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[ 【基礎過關係列】高二數學同步精品講義與分層練習(人教A版2019）]
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選擇性第二冊同步鞏固，難度2顆星！

基礎知識

函式\(y=f(x)\)在\([a，b]\)上的最大值與最小值的步驟
(1)求函式\(y=f(x)\)在\((a ，b)\)內的極值；
(2)將函式\(y=f(x)\)的各極值與端點處的函式值\(f(a)\)，\(f(b)\)比較，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值．
解釋

【例】 如下圖，可知函式\(y=f(x)\)在區間\([a，b]\)上的極大值為\(f(x_1 )\)，\(f(x_3 )\)；極小值為\(f(x_2 )\)，\(f(x_4 )\)；最大值為\(f(b)\)，最小值為\(f(x_4 )\).

 

基本方法

【題型1】 求函式的最值

【典題1】 設\(a∈R\)，函式\(f(x)=x^3-x^2-x+a\)．
  (1)求\(f(x)\)的極值；\(\qquad \qquad\)

所以\(f(x)\)的極大值是\(f\left(-\dfrac{1}{3}\right)=\dfrac{5}{27}+a\)，極小值是\(f(1)=a-1\)．
(2)因為\(x∈\left[-1，2\right]\)，由(1)知， \(f\left(-\dfrac{1}{3}\right)=\dfrac{5}{27}+a\)，
\(f(1)=a-1\)，\(f(-1)=a-1\)，\(f(2)=a+2\)．
則\(f(x)\)的值域為\(\left[a-1，a+2\right]\)．
點撥 函式\(y=f(x)\)在\(\left[a，b\right]\)上的最大值與最小值的步驟
(1)求函式\(y=f(x)\)在\((a ，b)\)內的極值；
(2)將函式\(y=f(x)\)的各極值與端點處的函式值\(f(a)\)，\(f(b)\)比較，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值．
 

【典題2】 已知函式\(f(x)=e^x (x-a-1)\)．
  (1)當\(a=0\)時，求曲線\(y=f(x)\)在\((0，f(0))\)處的切線方程；
  (2)求\(f(x)\)的單調性；
  (3)求函式\(f(x)\)在\(\left[0，1\right]\)上的最小值．
解析 (1)當\(a=0\)時，\(f(x)=e^x (x-1)\)，\(f'(x)=e^x (x-1)+e^x=xe^x\)，
切線的斜率為\(k=f'(0)=0\)，
又\(f(0)=-1\)，
所以切線方程為\(y-f(0)=k(x-0)\)，即\(y=-1\)．
(2) \(f'(x)=e^x (x-a-1)+e^x=e^x (x-a)\)，
當\(x⩾a\)時，\(f'(x)⩾0\)，\(f(x)\)單調遞增，
當\(x<a\)時，\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)單調遞減，
所以\(f(x)\)的單調遞增區間為\((a，+∞)\)，單調遞減區間為\((-∞，a)\)．
(3)當\(a⩾1\)時，\(f(x)\)在\((0，1)\)上單調遞減，
所以\(f(x)_{\min }=f(1)=e a\)，
當\(a⩽0\)時，\(f(x)\)在 上單調遞增，
所以\(f(x)_{\min }=f(0)=-a-1\)，
當\(0<a<1\)時，\(f(x)\)在\((0，a)\)上單調遞減，在\((a，+∞)\)上單調遞增，
所以 \(f(x)_{\min }=f(a)=e^a(a-a-1)=-e^a\)，
綜上所述， \(f(x)_{\min }=\left\{\begin{array}{l} -a-1， a \leqslant 0 \\ -e^a， 0<a<1 \\ -a e， a \geqslant 1 \end{array}\right.\)．
 

【鞏固練習】

1.函式\(y=\dfrac{x}{2}+\cos x， x \in\left[0， \dfrac{\pi}{2}\right]\)的最大值為 (　　)
 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.已知函式\(f(x)=e^x (2x^2-3x)\)．則函式\(f(x)\)在區間\(\left[0，2\right]\)上的最大值為\(\underline{\quad \quad}\)．
 

3.已知函式\(f(x)=x-\dfrac{a}{e^x}\)．
  (1)當\(a=-1\)時，求函式\(f(x)\)的單調區間；
  (2)若函式\(f(x)\)在\(\left[0，1\right]\)上的最小值為\(\dfrac{3}{2}\)，求實數\(a\)的值．
 
 

參考答案

1. 答案 \(B\)
   解析 \(f'(x)=\dfrac{1}{2}-\sin x\)，
   令\(f'(x)=0\)，得\(x=\dfrac{\pi}{6}\)，
   當\(0≤x<\dfrac{\pi}{6}\)時，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)單調遞增，
   當\(\dfrac{\pi}{6}<x≤\dfrac{\pi}{2}\)時，\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)單調遞減，
   所以當\(x=\dfrac{\pi}{6}\)時，\(f(x)\)取得極大值，也是最大值，
   即\(f\left(\dfrac{\pi}{6}\right)=\dfrac{\pi}{12}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)，
   故選：\(B\)．

2. 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\(f(x)\)在區間\(\left[0，2\right]\)上隨\(x\)變化的情況如下：

所以\(f(x)\)在\([0，2]\)單調遞減區間為\([0，1)\)，單調遞增區間為\((1，2]\)，
可知：當\(x=2\)時，\(f(x)\)取得最大值\(2e^2\)，
故答案為\(2e^2\)．

