，
综上所述，$a$的取值范围为$(0，1 ]$．
(2)证明：
当$a=0$时，令$h(x)=f(x)-(2+\ln ⁡x)=e^x-\ln ⁡x-2(x>0)$，
所以$h'(x)=e^x-\dfrac{1}{x}$在$(0，+∞)$上单调递增，
又$h'\left(\dfrac{1}{2}\right)=e^{\dfrac{1}{2}}-2<0$，$h'(1)=e-1>0$，
所以存在$x_0\in (0，+∞)$，使得$h'(x_0 )=e^{x_0}-\dfrac{1}{x}_0 =0$，
即$e^{x_0}=\dfrac{1}{x}_0$，且$\dfrac{1}{2}<x_0<1$，
所以在$(0，x_0 )$上，$g'(x)<0$，$g(x)$单调递减，
在$(x_0，+∞)$上，$g'(x)>0$，$g(x)$单调递增，
所以$h(x)_{min}=h(x_0 )=e^{x_0}-\ln ⁡x_0-2=\dfrac{1}{x}_0 +x_0-2$，
因为$x_0 \in\left(\dfrac{1}{2}， 1\right)$，
所以$h\left(x_0\right)=\dfrac{1}{x_0}+x_0-2>2 \sqrt{\dfrac{1}{x_0} \cdot x_0}-2=0$，
所以当$a=0$时，$f(x)>2+\ln ⁡x(x>0)$，
所以当$a=0$时，曲线$y=f(x)(x>0)$总在曲线$y=2+\ln ⁡x$的上方．

【B组---提高题】

1.(多选)下列不等式中恒成立的有(　　)
A．$\ln (x+1) \geq \dfrac{x}{x+1}$，$x>-1$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．$\ln x \leq \dfrac{1}{2}\left(x-\dfrac{1}{x}\right)$，$x>0$
$\qquad \qquad \qquad \qquad$ C．$e^x≥x+1$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．$\cos x≥1-\dfrac{1}{2} x^2$

2.(多选)设 $f(x)=\dfrac{\sin x}{x^a}$ ， $x \in\left[\dfrac{\pi}{6}， \dfrac{\pi}{3}\right]$的最大值为$M$，则(　　)
A．当$a=-1$时，$M>\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．当$a=1$时，$M<1$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$
C．当$a=2$时，$M<\sqrt{3}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．当$a=3$时，$M<2\sqrt{3}$

3.已知函数$f(x)=ax^2$，$g(x)=x\ln ⁡x$．
(1)若$f(x)⩾g(x)$恒成立，求实数$a$的取值范围；
(2)若$a=1$，$G(x)=f(x)-g(x)-1$，且$mn>1$，证明：$G(m)+G(n)>0$．

