2020年高考数学(理)总复习：利用导数解决不等式问题(解析版)

2020年高考数学（理）总复习：利用导数解决不等式问题
题型一 利用导数解决不等式的恒成立与能成立问题 【题型要点】
已知不等式f (x ，λ)≥0(λ为实参数)对任意的x ∈D 恒成立，求参数λ的取值范围．利用导数解决这个问题的常用思想方法如下：
(1)分离参数法：
第一步，将原不等式f (x ，λ)≥0(x ∈D ，λ为实参数)分离，使不等式的一边是参数，另一边不含参数，即化为f 1(λ)≥f 2(x )或f 1(λ)≤f 2(x )的形式；
第二步，利用导数求出函数f 2(x )(x ∈D )的最大(小)值；
第三步，解不等式f 1(λ)≥f 2(x )max 或f 1(λ)≤f 2(x )min 从而求出参数λ的取值范围． (2)函数思想法：
第一步，将不等式转化为某含参数的函数的最值问题； 第二步，利用导数求出该函数的极值(最值)； 第三步，构建不等式求解．
【例1】已知函数f (x )＝x 4＋ax 3＋2x 2＋b (x ∈R )，其中a ，b ∈R . (1)当a ＝－10
3
时，讨论函数f (x )的单调性；
(2)若函数f (x )仅在x ＝0处有极值，求a 的取值范围；
(3)若对于任意的a ∈[－2,2]，不等式f (x )≤1在[－1,1]上恒成立，求b 的取值范围． 【解】 (1)f ′(x )＝4x 3＋3ax 2＋4x ＝x (4x 2＋3ax ＋4)． 当a ＝－10
3时，f ′(x )＝x (4x 2－10x ＋4)＝2x (2x －1)(x －2)．
令f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝1
2，x 3＝2.
当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：
所以f (x )在(0，1
2)，(2，＋∞)内是增函数，
在(－∞，0)，(1
2
，2)内是减函数．
(2)f ′(x )＝x (4x 2＋3ax ＋4)，显然x ＝0不是方程4x 2＋3ax ＋4＝0的根． 为使f (x )仅在x ＝0处有极值，必须4x 2＋3ax ＋4≥0成立，即有Δ＝9a 2－64≤0. 解此不等式，得－83≤a ≤8
3.这时，f (0)＝b 是唯一极值．因此满足条件的a 的取值范围是[－
83，8
3
]． (3)解：由条件a ∈[－2,2]，可知Δ＝9a 2－64<0，从而4x 2＋3ax ＋4>0恒成立． 当x <0时，f ′(x )<0；当x >0时，f ′(x )>0.
因此函数f (x )在[－1,1]上的最大值是f (1)与f (－1)两者中的较大者．
为使对任意的a ∈[－2,2]，不等式f (x )≤1在[－1,1]上恒成立，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧
f (1)≤1
f (－1)≤1，即
⎩⎪⎨⎪
⎧
b ≤－2－a b ≤－2＋a
在a ∈[－2,2]上恒成立．所以b ≤－4，因此满足条件的b 的取值范围是(－∞，－4]．
题组训练一 利用导数解决不等式的恒成立与能成立问题 已知函数f (x )＝e x －
1＋ax ，a ∈R . (1)讨论函数f (x )的单调区间；
(2)若∈x ∈[1，＋∞)，f (x )＋ln x ≥a ＋1恒成立，求a 的取值范围． 【解析】 (1)f ′(x )＝e x －
1＋a ，
(∈)当a ≥0时，f ′(x )>0，函数f (x )在R 上单调递增； (∈)当a <0时，令f ′(x )＝0，则x ＝ln(－a )＋1， 当f ′(x )>0，即x >ln(－a )＋1时，函数f (x )单调递增； 当f ′(x )<0，即x <ln(－a )＋1时，函数f (x )单调递减．
综上，当a ≥0时，函数f (x )在R 上单调递增；当a <0时，函数f (x )的单调递增区间是(ln(－a )＋1，＋∞)，单调递减区间是(－∞，ln(－a )＋1)．
(2)令a ＝－1，由(1)可知，函数f (x )＝e x －
1－x 的最小值为f (1)＝0，所以e x －
1－x ≥0，即e x －
1≥x .