3. 答案 (1) \(f(x)\)在\((-∞，0)\)遞減，在\((0，+∞)\)遞增；(2) \(a=-\sqrt{e}\).
   解析 (1)\(f(x)\)的定義域是\(R\)，且 \(f^{\prime}(x)=1+\dfrac{a}{e^x}=\dfrac{e^x+a}{e^x}\)，
   \(a=-1\)時， \(f^{\prime}(x)=\dfrac{e^x-1}{e^x}\)，
   由\(f'(x)>0\)，得\(x∈(0，+∞)\)，由\(f'(x)<0\)，得\(x∈(-∞，0)\)，
   \(\therefore f(x)\)在\((-∞，0)\)遞減，在\((0，+∞)\)遞增；
   (2)由(1)得 \(f^{\prime}(x)=\dfrac{e^x+a}{e^x}\)，
   ①若\(a≥-1\)，則\(e^x+a≥0\)，即\(f'(x)≥0\)在\(\left[0，1\right]\)上恆成立，
   \(f(x)\)在\(\left[0，1\right]\)上是增函式，
   \(\therefore f(x)_{\min }=f(0)=-a=\dfrac{3}{2}\)，\(\therefore a=-\dfrac{3}{2}\)(舍)；
   ②若\(a≤-e\)，則\(e^x+a≤0\)，即\(f'(x)≤0\)在\((0，1 ]\)恆成立，
   \(f(x)\)在\(\left[0，1\right]\)遞減， \(\therefore f(x)_{\min }=f(1)=1-\dfrac{a}{e}=\dfrac{3}{2}\)， \(\therefore a=-\dfrac{e}{2}\)(舍)；
   ③若\(-e<a<-1\)，當\(0<x<\ln (-a)\)時，\(f'(x)<0\)，
   \(\therefore f(x)\)在\((0，\ln (-a))\)遞減，
   當\(\ln (-a)<x<1\)時，\(f'(x)>0\)，
   \(\therefore f(x)\)在\((\ln (-a)，1)\)遞增；
   \(\therefore f(x)_{min}=f(\ln ⁡(-a))=\ln ⁡(-a)+1=\dfrac{3}{2}\)，
   \(\therefore a=-\sqrt{e}\)，
   綜上所述：\(a=-\sqrt{e}\)．
    

【題型2】 證明不等式

【典題1】 證明：不等式\(\ln ⁡x≤x-1\).
證明 設\(f(x)=\ln ⁡x-x+1\)，
\(\therefore\)函式定義域是\((0，+∞)\)， \(f^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x}-1=\dfrac{1-x}{x}\)，
令\(f'(x)=0\)，得\(x=1\)，
當\(x>1\)時，\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)單調遞減；
當\(x<1\)時，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)單調遞增；
所以\(f(x)\)在\(x=1\)處取到最大值\(f(1)=0\)，
即\(f(x)=\ln ⁡x-x+1≤0\)，所以\(\ln ⁡x≤x-1\).
點撥 建構函式證明不等式恆成立.
 

【典題2】 已知函式\(f(x)=\dfrac{\ln x}{x}\)．
  (1)求函式\(f(x)\)的單調區間；
  (2)已知\(a\)、\(b∈R\)，\(a>b>e\)， (其中\(e\)是自然對數的底數)， 求證: \(b^a>a^b\)．
解析 (1)\(f(x)=\dfrac{\ln x}{x}\)， \(\therefore f^{\prime}(x)=\dfrac{1-\ln x}{x^2}\)
當\(x>e\)時， \(f'(x)<0\)，\(\therefore\)函式\(f(x)\)在\((e，+∞)\)上是單調遞減．
當\(0<x<e\)時， \(f'(x)>0\)，\(\therefore\)函式\(f(x)\)在\((0，e)\)上是單調遞增．
\(\therefore f(x)\)的增區間是\((0，e)\)，減區間是\((e，+∞)\)．
(2)證明: \(\because b^a>0\)，\(a^b>0\)，
要證: \(b^a>a^b\)，
只要證: \(a\ln ⁡b>b\ln ⁡a\)，
只要證\(\dfrac{\ln b}{b}>\dfrac{\ln a}{a}\).\((\because a>b>e)\)，
由(1)得函式\(f(x)\)在\((e，+∞)\)上是單調遞減．
當\(a>b>e\)時，有\(f(b)>f(a)\)即 \(\dfrac{\ln b}{b}>\dfrac{\ln a}{a}\)．
\(\therefore b^a>a^b\).
點撥 類似\(b^a>a^b\)這樣的指數式不等式，可兩邊去對數，化為對數式 \(\dfrac{\ln b}{b}>\dfrac{\ln a}{a}\)，可建構函式 \(f(x)=\dfrac{\ln x}{x}\).
 

【鞏固練習】

1.證明：不等式\(e^x-x-1≥0\)成立.
 
 

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

3.已知函式\(f(x)=xe^ax-e^x\)．
  (1)當\(a=\dfrac{1}{2}\)時，判斷\(f(x)\)在\([0，+∞)\)的單調性；
  (2)設\(n∈N^*\)，證明：\(\dfrac{1}{\sqrt{1^2+1}}+\dfrac{1}{\sqrt{2^2+2}}+\cdots+\dfrac{1}{\sqrt{n^2+n}}>\ln (n+1)\).
 
 

參考答案

1. 證明 設\(f(x)=e^x-x-1\)，\(\therefore f'(x)=e^x-1\)，
   令\(f'(x)=0\)，得\(x=0\)，
   當\(x>0\)時，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)單調遞增；
   當\(x<0\)時，\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)單調遞減；
   所以\(f(x)\)在\(x=0\)處取到最小值\(f(0)=0\)，
   即\(f(x)=e^x-x-1≥0\).

2. 證明 令 \(f(x)=\dfrac{\sin x}{x}\)，\(x \in\left(0， \dfrac{\pi}{2}\right)\)，
   則 \(f^{\prime}(x)=\dfrac{x \cdot \cos x-\sin x}{x^2}\)，
   令\(g(x)=x\cdot \cos ⁡x-\sin ⁡x\)，
   則\(g'(x)=\cos ⁡x-x\cdot \sin ⁡x-\cos ⁡x=-x\cdot \sin ⁡x\)，
   當 \(x \in\left(0， \dfrac{\pi}{2}\right)\)時，\(g'(x)<0\)，則\(g(x)\)在\(\left(0， \dfrac{\pi}{2}\right)\)上遞減，
   則\(g(x)<g(0)=0\)，
   即當 \(x \in\left(0， \dfrac{\pi}{2}\right)\)時，\(f'(x)<0\)，所以\(f(x)\)在\(\left(0， \dfrac{\pi}{2}\right)\)上遞減，
   所以 \(f(x)>f\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=\dfrac{2}{\pi}\)，
   即 \(\dfrac{\sin x}{x}>\dfrac{2}{\pi} \Rightarrow \sin x>\dfrac{2 x}{\pi}\)，\(x \in\left(0， \dfrac{\pi}{2}\right)\).

