导数作为一种数学解题工具，可以用来处理很多与函数有关的问题.而涉及不等式的证明问题是其中最具有综合与创新应用的一种题型，其实质就是通过所要证明的不等式的等价变换，构造与之相应的函数，通过求导，结合导数判断函数的单调性来处理对应函数的单调性、极值或最值问题，进而达到解决不等式的证明与应用等相关问题的目的.

一、问题呈现

问题已知函数

（Ⅰ）求f（x）的单调区间；

（Ⅱ）若a≤1，证明（其中e是自然对数的底数，e=2.…）.

本题结合已知函数，通过求导来确定函数的单调性与单调区间，并通过函数的构造与应用，利用导数来求解相应函数的最值，从而解决不等式的证明问题.通过巧妙的设置问题，考查化归与转化思想、分类讨论思想等.

二、问题解决

解析：（Ⅰ）解法一：函数f（x）的定义域为（0，1）∪（1，+∞），而，令，则u（′x）=.所以u（x）在区间（0，1］上单调递增；在区间［1，+∞）上单调递减.故x∈（0，1）∪（1，+∞）时，u（x）＜u（1）=0，即f′（x）＜0.因此，f（x）在区间（0，1）上单调递减，在区间（1，+∞）上也单调递减.

解法二：函数f（x）的定义域为（0，1）∪（1，+∞），而，令u（x）=x-xlnx-1，则u′（x）=1-lnx-1=-lnx.

当x∈（0，1）时，u′（x）＞0；当x∈（1，+∞）时，u′（x）＜0.

所以u（x）＜u（1）=0，即f′（x）＜0.因此，f（x）的单调递减区间为（0，1），（1，+∞）.

（Ⅱ）证法一：（分类讨论法）

因为a≤1，故，因此只需证明（fx）＞，即证明

①先证明x∈（1，+∞）时的情况，此时（*）?lnx-

令

令h（x）=ex+x3-2x2-x，则h′（x）=ex+3x2-4x-1，h″（x）=ex+6x-4＞0（因为x＞1）.

所以h′（x）在区间（1，+∞）上单调递增，故h′（x）＞h′（1）=e-2＞0.

所以h（x）在区间（1，+∞）上单调递增，于是h（x）＞h（1）=e-2＞0.

则有x∈（1，+∞）时，所以g（x）在区间（1，+∞）上单调递增.

因此，当x∈（1，+∞）时，g（x）＞g（1）=0，即

②下面证明x∈（0，1）时的情况：

证明角度1：

令g（x）=ex-x-1，则g′（x）=ex-1＞0，所以g（x）在区间（0，1）上单调递增.

于是当x∈（0，1）时，g（x）＞g（0）=0，即

令h（x）=lnx-x+1，则，所以h（x）在区间（0，1）上单调递增.

于是当x∈（0，1）时，h（x）＜h（1）=0，即lnx-x+1＜0.

综上分析，可得，故若a≤1，则有（fx）＞成立.

证明角度2：

当x∈（0，1）时，此时

令，则

令h（x）=ex+x3-2x2-x，则h′（x）=ex+3x2-4x-1，h″（x）=ex+6x-4.

显然函数h″（x）在区间（0，1）上单调递增.

而h″（0）=-3＜0，h″（1）=e+2＞0，故?x0∈（0，1），使得h′（x）在区间（0，x0）上单调递减，在区间（x0，1）上单调递增.

而h′（0）=0，h′（1）=e-2＞0，故必存在唯一的x1∈（x0，1）?（0，1），使得h（x）在区间（x0，x1）上单调递减，在区间（x1，1）上单调递增，且h′（x1）=0，即ex1=-3x12+4x1+1.

令v（x）=x3-5x2+3x+1，x∈（0，1），则v′（x）=3x2-10x+3=（3x-1）（x-3）.

所以v（x）在区间上单调递增，在区间上单调递减.

而v（0）=1＞0，v（1）=0，因此当x∈（0，1）时，v（x）＞0.

故h（x）≥h（x1）＞0，则 有x∈（0，1）时 ，g′（x）=.所以g（x）在区间（0，1）上单调递增.

因此，当x∈（0，1）时，g（x）＜g（1）=0，即

综上分析，可得

故若a≤1，则有成立.

证法二：因为a≤1，故

因此只需证明，即证明，亦证明

令

令，则h′（x）=

显然当x∈（0，+∞）时，恒有h?（x）＞0，所以h″（x）在区间（0，+∞）上单调递增.

而h″（1）=0，于是知当x∈（0，1）时，有h″（x）＜0，当x∈（1，+∞）时，有h″（x）＞0.

所以h′（x）在区间（0，1）上单调递减，在区间（1，+∞）上单调递增.

因此当x∈（0，1）∪（1，+∞）时，有h′（x）＞h′（1）=0.

所以h（x）在区间（0，+∞）上单调递增.