f (x )＋ln x ≥a ＋1恒成立与f (x )＋ln x －a －1≥0恒成立等价，
令g (x )＝f (x )＋ln x －a －1，即g (x )＝e x －1＋a (x －1)＋ln x －1(x ≥1)，则g ′(x )＝e x －1＋1x ＋a ，
∈当a ≥－2时，g ′(x )＝e x －
1＋1x ＋a ≥x ＋1x
＋a ≥2
x ·1x ＋a ＝a ＋2≥0(或令φ(x )＝e x －
1＋1x
， 则φ′(x )＝e x －
1－1x 2在[1，＋∞)上递增，∈φ′(x )≥φ′(1)＝0，∈φ(x )在[1，＋∞)上递增，∈φ(x )≥φ(1)
＝2，∈g ′(x )≥0)
∈g (x )在区间[1，＋∞)上单调递增， ∈g (x )≥g (1)＝0，∈f (x )＋ln x ≥a ＋1恒成立， ∈当a <－2时，令h (x )＝e
x －1
＋1x ＋a ，则h ′(x )＝e x －1
－1x 2＝x 2e x －
1－1x 2
， 当x ≥1时，h ′(x )≥0，函数h (x )单调递增． 又h (1)＝2＋a ＜0， h (1－a )＝e 1
－a －1
＋11－a ＋a ≥1－a ＋11－a ＋a ＝1＋1
1－a
>0，∈存在x 0∈(1,1－a )，使得h (x 0)＝0，故当x ∈(1，x 0)时，h (x )<h (x 0)＝0，即g ′(x )<0，故函数g (x )在(1，x 0)上单调递减；当x ∈(x 0，＋∞)时，h (x )>h (x 0)＝0，即g ′(x )>0，故函数g (x )在(x 0，＋∞)上单调递增．
∈g (x )min ＝g (x 0)<g (1)＝0，
即∈x ∈[1，＋∞)，f (x )＋ln x ≥a ＋1不恒成立，
综上所述，a的取值范围是[－2，＋∞)．
题型二利用导数证明与函数有关的不等式
【题型要点】
用导数证明不等式的方法
(1)利用单调性：若f(x)在[a，b]上是增函数，则∈∈x∈[a，b]，则f(a)≤f(x)≤f(b)；∈对∈x1，x2∈[a，b]，且x1<x2，则f(x1)<f(x2)．对于减函数有类似结论．
(2)利用最值：若f(x)在某个范围D内有最大值M(或最小值m)，则对∈x∈D，有f(x)≤M(或f(x)≥m)．
(3)证明f(x)<g(x)，可构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，证明F(x)<0.
【例2】已知函数f(x)＝(ln x－k－1)x(k∈R)．
(1)当x>1时，求f(x)的单调区间和极值；
(2)若对于任意x∈[e，e2]，都有f(x)<4ln x成立，求k的取值范围；
(3)若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，证明：x1x2<e2k.
(1)【解析】f′(x)＝1
x·x＋ln x－k－1＝ln x－k，
∈当k≤0时，因为x>1，所以f′(x)＝ln x－k>0，
函数f(x)的单调递增区间是(1，＋∞)，无单调递减区间，无极值；
∈当k>0时，令ln x－k＝0，解得x＝e k，
当1<x<e k时，f′(x)<0；
当x>e k时，f′(x)>0.
所以函数f(x)的单调递减区间是(1，e k)，
单调递增区间是(e k，＋∞)，在区间(1，＋∞)上的极小值为f(e k)＝(k－k－1)e k＝－e k，无极大值．
(2)【解析】由题意，f(x)－4ln x<0，
即问题转化为(x－4)ln x－(k＋1)x<0对于x∈[e，e2]恒成立．
即k ＋1>(x －4)ln x
x 对x ∈[e ，e 2]恒成立．
令g (x )＝(x －4)ln x x ，则g ′(x )＝4ln x ＋x －4
x 2
，
令t (x )＝4ln x ＋x －4，x ∈[e ，e 2]，则t ′(x )＝4
x ＋1>0，
所以t (x )在区间[e ，e 2]上单调递增， 故t ()x min ＝t (e)＝e －4＋4＝e>0，故g ′(x )>0， 所以g (x )在区间[e ，e 2]上单调递增， 函数g ()x max ＝g (e 2)＝2－8
e
2.