3. 答案 (1)\(f(x)\)在\([0，+∞)\)上單調遞減；(2) 略.
   解析 (1)解：當\(a=\dfrac{1}{2}\)時， \(f(x)=x e^{\dfrac{1}{2} x}-e^x\)，
   則 \(f^{\prime}(x)=e^{\dfrac{1}{2} x}+\dfrac{1}{2} x e^{\dfrac{1}{2} x}-e^x=e^{\dfrac{1}{2} x}\left(1+\dfrac{1}{2} x-e^{\dfrac{1}{2} x}\right)\)，
   令 \(g(x)=1+\dfrac{1}{2} x-e^{\dfrac{1}{2} x}\)，\(x\in [0，+∞)\)，
   則\(g^{\prime}(x)=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2} e^{\dfrac{1}{2} x} \leq 0\)，
   即\(g(x)=1+\dfrac{1}{2} x-e^{\dfrac{1}{2} x}\)，\(x\in [0，+∞)\)為減函式，
   又\(g(0)=0\)，則\(g(x)≤0\)，即\(f'(x)≤0\)，
   即當\(a=\dfrac{1}{2}\)時，\(f(x)\)在\([0，+∞)\)上單調遞減；
   (2)證明：由(1)可得： \(x e^{\dfrac{1}{2} x}-e^x \leq-1\)，當且僅當\(x=0\)時取等號，
   令\(t=e^x\)，\(x＞0\)，則\(t＞1\)，
   則\(\sqrt{t} \ln t<t-1\)，即 \(\sqrt{t}-\dfrac{1}{\sqrt{t}}>\ln t\)，
   令\(t=\dfrac{n+1}{n}\)，則 \(\sqrt{\dfrac{n+1}{n}}-\dfrac{1}{\sqrt{\dfrac{n+1}{n}}}>\ln \dfrac{n+1}{n}\)，
   即\(\dfrac{1}{\sqrt{n(n+1)}}=\dfrac{1}{\sqrt{n^2+n}}>\ln \dfrac{n+1}{n}\)，
   則\(\dfrac{1}{\sqrt{1^2+1}}+\dfrac{1}{\sqrt{2^2+2}}+\cdots+\dfrac{1}{\sqrt{n^2+n}}>\ln \dfrac{2}{1}+\ln \dfrac{3}{2}+\cdots+\ln \dfrac{n+1}{n}\)\(=\ln \left(\dfrac{2}{1} \times \dfrac{3}{2} \times \ldots \times \dfrac{n+1}{n}\right)=\ln ⁡(n+1)\)，
   故 \(\dfrac{1}{\sqrt{1^2+1}}+\dfrac{1}{\sqrt{2^2+2}}+\cdots+\dfrac{1}{\sqrt{n^2+n}}>\ln (n+1)\).
    

【題型3】 函式的最值綜合運用

【典題1】 已知函式\(f(x)=x^2-2 \ln x-m\)， \(g(x)=\left(\dfrac{1}{2}\right)^x+m\)．
  (1)存在\(x_1\in \left[1，4\right]\)，對任意\(x_2\in \left[1，4\right]\)，有不等式\(f(x_1 )⩽g(x_2 )\)成立，求實數\(m\)的取值範圍；
  (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，求滿足條件的最大整數\(M\)．
解析 (1)存在\(x_1\in \left[1，4\right]\)，對任意\(x_2\in \left[1，4\right]\)，有不等式\(f(x_1 )⩽g(x_2 )\)成立，
所以 \(f(x)_{\min } \leqslant g(x)_{\min }\)，因為\(f(x)=x^2-2\ln ⁡x-m\)，
所以 \(f^{\prime}(x)=2 x-\dfrac{2}{x}=\dfrac{2 x^2-2}{x}=\dfrac{2(x-1)(x+1)}{x} \geqslant 0\)對任意的\(x\in \left[1，4\right]\)恆成立，
所以函式\(y=f(x)\)在區間\(\left[1，4\right]\)上單調遞增，
所以\(f(x)_{\min }=f(1)=1-m，\)，函式 \(g(x)=\left(\dfrac{1}{2}\right)^x+m\)在區間\(\left[1，4\right]\)上的單調遞減，
所以\(g(x)_{\min }=g(4)=m+\dfrac{1}{16}\)，
所以 \(1-m \leqslant m+\dfrac{1}{16}\)，解得 \(m \geqslant \dfrac{15}{32}\)．
所以實數\(m\)的取值範圍是\(\left[\dfrac{15}{32}，+\infty\right)\)．
(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，函式\(y=f(x)\)在區間\(\left[1，4\right]\)上單調遞增，
所以\(f(x)_{min}=f(1)=1-m\)，\(f(x)_{max}=16-4\ln ⁡2-m\)
所以 \(M \leqslant f(x)_{\max }-f(x)_{\min }=15-4 \ln 2\)，
所以滿足條件的最大整數\(M\)的值為\(12\)．
 

【鞏固練習】

1.已知函式\(f(x)=x\ln x\)．
  (1)求\(f(x)\)的最小值；
  (2)若對所有\(x≥1\)都有\(f(x)≥ax-1\)，求實數\(a\)的取值範圍．
 
 

2.己知函式\(f(x)=bx\ln x+3(b≠0)\)，\(f'(e)=4\)，\(g(x)= -x^2+ax\)．
  (l)求函式\(f(x)\)的極值；
  (2)若對\(∀x\in (0，+∞)\)有\(f(x)-g(x)≥0\)恆成立，求實數\(a\)的取值範圍．
 
 