参考答案

答案 $ACD$
解析选项$A$，设 $f(x)=\ln (x+1)-\dfrac{x}{x+1}(x>-1)$，
则 $f^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x+1}-\dfrac{1}{(x+1)^2}=\dfrac{x}{(x+1)^2}$，
当$-1<x<0$时，$f'(x)<0$，$f(x)$单调递减；
当$x>0$时，$f'(x)>0$，$f(x)$单调递增．
$\therefore f(x)_{min}=f(0)=0$，即$f(x)≥0$在$(-1，+∞)$上恒成立，
$\therefore \ln (x+1) \geq \dfrac{x}{x+1}(x>-1)$恒成立，即$A$正确；
选项$B$，设 $g(x)=\ln x-\dfrac{1}{2}\left(x-\dfrac{1}{x}\right)(x>0)$，
则 $g^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{2}\left(1+\dfrac{1}{x^2}\right)=-\dfrac{(x-1)^2}{2 x^2} \leq 0$恒成立，
$\therefore g(x)$在$(0，+∞)$上单调递减，
又$g(1)=0$，$\therefore g(x)≤0$在$(0，+∞)$上不可能恒成立，
$\therefore \ln x \leq \dfrac{1}{2}\left(x-\dfrac{1}{x}\right)(x>0)$不恒成立，即$B$错误；
选项$C$，设$h(x)=e^{x-x-$1，则$h'(x)=e}x-1$，令$h'(x)=0$，解得$x=0$，当$x<0$时，$h'(x)<0$，$h(x)$单调递减；当$x>0$时，$h'(x)>0$，$h(x)$单调递增． $\therefore h(x){min}=h(0)=0$，即$h(x)≥0$在$R$上恒成立， $\therefore e^x≥x+1$恒成立，即$C$正确；选项$D$，设$t(x)=\cos x-1+\dfrac{1}{2} x^2$，则$t'(x)=-\sin x+x$，令$m(x)=t'(x)=-\sin x+x$，则$m'(x)=-\cos x+1≥0$恒成立，即$m(x)$在$R$上单调递增，又$m(0)=0$， $\therefore$当$x<0$时，$m(x)<0$，$t'(x)<0$，$t(x)$单调递减；当$x>0$时，$m(x)>0$，$t'(x)>0$，$t(x)$单调递增． $\therefore t(x){min}=t(0)=0$，即$t(x)≥0$在$R$上恒成立， $\therefore \cos x≥1-\dfrac{1}{2} x^2$恒成立，即$D$正确．故选：$ACD$．
答案 $AB$
解析对于$A$：当$a=-1$时，$f(x)=x\sin x$，
$f'(x)=\sin x+x\cos x>0$，$x \in\left[\dfrac{\pi}{6}， \dfrac{\pi}{3}\right]$，
故$f(x)$在$\left[\dfrac{\pi}{6}，\dfrac{\pi}{3}\right]$递增，
故$M=f\left(\dfrac{\pi}{3}\right)=\dfrac{\pi}{3} \sin \dfrac{\pi}{3}=\dfrac{\sqrt{3} \pi}{6}>\dfrac{\sqrt{3}}{2}$，故$A$正确；
对于$B$：$a=1$时， $f(x)=\dfrac{\sin x}{x}$，
$f^{\prime}(x)=\dfrac{x \cos x-\sin x}{x^2}$，
令$h(x)=x\cos x-\sin x$，$x\in \left[\dfrac{\pi}{6}，\dfrac{\pi}{3}\right]$，
则$h'(x)=\cos x-x\sin x-\cos x=-x\sin x<0$，
$h(x)$在$x\in \left[\dfrac{\pi}{6}，\dfrac{\pi}{3}\right]$递减，
而$h\left(\dfrac{\pi}{6}\right)=\dfrac{\pi}{6} \times \dfrac{\sqrt{3}}{2}-\dfrac{1}{2}<0$，
故$f'(x)<0$，$f(x)$在$x\in \left[\dfrac{\pi}{6}，\dfrac{\pi}{3}\right]$递减，
故$M=f\left(\dfrac{\pi}{6}\right)=\dfrac{\dfrac{1}{2}}{\dfrac{\pi}{6}}=\dfrac{3}{\pi}<1$，故$B$正确；
对于$C$：$a=2$时， $f(x)=\dfrac{\sin x}{x^2}$ ，
则$f^{\prime}(x)=\dfrac{x \cos x-2 \sin x}{x^3}$，
令$h(x)=x\cos x-2\sin x$，$x\in \left[\dfrac{\pi}{6}，\dfrac{\pi}{3}\right]$，
则$h'(x)=\cos x-x\sin x-2\cos x=-\cos x-x\sin x<0$，
故$h(x)$在$x\in \left[\dfrac{\pi}{6}，\dfrac{\pi}{3}\right]$递减，
而$h\left(\dfrac{\pi}{6}\right)<0$，$h(x)$在$x\in \left[\dfrac{\pi}{6}，\dfrac{\pi}{3}\right]$递减，