要使k ＋1>(x －4)ln x
x 对于x ∈[e ，e 2]恒成立，
只要k ＋1>g ()x max ，所以k ＋1>2－8
e
2，
即实数k 的取值范围为⎪⎭
⎫ ⎝
⎛+∞-
,812e (3)[证明] 因为f (x )＝f (x 2)，
由(1)知，函数f (x )在区间(0，e k )上单调递减， 在区间(e k ，＋∞)上单调递增，且f (e k ＋
1)＝0. 不妨设x 1<x 2，则0<x 1<e k <x 2<e k ＋
1， 要证
x 1x 2<e 2k ，只要证
x 2<e 2k x 1，即证e k
<x 2<e 2k x 1
. 因为f (x )在区间(e k ，＋∞)上单调递增，
所以f (x 2)<f ⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛12x e k .
又f (x )＝f (x 2)，即证f (x 1)<f ⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛12x e k ，
构造函数h (x )＝f (x )－f ⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛12x e k
＝(ln x －k －1)x －⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛--1ln 2k x e k e 2k
x ，
即h (x )＝x ln x －(k ＋1)x ＋e 2k ⎪⎭⎫
⎝⎛--x k x
x 1ln ，
x ∈(0，e k )．
h ′(x )＝ln x ＋1－(k ＋1)＋e 2k ⎪⎭⎫
⎝
⎛-+-22
1ln 1x k x x ＝(ln x －k )(x 2－e 2k )
x 2
，
因为x ∈(0，e k )，所以ln x －k <0，x 2<e 2k ，即h ′(x )>0，
所以函数h (x )在区间(0，e k )上单调递增，故h (x )<h (e k )，而h (e k )＝f (e k )－f ⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛k k e e
2＝0，故
h (x )<0，
所以f (x 1)<f ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛12x e k ，即f (x 2)＝f (x 1)<f ⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛12x e k ，
所以x 1x 2<e 2k 成立．
题组训练二 利用导数证明与函数有关的不等式 已知函数f (x )＝ln x ＋a
x
(a >0)．
(1)若函数f (x )有零点，求实数a 的取值范围； (2)证明：当a ≥2e
时，f (x )>e －
x .
(1)【解】 方法一 函数f (x )＝ln x ＋a
x 的定义域为(0，＋∞)．
由f (x )＝ln x ＋a x ，得f ′(x )＝1x －a x 2＝x －a
x
2.
因为a >0，则当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0； 当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0.
所以函数f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增． 当x ＝a 时，f (x )min ＝ln a ＋1. 当ln a ＋1≤0，即0<a ≤1
e
时，
又f (1)＝ln 1＋a ＝a >0，则函数f (x )有零点．
所以实数a 的取值范围为⎥⎦
⎤
⎝⎛e
1,0方法二 函数f (x )＝ln x ＋a x 的定义域为(0，＋∞)．
由f (x )＝ln x ＋a
x ＝0，得a ＝－x ln x .
令g (x )＝－x ln x ，则g ′(x )＝－(ln x ＋1)．
当x ∈⎪⎭
⎫ ⎝⎛e 1,0时，g ′(x )>0；
当x ∈⎪⎭
⎫ ⎝⎛+∞,1e
时，g ′(x )<0.
所以函数g (x )在⎪⎭
⎫ ⎝⎛e 1,0上单调递增，
在⎪⎭
⎫ ⎝⎛+∞,1e
上单调递减．
故当x ＝1e 时，函数g (x )取得最大值g ⎪⎭⎫
⎝⎛e 1
＝－1e ln 1e ＝1
e
.