參考答案

1. 答案 (1) \(-\dfrac{1}{e}\)；(2) \(a≤1\).
   解析 (1)函式的定義域\((0，+∞)\)，
   \(f'(x)=\ln x+1\)，令\(f'(x)>0\)得\(x>\dfrac{1}{e}\)，此時\(f(x)\)遞增，
   令\(f'(x)<0\)得\(0<x<\dfrac{1}{e}\)，此時\(f(x)\)遞減，\(f(x)\)最小值為\(-\dfrac{1}{e}\)；
   (2)方法一 分離引數法
   由題意得\(a≤\ln x+\dfrac{1}{x}\)，令\(g(x)=\ln x+\dfrac{1}{x}\)，
   當\(x≥1\)時， \(g^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x^2}=\dfrac{x-1}{x^2} \geq 0\)，
   所以\(g(x)\)遞增，\(g(x)\)的最小值為\(g(1)=1\)，
   所以\(a≤1\)．
   方法二 直接建構函式法
   對所有\(x≥1\)都有\(f(x)≥ax-1\)等價於\(x\ln x-ax+1≥0\)，
   令\(h(x)=x\ln x-ax+1\)，則\(h'(x)=\ln x+1-a\)，
   令\(h'(x)=0\)解得 \(x=e^{a-1}\)，
   當\(0<x<e^{a-1}\)時，\(h'(x)<0\)，\(h(x)\)遞減；
   當\(x>e^{a-1}\)時，\(h'(x)>0\)，\(h(x)\)遞增；
   \(\therefore h(x)≥h(e^{a-1} )=e^{a-1} (a-1)-ae^{a-1}+1=1-e^{a-1}\)，
   若要滿足題意，則\(1-e^{a-1}≥0\)，解得\(a≤1\).

2. 答案 (1) 極小值\(3-\dfrac{2}{e}\)，無極大值；(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\(x=\dfrac{1}{e}\)，
   當\(x<\dfrac{1}{e}\)時，\(f'(x)<0\)；當\(x>\dfrac{1}{e}\)時，\(f'(x)>0\)；
   所以函式\(f(x)\)的極小值\(f\left(\dfrac{1}{e}\right)=3-\dfrac{2}{e}\)，無極大值.
   (2) 對\(∀x\in (0，+∞)\)有\(2x\ln x+3+x^2-ax≥0\)恆成立
   等價於對\(∀x\in (0，+∞)\)有 \(a \leq 2 \ln x+x+\dfrac{3}{x}\)恆成立
   令\(g(x)=2 \ln x+x+\dfrac{3}{x}\)，
   則\(g^{\prime}(x)=\dfrac{2}{x}+1-\dfrac{3}{x^2}=\dfrac{x^2+2 x-3}{x^2}=\dfrac{(x-1)(x+3)}{x^2}\)，
   所以當\(x<1\)時，\(g'(x)<0\)；當\(x>1\)時，\(g'(x)>0\)；
   所以\(g(x)≥g(1)=4\)，
   所以\(a≤4\).
    

分層練習

【A組---基礎題】

1.函式\(y=x^3+x^2-x+1\)在區間\(\left[-2，1\right]\)上的最小值為( )
 A． \(\dfrac{22}{27}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(2\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(-1\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(-4\)
 

2.若函式\(f(x)=\ln ⁡x-ax\)在區間\((0，+∞)\)上的最大值為\(0\)，則\(f(e)=\) ( )
 A．\(0\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(\dfrac{1}{e}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(1\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(e\)
 

3.函式\(f(x)=ax-\ln ⁡x⩾0(a\in R)\)恆成立的一個必要不充分條件是( )
 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.函式\(y=x+2\cos x\)在區間 \(\left[0， \dfrac{\pi}{2}\right]\)上的最大值是\(\underline{\quad \quad}\)，最小值是\(\underline{\quad \quad}\)．
 

5.若函式\(f(x)=\dfrac{x^3}{3}+x^2-2\)在區間\((a-4，a)\)上存在最小值，則\(a\)的取值範圍是\(\underline{\quad \quad}\)．
 

6.已知函式\(f(x)=x^3-3x^2-9x\)．
  (1)求函式\(f(x)\)在點\((0，0)\)處的切線方程；
  (2)求函式\(f(x)\)在區間\(\left[-2，2\right]\)的最大值和最小值．
 
 

7.已知函式\(f(x)=x\ln x\)，\(g(x)=-x^2+ax-3\)．
  (1)求函式\(f(x)\)的圖象在點\((1，0)\)處的切線方程；
  (2)若對\(∀x\in (0，+∞)\)有\(2f(x)≥g(x)\)恆成立，求實數\(a\)的取值範圍．
 
 

8.已知函式\(f(x)=x-1-\ln x\)．
  (1)求證：\(f(x)≥0\)；
  (2)求證：對於任意正整數\(n\)，\(\left(1+\dfrac{1}{2}\right)\left(1+\dfrac{1}{2^2}\right) \cdots\left(1+\dfrac{1}{2^n}\right)<e\)．
 
 

9.已知函式\(f(x)=e^x-a(x+1)\)．
  (1)若\(f(x)≥0\)恆成立，求\(a\)的取值範圍；
  (2)證明：當\(a=0\)時，曲線\(y=f(x)(x>0)\)總在曲線\(y=2+\ln ⁡x\)的上方．
 
 

參考答案

1. 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：\(-1<x<\dfrac{1}{3}\)，
   \(\therefore\)函式在\([-2，-1)\)遞增，在\(\left(-1， \dfrac{1}{3}\right)\)遞減，在\(\left(\dfrac{1}{3}， 1\right]\)遞增，
   \(\therefore x=-1\)時，取極大值，極大值是\(2\)，\(x=\dfrac{1}{3}\)時，函式取極小值，極小值是\(\dfrac{22}{27}\)，
   而\(x=-2\)時，\(y=-1\)，\(x=1\)時，\(y=2\)，
   故函式的最小值是\(-1\)，
   故選：\(C\)．

2. 答案 \(B\)
   解析 \(f^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x}-a=\dfrac{1-a x}{x}\)，\(x>0\)，
   當\(a⩽0\)時，在\((0，+∞)\)上\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)單調遞增，
   所以\(f(x)\)沒有最大值，不合題意，
   當\(a>0\)時，令\(f'(x)=0\)，得\(x=\dfrac{1}{a}\)，
   所以在 \(\left(0， \dfrac{1}{a}\right)\)上，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)單調遞增，
   在\(\left(\dfrac{1}{a}，+\infty\right)\)上，\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)單調遞減，
   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\(a=\dfrac{1}{e}\)，
   故選：\(B\)．