而$h\left(\dfrac{\pi}{6}\right)<0$，即$f'(x)<0$，$f(x)$在$x\in \left[\dfrac{\pi}{6}，\dfrac{\pi}{3}\right]$递减，
故$M=f\left(\dfrac{\pi}{6}\right)=\dfrac{\dfrac{1}{2}}{\dfrac{\pi^2}{36}}=\dfrac{18}{\pi^2}>\sqrt{3}$，故$C$错误；
对于$D$：$a=3$时， $f(x)=\dfrac{\sin x}{x^3}$，
则$f^{\prime}(x)=\dfrac{x \cos x-3 \sin x}{x^4}$，
令$h(x)=x\cos x-3\sin x$，$x\in \left[\dfrac{\pi}{6}，\dfrac{\pi}{3}\right]$，
则$h'(x)=\cos x-x\sin x-3\cos x=-2\cos x-x\sin x<0$，
故$h(x)$在$x\in \left[\dfrac{\pi}{6}，\dfrac{\pi}{3}\right]$递减，
而$h\left(\dfrac{\pi}{6}\right)<0$，$h(x)$在$x\in \left[\dfrac{\pi}{6}，\dfrac{\pi}{3}\right]$递减，
而$h\left(\dfrac{\pi}{6}\right)<0$，即$f'(x)<0$，$f(x)$在$x\in \left[\dfrac{\pi}{6}，\dfrac{\pi}{3}\right]$递减，
故 $M=f\left(\dfrac{\pi}{6}\right)=\dfrac{108}{\pi^3}>\sqrt{3}$，故$D$错误；
故选：$AB$．
答案 (1) $\left[\dfrac{1}{e}，+∞\right)$；(2)略.
解析 (1) $f(x)=ax^2$，$g(x)=x\ln ⁡x$，$x\in (0，+∞)$
$f(x)⩾g(x)$恒成立 $\Leftrightarrow a \geqslant \dfrac{\ln x}{x}$，$x\in (0，+∞)$．
令$u(x)=\dfrac{\ln x}{x}$，$x\in (0，+∞)$．
则$u^{\prime}(x)=\dfrac{1-\ln x}{x^2}$，令 $u^{\prime}(x)=\dfrac{1-\ln x}{x^2}=0$，解得$x=e$．
可得$x\in (0，e)$时，$u'(x)>0$，函数$u(x)$单调递增；
$x\in (e，+∞)$时，$u'(x)<0$，函数$u(x)$单调递减．
可得$x=e$时，函数$u(x)$取得极大值即最大值，$u(e)=\dfrac{1}{e}$，
$\therefore a⩾\dfrac{1}{e}$，
$\therefore$实数$a$的取值范围是$\left[\dfrac{1}{e}，+∞\right)$．
(2)证明：若$a=1$，
则$G(x)=f(x)-g(x)-1=x^2-x\ln ⁡x-1$，$x\in (0，+∞)$．
$G'(x)=2x-\ln ⁡x-1=H(x)$， $H^{\prime}(x)=2-\dfrac{1}{x}=\dfrac{2 x-1}{x}$，
$\therefore x=\dfrac{1}{2}$时，函数$H(x)$取得极小值即最小值，
$\therefore G'(x)=H(x)⩾H\left(\dfrac{1}{2}\right)=1-\ln ⁡\dfrac{1}{2}-1=\ln ⁡2>0$，
$\therefore$函数$G(x)$在$x\in (0，+∞)$上单调递增，$G(1)=0$．
不妨设$n⩽m$．
由$mn>1$，若$m>n⩾1$时，则$G(m)+G(n)>0$成立．
若$m>1⩾n>0$时，$\because mn>1$， $\therefore m>\dfrac{1}{n}>1$，
则$G(m)+G(n)>G\left(\dfrac{1}{n}\right)+G(n)$，
要证明$G(m)+G(n)>0$，只要证明$G\left(\dfrac{1}{n}\right)+G(n) \geqslant 0$即可．
令$F(x)=G(x)+G\left(\dfrac{1}{x}\right)=x^2-x \ln x-1+\dfrac{1}{x^2}-\dfrac{1}{x} \ln \dfrac{1}{x}-1$
$=\left(x-\dfrac{1}{x}\right)^2+\left(\dfrac{1}{x}-x\right) \ln x=\dfrac{\left(1-x^2\right)\left(1-x^2+x \ln x\right)}{x^2}$ ，$x\in (0，1)$，
令$h(x)=1-x^2+x\ln ⁡x$，$x\in (0，1)$，$h(1)=0$，
$h'(x)=-2x+\ln ⁡x+1$， $h^{\prime \prime}(x)=-2+\dfrac{1}{x}=\dfrac{1-2 x}{x}$，
可得$x=\dfrac{1}{2}$时，函数$h'(x)$取得极大值即最大值，$h^{\prime}\left(\dfrac{1}{2}\right)=-1+\ln \dfrac{1}{2}+1=-\ln 2<0$，
$\therefore h(x)=1-x^2+x\ln ⁡x$在$x\in (0，1)$上单调递减，
$\therefore h(x)>h(1)=0$，
$\therefore F(x)>F(1)=0$，$x\in (0，1)$，
$\therefore G(m)+G(n)>0$成立．
综上可得：$mn>1$，$G(m)+G(n)>0$成立．