因为函数f (x )＝ln x ＋a x 有零点，则0<a ≤1
e
，
所以实数a 的取值范围为⎥⎦
⎤ ⎝⎛e
1,0.
(2)【证明】 要证明当a ≥2e 时，f (x )>e －
x ，
即证明当x >0，a ≥2e 时，ln x ＋a x >e －
x ，
即x ln x ＋a >x e －
x .
令h (x )＝x ln x ＋a ，则h ′(x )＝ln x ＋1. 当0<x <1
e 时，h ′(x )<0；
当x >1
e
时，h ′(x )>0.
所以函数h (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛e 1,0上单调递减，在⎪⎭
⎫ ⎝⎛+∞,1e
上单调递增．
当x ＝1e 时，h (x )min ＝－1e ＋a .
于是，当a ≥2e 时，h (x )≥－1e ＋a ≥1e
.∈
令φ(x )＝x e －
x ，则φ′(x )＝e －
x －x e －
x ＝e －
x (1－x )． 当0<x <1时，φ′(x )>0；当x >1时，φ′(x )<0.
所以函数φ(x )在()0，1上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 当x ＝1时，φ(x )max ＝φ(1)＝1
e .
于是，当x >0时，φ(x )≤1
e
.∈
显然，不等式∈∈中的等号不能同时成立． 故当a ≥2e
时，f (x )>e －
x .
题型三 用赋值法证明与正整数有关的不等式 【题型要点】
(1)利用导数研究的正整数不等式一般都与题目给出的函数不等式有关，如本例中给出
的函数f (x )在a ＝12，x ≥1时，有不等式12⎪⎭
⎫ ⎝⎛
-x x 1≥ln x ，根据函数的定义域，这个不等式当
然对一切大于等于1的数成立，这样根据所证不等式的特点，给定x 以适当的数值即可证明正整数不等式．凡涉及从1到n 的整数的不等式，而且不等式中含有ln n 的问题，一般都是通过赋值使之产生ln n ＋1n ，ln n n －1等使问题获得解决的，如证明12＋23＋…＋n
n ＋1
<n ＋ln 2－
ln(n ＋2)时，就是通过变换n n ＋1＝1－1n ＋1，进而通过不等式x >ln(1＋x )(x >0)，得1n >ln ⎪⎭
⎫ ⎝⎛
+n 11＝ln(n ＋1)－ln n .
(2)证明正整数不等式时，要把这些正整数放在正实数的范围内，通过构造正实数的不等式进行证明，而不能直接构造正整数的函数，因为这样的函数不是可导函数，使用导数就是错误的．
【例3】已知函数f (x )＝ax ＋b
x ＋c (a >0)的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝x －1.
(1)用a 表示出b ，c ；
(2)若f (x )≥ln x 在[1，＋∞)上恒成立，求a 的取值范围； (3)证明：1＋12＋13＋…＋1n >ln(n ＋1)＋n
2(n ＋1)
(n ≥1)．
【解析】 (1)f ′(x )＝a －b
x 2，则有⎩⎪⎨⎪⎧
f (1)＝a ＋b ＋c ＝0，f ′(1)＝a －b ＝1，
解得⎩
⎪⎨⎪⎧
b ＝a －1
c ＝1－2a .
(2)由(1)知f (x )＝ax ＋a －1x
＋1－2a .
令g (x )＝f (x )－ln x ＝ax ＋a －1
x ＋1－2a －ln x ，x ∈[1，＋∞)，
则g (1)＝0，g ′(x )＝a －a －1x 2－1
x
＝ax 2－x －(a －1)x 2
＝21)1(x
a a x x a ⎪
⎭⎫ ⎝⎛---
(∈)当0＜a <1
2时，1－a a
>1.
若1<x <1－a
a ，则g ′(x )<0，g (x )是减函数，
所以g (x )<g (1)＝0，
即f (x )<ln x 故f (x )≥ln x 在[1，＋∞)上不恒成立． (∈)当a ≥1
2时，1－a a
≤1，
若x ＞1，则g ′(x )>0，g (x )是增函数，所以g (x )>g (1)＝0，即f (x )>ln x ， 故当x ≥1时，f (x )≥ln x .