3. 答案 \(B\)
   解析 根據題意，函式\(f(x)=ax-\ln ⁡x\)，其定義域為\((0，+∞)\)，
   若\(f(x)=ax-\ln ⁡x⩾0(a\in R)\)恆成立，必有 \(a \geqslant \dfrac{\ln x}{x}\)，
   設 \(\text { z } g(x)=\dfrac{\ln x}{x}\)，其導數 \(g^{\prime}(x)=\dfrac{1-\ln x}{x^2}\)，
   在區間\((0，e)\)上， \(g^{\prime}(x)=\dfrac{1-\ln x}{x^2}>0\)，則\(g(x)\)在\((0，e)\)上單調遞增，
   在\((e，+∞)\)上，\(g^{\prime}(x)=\dfrac{1-\ln x}{x^2}<0\) ，則\(g(x)\)在\((e，+∞)\)上單調遞減，
   故\(g(x)_{max}=g(e)=\dfrac{1}{e}\)，
   若\(a \geqslant \dfrac{\ln x}{x}\)恆成立，必有\(a⩾\dfrac{1}{e}\)，
   依次分析選項：
   對於\(A\)， \(a \in\left[\dfrac{1}{e}，+\infty\right)\)是\(f(x)=ax-\ln ⁡x⩾0\)恆成立的充分必要條件，不符合題意，
   對於\(B\)， \(a \in[0，+\infty)\)是\(f(x)=ax-\ln ⁡x⩾0\)恆成立的一個必要不充分，符合題意，
   對於\(C\)，\(a\in [1，+∞)\)是\(f(x)=ax-\ln ⁡x⩾0\)恆成立的一個充分不必要，不符合題意，
   對於\(D\)，\(a\in (-∞，e ]\)是\(f(x)=ax-\ln ⁡x⩾0\)恆成立的既不充分也不必要條件，不符合題意，
   故選：\(B\)．

4. 答案 \(\dfrac{\pi}{6}+\sqrt{3}\)；\(\dfrac{\pi}{2}\)
   解析 由題意，可知：
   當\(x\in \left[0，\dfrac{\pi}{2}\right]\)時，\(y'=1-2\sin x\)．
   ①當\(y'=0\)時，即\(1-2\sin x=0\)，\(\sin x=\dfrac{1}{2}\)，\(x=\dfrac{\pi}{6}\)時，函式取極值\(f\left(\dfrac{\pi}{6}\right)=\dfrac{\pi}{6}+\sqrt{3}\)．
   ②當\(y'>0\)時，即\(1-2\sin x>0\)，\(\sin x<\dfrac{1}{2}\)，\(0≤x<\dfrac{\pi}{6}\)時，函式\(f(x)\)單調遞增．
   ③當\(y'<0\)時，即\(1-2\sin x<0\)，\(\sin x>\dfrac{1}{2}\)，\(\dfrac{\pi}{6}<x≤\dfrac{\pi}{2}\)時，函式\(f(x)\)單調遞減．
   \(\because f(0)=2\)，\(f\left(\dfrac{\pi}{6}\right)=\dfrac{\pi}{6}+\sqrt{3}\)，\(f\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=\dfrac{\pi}{2}\)．
   \(\therefore f(x)\)在區間\(\left[0，\dfrac{\pi}{2}\right]\)上的圖象大致如下：
   
   則由圖象可知：
   在區間\(\left[0，\dfrac{\pi}{2}\right]\)上，當\(x=\dfrac{\pi}{6}\)時，\(f(x)\)取最大值\(\dfrac{\pi}{6}+\sqrt{3}\)；
   當\(x=\dfrac{\pi}{2}\)時，\(f(x)\)取最小值\(\dfrac{\pi}{2}\)．
   故答案 為：\(\dfrac{\pi}{6}+\sqrt{3}\)；\(\dfrac{\pi}{2}\)．

5. 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\((-∞，-2)\)遞增，在\((-2，0)\)遞減，在\((0，+∞)\)遞增，
   故 \(f(x)_{\text {min }}=f(x)_{\text {極小值 }}=f(0) \text {， }\)，
   若\(f(x)\)在區間\((a-4，a)\)上存在最小值，
   則\(f(a-4)≥f(0)\)
   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，
   綜合①②得：\(1≤a<4\).

6. 答案 (1) \(y=-9x\)；(2)\(f(x)_{max}=5\)，\(f(x)_{min}=-22\).
   解析 (1) \(f'(x)=3x^2-6x-9\)，則\(f'(0)=-9\)，
   所以函式在點\((0，0)\)處的切線方程為\(y=-9x\)；
   (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\([-2，-1)\)上單調遞增，在\((-1，2 ]\)上單調遞減，
   因為\(f(-2)=-2\)，\(f(2)=-22\)，\(f(-1)=5\)，
   所以\(f(x)_{max}=5\)，\(f(x)_{min}=-22\)．

7. 答案 (1) \(y=x-1\)；(2)\((-∞，4 ]\).
   解析 (1)\(\because f'(x)=1+\ln x\)，\(\therefore f'(1)=1=k\)，
   故切線方程是：\(y=x-1\)；
   (2)由題意，不等式化為\(ax≤2x\ln x+x^2+3\)，因為\(x>0\)，
   所以 \(a \leq 2 \ln x+x+\dfrac{3}{x}\)，當\(x>0\)時恆成立．
   令\(h(x)=2 \ln x+x+\dfrac{3}{x}\)，
   則\(h^{\prime}(x)=\dfrac{2}{x}-\dfrac{3}{x^2}+1=\dfrac{(x+3)(x-1)}{x^2}\)，
   當\(0<x<1\)時，\(h'(x)<0\)，\(x>1\)時，\(h'(x)>0\)，
   所以\(h(x)\)在\((0，1)\)上遞減，在\((1，+∞)\)上遞增．
   故\(h(x)_{min}=h(1)=2\ln 1+1+3=4\)．所以\(a≤4\)．
   故所求\(a\)的範圍是\((-∞，4 ]\)．