【C组---拓展题】

1.已知函数$f(x)=x+a\ln x+\dfrac{1}{e^x} -x^a (a<0)$，若$f(x)≥0$在$x\in [2，+∞)$上恒成立，则实数$a$的取值范围为$\underline{\quad \quad}$．

2.已知$f(x)=x\ln ⁡x-\dfrac{1}{2} mx^2-x$，$m\in R$．若$f(x)$有两个极值点$x_1$，$x_2$，且$x_1<x_2$，求证：$x_1 x_2>e^2$ ($e$为自然对数的底数)．

参考答案

答案 $[-e，+∞)$
解析由$f(x)≥0$在$x\in [2，+∞)$上恒成立，
得$\ln x^a-x^a \geq \ln e^{-x}-e^{-x}$ 在$x\in [2，+∞)$上恒成立，
易知当$x\in [2，+∞)$，$a<0$时，$0<x^a<1$， $0<e^{-x}<1$，
令函数$g(t)=\ln t-t(0<t<1)$，
则$a=\dfrac{1}{t}-1>0$，$g(t)$单调递增，
故有 $x^a \geq e^{-x}$，
则$a \geq \log _x e^{-x}=-\dfrac{x}{\ln x}$在$x\in [2，+∞)$上恒成立，
令$F(x)=-\dfrac{x}{\ln x}(x \geq 2)$，
则$F^{\prime}(x)=\dfrac{1-\ln x}{(\ln x)^2}$，
易得$F(x)$在$[2，e)$上单调递增，在$[e，+∞)$上单调递减，
故$F(x)_{max}=F(e)=-e$，
故$a≥-e$，
即实数$a$的取值范围是$[-e，+∞)$．
故答案为：$[-e，+∞)$．
证明欲证$x_1 x_2>e^2$，需证$\ln ⁡x_1+\ln ⁡x_2>2$．
若$f(x)$有两个极值点$x_1$，$x_2$，即函数$f'(x)$有两个零点．
又$f'(x)=\ln ⁡x-mx$，所以$x_1$，$x_2$是方程$f'(x)=0$的两个不同实根．
于是，有$\left\{\begin{array}{l} \ln x_1-m x_1=0 \\ \ln x_2-m x_2=0 \end{array}\right.$，解得 $m=\dfrac{\ln x_1+\ln x_2}{x_1+x_2}$．
另一方面，由 $\left\{\begin{array}{l} \ln x_1-m x_1=0 \\ \ln x_2-m x_2=0 \end{array}\right.$，得$\ln x_2-\ln x_1=m\left(x_2-x_1\right)$，
从而可得$\dfrac{\ln x_2-\ln x_1}{x_2-x_1}=\dfrac{\ln x_1+\ln x_2}{x_1+x_2}$．
于是， $\ln x_1+\ln x_2=\dfrac{\left(\ln x_2-\ln x_1\right)\left(x_2+x_1\right)}{x_2-x_1}=\dfrac{\left(1+\dfrac{x_2}{x_1}\right) \ln \dfrac{x_2}{x_1}}{\dfrac{x_2}{x_1}-1}$．
又$0<x_1<x_2$，设 $z=\dfrac{x_2}{x_1}$，则$t>1$．
因此$\ln x_1+\ln x_2=\dfrac{(1+t) \ln t}{t-1}$，$t>1$．
要证$\ln ⁡x_1+\ln ⁡x_2>2$，即证 $\dfrac{(t+1) \ln t}{t-1}>2$，$t>1$．
即当$t>1$时，有 $\ln t>\dfrac{2(t-1)}{t+1}$．
设函数 $h(t)=\ln t-\dfrac{2(t-1)}{t+1}$，$t≥1$，
则$h^{\prime}(t)=\dfrac{1}{t}-\dfrac{2(t+1)-2(t-1)}{(t+1)^2}=\dfrac{(t-1)^2}{t(t+1)^2} \geq 0$，
所以$h(t)$为$(1，+∞)$上的增函数．注意到$h(1)=0$，
因此$h(t)≥h(1)=0$．
于是，当$t>1$时，有 $\ln t>\dfrac{2(t-1)}{t+1}$．
所以有$\ln ⁡x_1+\ln ⁡x_2>2$成立，$x_1 x_2>e^2$．

标签：5.3,导数,ln,dfrac,right,qquad,pi,最值,left
From： https://www.cnblogs.com/zhgmaths/p/16960498.html

\(x\)	\(\left(-\infty，-\dfrac{1}{3}\right)\)	\(-\dfrac{1}{3}\)	\(\left(-\dfrac{1}{3}， 1\right)\)	\(1\)	\((1，+∞)\)
\(f'(x)\)	\(+\)	\(0\)	\(-\)	\(0\)	\(+\)
\(f(x)\)	\(\uparrow\)	极大值	\(\downarrow\)	极小值	\(\uparrow\)

\(x\)	\(0\)	\((0，1)\)	\(1\)	\((1，2)\)	\(2\)
\(f'(x)\)		\(-\)	\(0\)	\(+\)
\(f(x)\)	\(0\)	\(\downarrow\)	\(-e\)	\(\uparrow\)	\(2e^2\)

5.3.2(2) 导数与函数的最值

基础知识

基本方法

【题型1】求函数的最值

【巩固练习】

【题型2】证明不等式

【巩固练习】

【题型3】函数的最值综合运用

【巩固练习】

分层练习

【A组---基础题】

【B组---提高题】

【C组---拓展题】

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