8. 答案 (1) 略；(2)略 .
   解析 證明：(1) \(f^{\prime}(x)=1-\dfrac{1}{x}=\dfrac{x-1}{x}\)，
   當\(x>1\)時\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)單調增，
   當\(0<x<1\)時\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)單調減，
   所以 \(f(x)\)的最小值為\(f(1)=0\)；
   (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 \(\left(1+\dfrac{1}{2}\right)\left(1+\dfrac{1}{2^2}\right) \cdots\left(1+\dfrac{1}{2^n}\right)<e\)．

9. 答案 (1)\((0，1 ]\)；(2) 略.
   解析 (1)\(f'(x)=e^x-a(x\in R)\)
   當\(a=0\)時，\(f(x)=e^x>0\)符合題意，
   當\(a<0\)時，取\(x_0=-1+\dfrac{1}{a}\)，
   則\(f(x_0 )=e^{-1+\dfrac{1}{a}}-a(-1+\dfrac{1}{a}+1)=e^{-1+\dfrac{1}{a}}-1<0\)，不符合題意，
   ③當\(a>0\)時，令\(f'(x)=0\)，得\(x=\ln ⁡a\)，
   所以在\((-∞，\ln ⁡a)\)上，\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)單調遞減，
   在\((\ln ⁡a，+∞)\)上，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)單調遞增，
   所以\(f(x)_{\min }=f(\ln a)=a-a(1+\ln a)=-a \ln a\)，
   若\(f(x)≥0\)恆成立，則\(f(x)\)的最小值大於等於\(0\)，即\(-a \ln ⁡a≥0\)，
   因為\(a>0\)，所以\(0<a⩽1\)，
   綜上所述，\(a\)的取值範圍為\((0，1 ]\)．
   (2)證明：
   當\(a=0\)時，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\((0，+∞)\)上單調遞增，
   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，\(g'(x)<0\)，\(g(x)\)單調遞減，
   在\((x_0，+∞)\)上，\(g'(x)>0\)，\(g(x)\)單調遞增，
   所以\(h(x)_{min}=h(x_0 )=e^{x_0}-\ln ⁡x_0-2=\dfrac{1}{x}_0 +x_0-2\)，
   因為\(x_0 \in\left(\dfrac{1}{2}， 1\right)\)，
   所以\(h\left(x_0\right)=\dfrac{1}{x_0}+x_0-2>2 \sqrt{\dfrac{1}{x_0} \cdot x_0}-2=0\)，
   所以當\(a=0\)時，\(f(x)>2+\ln ⁡x(x>0)\)，
   所以當\(a=0\)時，曲線\(y=f(x)(x>0)\)總在曲線\(y=2+\ln ⁡x\)的上方．
    

【B組---提高題】

1.(多選)下列不等式中恆成立的有(　　)
 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.(多選)設 \(f(x)=\dfrac{\sin x}{x^a}\) ， \(x \in\left[\dfrac{\pi}{6}， \dfrac{\pi}{3}\right]\)的最大值為\(M\)，則(　　)
 A．當\(a=-1\)時，\(M>\dfrac{\sqrt{3}}{2}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．當\(a=1\)時，\(M<1\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)
C．當\(a=2\)時，\(M<\sqrt{3}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．當\(a=3\)時，\(M<2\sqrt{3}\)
 

3.已知函式\(f(x)=ax^2\)，\(g(x)=x\ln ⁡x\)．
  (1)若\(f(x)⩾g(x)\)恆成立，求實數\(a\)的取值範圍；
  (2)若\(a=1\)，\(G(x)=f(x)-g(x)-1\)，且\(mn>1\)，證明：\(G(m)+G(n)>0\)．
 
 

參考答案

1. 答案 \(ACD\)
   解析 選項\(A\)，設 \(f(x)=\ln (x+1)-\dfrac{x}{x+1}(x>-1)\)，
   則 \(f^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x+1}-\dfrac{1}{(x+1)^2}=\dfrac{x}{(x+1)^2}\)，
   當\(-1<x<0\)時，\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)單調遞減；
   當\(x>0\)時，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)單調遞增．
   \(\therefore f(x)_{min}=f(0)=0\)，即\(f(x)≥0\)在\((-1，+∞)\)上恆成立，
   \(\therefore \ln (x+1) \geq \dfrac{x}{x+1}(x>-1)\)恆成立，即\(A\)正確；
   選項\(B\)，設 \(g(x)=\ln x-\dfrac{1}{2}\left(x-\dfrac{1}{x}\right)(x>0)\)，
   則 \(g^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{2}\left(1+\dfrac{1}{x^2}\right)=-\dfrac{(x-1)^2}{2 x^2} \leq 0\)恆成立，
   \(\therefore g(x)\)在\((0，+∞)\)上單調遞減，
   又\(g(1)=0\)，\(\therefore g(x)≤0\)在\((0，+∞)\)上不可能恆成立，
   \(\therefore \ln x \leq \dfrac{1}{2}\left(x-\dfrac{1}{x}\right)(x>0)\)不恆成立，即\(B\)錯誤；
   選項\(C\)，設$h(x)=e^{x-x-$1，則$h'(x)=e}x-1\(， 令\)h'(x)=0\(，解得\)x=0\(， 當\)x<0\(時，\)h'(x)<0\(，\)h(x)\(單調遞減； 當\)x>0\(時，\)h'(x)>0\(，\)h(x)\(單調遞增． \)\therefore h(x){min}=h(0)=0\(，即\)h(x)≥0\(在\)R\(上恆成立， \)\therefore e^x≥x+1\(恆成立，即\)C\(正確； 選項\)D\(，設\)t(x)=\cos x-1+\dfrac{1}{2} x^2\(， 則\)t'(x)=-\sin x+x\(， 令\)m(x)=t'(x)=-\sin x+x\(， 則\)m'(x)=-\cos x+1≥0\(恆成立，即\)m(x)\(在\)R\(上單調遞增， 又\)m(0)=0\(， \)\therefore\(當\)x<0\(時，\)m(x)<0\(，\)t'(x)<0\(，\)t(x)\(單調遞減； 當\)x>0\(時，\)m(x)>0\(，\)t'(x)>0\(，\)t(x)\(單調遞增． \)\therefore t(x){min}=t(0)=0\(，即\)t(x)≥0\(在\)R\(上恆成立， \)\therefore \cos x≥1-\dfrac{1}{2} x^2\(恆成立，即\)D\(正確． 故選：\)ACD$．

2. 答案 \(AB\)
   解析 對於\(A\)：當\(a=-1\)時，\(f(x)=x\sin x\)，
   \(f'(x)=\sin x+x\cos x>0\)，\(x \in\left[\dfrac{\pi}{6}， \dfrac{\pi}{3}\right]\)，
   故\(f(x)\)在\(\left[\dfrac{\pi}{6}，\dfrac{\pi}{3}\right]\)遞增，
   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\(A\)正確；
   對於\(B\)：\(a=1\)時， \(f(x)=\dfrac{\sin x}{x}\)，
   \(f^{\prime}(x)=\dfrac{x \cos x-\sin x}{x^2}\)，
   令\(h(x)=x\cos x-\sin x\)，\(x\in \left[\dfrac{\pi}{6}，\dfrac{\pi}{3}\right]\)，
   則\(h'(x)=\cos x-x\sin x-\cos x=-x\sin x<0\)，
   \(h(x)\)在\(x\in \left[\dfrac{\pi}{6}，\dfrac{\pi}{3}\right]\)遞減，
   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\(x\in \left[\dfrac{\pi}{6}，\dfrac{\pi}{3}\right]\)遞減，
   故\(M=f\left(\dfrac{\pi}{6}\right)=\dfrac{\dfrac{1}{2}}{\dfrac{\pi}{6}}=\dfrac{3}{\pi}<1\)，故\(B\)正確；
   對於\(C\)：\(a=2\)時， \(f(x)=\dfrac{\sin x}{x^2}\) ，
   則\(f^{\prime}(x)=\dfrac{x \cos x-2 \sin x}{x^3}\)，
   令\(h(x)=x\cos x-2\sin x\)，\(x\in \left[\dfrac{\pi}{6}，\dfrac{\pi}{3}\right]\)，
   則\(h'(x)=\cos x-x\sin x-2\cos x=-\cos x-x\sin x<0\)，
   故\(h(x)\)在\(x\in \left[\dfrac{\pi}{6}，\dfrac{\pi}{3}\right]\)遞減，
   而\(h\left(\dfrac{\pi}{6}\right)<0\)，\(h(x)\)在\(x\in \left[\dfrac{\pi}{6}，\dfrac{\pi}{3}\right]\)遞減，
   而\(h\left(\dfrac{\pi}{6}\right)<0\)，即\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)在\(x\in \left[\dfrac{\pi}{6}，\dfrac{\pi}{3}\right]\)遞減，
   故\(M=f\left(\dfrac{\pi}{6}\right)=\dfrac{\dfrac{1}{2}}{\dfrac{\pi^2}{36}}=\dfrac{18}{\pi^2}>\sqrt{3}\)，故\(C\)錯誤；
   對於\(D\)：\(a=3\)時， \(f(x)=\dfrac{\sin x}{x^3}\)，
   則\(f^{\prime}(x)=\dfrac{x \cos x-3 \sin x}{x^4}\)，
   令\(h(x)=x\cos x-3\sin x\)，\(x\in \left[\dfrac{\pi}{6}，\dfrac{\pi}{3}\right]\)，
   則\(h'(x)=\cos x-x\sin x-3\cos x=-2\cos x-x\sin x<0\)，
   故\(h(x)\)在\(x\in \left[\dfrac{\pi}{6}，\dfrac{\pi}{3}\right]\)遞減，
   而\(h\left(\dfrac{\pi}{6}\right)<0\)，\(h(x)\)在\(x\in \left[\dfrac{\pi}{6}，\dfrac{\pi}{3}\right]\)遞減，
   而\(h\left(\dfrac{\pi}{6}\right)<0\)，即\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)在\(x\in \left[\dfrac{\pi}{6}，\dfrac{\pi}{3}\right]\)遞減，
   故 \(M=f\left(\dfrac{\pi}{6}\right)=\dfrac{108}{\pi^3}>\sqrt{3}\)，故\(D\)錯誤；
   故選：\(AB\)．

3. 答案 (1) \(\left[\dfrac{1}{e}，+∞\right)\)；(2)略.
   解析 (1) \(f(x)=ax^2\)，\(g(x)=x\ln ⁡x\)，\(x\in (0，+∞)\)
   \(f(x)⩾g(x)\)恆成立 \(\Leftrightarrow a \geqslant \dfrac{\ln x}{x}\)，\(x\in (0，+∞)\)．
   令\(u(x)=\dfrac{\ln x}{x}\)，\(x\in (0，+∞)\)．
   則\(u^{\prime}(x)=\dfrac{1-\ln x}{x^2}\)，令 \(u^{\prime}(x)=\dfrac{1-\ln x}{x^2}=0\)，解得\(x=e\)．
   可得\(x\in (0，e)\)時，\(u'(x)>0\)，函式\(u(x)\)單調遞增；
   \(x\in (e，+∞)\)時，\(u'(x)<0\)，函式\(u(x)\)單調遞減．
   可得\(x=e\)時，函式\(u(x)\)取得極大值即最大值，\(u(e)=\dfrac{1}{e}\)，
   \(\therefore a⩾\dfrac{1}{e}\)，
   \(\therefore\)實數\(a\)的取值範圍是\(\left[\dfrac{1}{e}，+∞\right)\)．
   (2)證明：若\(a=1\)，
   則\(G(x)=f(x)-g(x)-1=x^2-x\ln ⁡x-1\)，\(x\in (0，+∞)\)．
   \(G'(x)=2x-\ln ⁡x-1=H(x)\)， \(H^{\prime}(x)=2-\dfrac{1}{x}=\dfrac{2 x-1}{x}\)，
   \(\therefore x=\dfrac{1}{2}\)時，函式\(H(x)\)取得極小值即最小值，
   \(\therefore G'(x)=H(x)⩾H\left(\dfrac{1}{2}\right)=1-\ln ⁡\dfrac{1}{2}-1=\ln ⁡2>0\)，
   \(\therefore\)函式\(G(x)\)在\(x\in (0，+∞)\)上單調遞增，\(G(1)=0\)．
   不妨設\(n⩽m\)．
   由\(mn>1\)，若\(m>n⩾1\)時，則\(G(m)+G(n)>0\)成立．
   若\(m>1⩾n>0\)時，\(\because mn>1\)， \(\therefore m>\dfrac{1}{n}>1\)，
   則\(G(m)+G(n)>G\left(\dfrac{1}{n}\right)+G(n)\)，
   要證明\(G(m)+G(n)>0\)，只要證明\(G\left(\dfrac{1}{n}\right)+G(n) \geqslant 0\)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\(x=\dfrac{1}{2}\)時，函式\(h'(x)\)取得極大值即最大值，\(h^{\prime}\left(\dfrac{1}{2}\right)=-1+\ln \dfrac{1}{2}+1=-\ln 2<0\)，
   \(\therefore h(x)=1-x^2+x\ln ⁡x\)在\(x\in (0，1)\)上單調遞減，
   \(\therefore h(x)>h(1)=0\)，
   \(\therefore F(x)>F(1)=0\)，\(x\in (0，1)\)，
   \(\therefore G(m)+G(n)>0\)成立．
   綜上可得：\(mn>1\)，\(G(m)+G(n)>0\)成立．
    

【C組---拓展題】

1.已知函式\(f(x)=x+a\ln x+\dfrac{1}{e^x} -x^a (a<0)\)，若\(f(x)≥0\)在\(x\in [2，+∞)\)上恆成立，則實數\(a\)的取值範圍為\(\underline{\quad \quad}\)．
 

2.已知\(f(x)=x\ln ⁡x-\dfrac{1}{2} mx^2-x\)，\(m\in R\)．若\(f(x)\)有兩個極值點\(x_1\)，\(x_2\)，且\(x_1<x_2\)，求證：\(x_1 x_2>e^2\) (\(e\)為自然對數的底數)．
 
 

參考答案

1. 答案 \([-e，+∞)\)
   解析 由\(f(x)≥0\)在\(x\in [2，+∞)\)上恆成立，
   得\(\ln x^a-x^a \geq \ln e^{-x}-e^{-x}\) 在\(x\in [2，+∞)\)上恆成立，
   易知當\(x\in [2，+∞)\)，\(a<0\)時，\(0<x^a<1\)， \(0<e^{-x}<1\)，
   令函式\(g(t)=\ln t-t(0<t<1)\)，
   則\(a=\dfrac{1}{t}-1>0\)，\(g(t)\)單調遞增，
   故有 \(x^a \geq e^{-x}\)，
   則\(a \geq \log _x e^{-x}=-\dfrac{x}{\ln x}\)在\(x\in [2，+∞)\)上恆成立，
   令\(F(x)=-\dfrac{x}{\ln x}(x \geq 2)\)，
   則\(F^{\prime}(x)=\dfrac{1-\ln x}{(\ln x)^2}\)，
   易得\(F(x)\)在\([2，e)\)上單調遞增，在\([e，+∞)\)上單調遞減，
   故\(F(x)_{max}=F(e)=-e\)，
   故\(a≥-e\)，
   即實數\(a\)的取值範圍是\([-e，+∞)\)．
   故答案 為：\([-e，+∞)\)．

2. 證明 欲證\(x_1 x_2>e^2\)，需證\(\ln ⁡x_1+\ln ⁡x_2>2\)．
   若\(f(x)\)有兩個極值點\(x_1\)，\(x_2\)，即函式\(f'(x)\)有兩個零點．
   又\(f'(x)=\ln ⁡x-mx\)，所以\(x_1\)，\(x_2\)是方程\(f'(x)=0\)的兩個不同實根．
   於是，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\(\ln x_2-\ln x_1=m\left(x_2-x_1\right)\)，
   從而可得\(\dfrac{\ln x_2-\ln x_1}{x_2-x_1}=\dfrac{\ln x_1+\ln x_2}{x_1+x_2}\)．
   於是， \(\ln x_1+\ln x_2=\dfrac{\left(\ln x_2-\ln x_1\right)\left(x_2+x_1\right)}{x_2-x_1}=\dfrac{\left(1+\dfrac{x_2}{x_1}\right) \ln \dfrac{x_2}{x_1}}{\dfrac{x_2}{x_1}-1}\)．
   又\(0<x_1<x_2\)，設 \(z=\dfrac{x_2}{x_1}\)，則\(t>1\)．
   因此\(\ln x_1+\ln x_2=\dfrac{(1+t) \ln t}{t-1}\)，\(t>1\)．
   要證\(\ln ⁡x_1+\ln ⁡x_2>2\)，即證 \(\dfrac{(t+1) \ln t}{t-1}>2\)，\(t>1\)．
   即當\(t>1\)時，有 \(\ln t>\dfrac{2(t-1)}{t+1}\)．
   設函式 \(h(t)=\ln t-\dfrac{2(t-1)}{t+1}\)，\(t≥1\)，
   則\(h^{\prime}(t)=\dfrac{1}{t}-\dfrac{2(t+1)-2(t-1)}{(t+1)^2}=\dfrac{(t-1)^2}{t(t+1)^2} \geq 0\)，
   所以\(h(t)\)為\((1，+∞)\)上的增函式．注意到\(h(1)=0\)，
   因此\(h(t)≥h(1)=0\)．
   於是，當\(t>1\)時，有 \(\ln t>\dfrac{2(t-1)}{t+1}\)．
   所以有\(\ln ⁡x_1+\ln ⁡x_2>2\)成立，\(x_1 x_2>e^2\)．