综上所述，所求a 的取值范围为⎪⎭
⎫
⎢⎣⎡+∞,21(3)证法一：由(2)知当a ≥12时，有f (x )≥ln x (x ≥1)．
令a ＝12，有f (x )＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛
-x x 1≥ln x (x ≥1)，
且当x ＞1时，12⎪⎭
⎫ ⎝⎛
-x x 1＞ln x .
令x ＝k ＋1k ，且ln k ＋1k <12⎪⎭
⎫
⎝⎛+-+11k k k k ＝12⎥⎦
⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝
⎛+--⎪⎭⎫ ⎝
⎛
+11111k k ， 即ln(k ＋1)－ln k <12⎪⎭
⎫ ⎝⎛++111k k ，k ＝1,2,3，…，n .
将上述n 个不等式依次相加得
ln(n ＋1)<12＋⎪⎭⎫ ⎝⎛+⋅⋅⋅++n 13121＋1
2(n ＋1)
，
整理得1＋12＋13＋…1n >ln(n ＋1)＋n
2(n ＋1).
证法二：用数学归纳法证明．
∈当n ＝1时，左边＝1， 右边＝ln 2＋1
4<1，不等式成立．
∈假设n ＝k 时，不等式成立，就是 1＋12＋13＋…＋1k >ln(k ＋1)＋k 2(k ＋1)
. 那么1＋12＋13＋…＋1k ＋1k ＋1>ln(k ＋1)＋k 2(k ＋1)＋1k ＋1＝ln(k ＋1)＋k ＋22(k ＋1).
由(2)知当a ≥1
2
时，有f (x )≥ln x (x ≥1)．
令a ＝12，有f (x )＝12⎪⎭
⎫ ⎝⎛
-x x 1≥ln x (x ≥1)．
令x ＝k ＋2k ＋1，得12⎪⎭⎫
⎝⎛++-++2112k k k k ≥ln k ＋2k ＋1＝ln(k ＋2)－ln(k ＋1)． ∈ln(k ＋1)＋k ＋22(k ＋1)≥ln(k ＋2)＋k ＋1
2(k ＋2).
∈1＋12＋13＋…＋1k ＋1
k ＋1>ln(k ＋2)＋k ＋12(k ＋2).
这就是说，当n ＝k ＋1时，不等式也成立， 根据∈和∈，可知不等式对任何n ∈N *都成立． 题组训练三 用赋值法证明与正整数有关的不等式 设函数f (x )＝e x －ax －1，对∈x ∈R ，f (x )≥0恒成立． (1)求a 的取值集合；
(2)求证：1＋12＋13＋…＋1
n >ln(n ＋1)(n ∈N *)．
【解析】 (1)f (x )＝e x －ax －1，f ′(x )＝e x －a ，
∈当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在x ∈R 上单调递增，又f (0)＝0，所以当x ∈(－∞，0)，f (x )<0，不合题意，舍去；
∈当a >0时，x ∈(－∞，ln a )，f ′(x )<0，f (x )单调递减，x ∈(ln a ，＋∞)，f ′(x )>0，f (x )单调递增，f (x )min ＝f (ln a )＝a －a ln a －1，则需a －a ln a －1≥0恒成立．
令g (a )＝a －a ln a －1，g ′(a )＝－ln a ，当a ∈(0,1)时，g ′(a )>0，g (a )单调递增，当a ∈(1，＋∞)时，g ′(a )<0，g (a )单调递减，而g (1)＝0，所以a －a ln a －1≤0恒成立．所以a 的取值集合为{1}．
(2)由(1)可得e x －x －1>0(x >0)，x >ln(x ＋1)(x >0)，令x ＝1
n ，
则1n >ln ⎪⎭
⎫
⎝⎛+11n ＝ln n ＋1n ＝ln(n ＋1)－ln n ， 所以1＋12＋13＋…＋1
n
>(ln 2－ln 1)＋(ln 3－ln 2)＋…＋(ln(n ＋1)－ln n )＝ln(n ＋1)(n ∈N *)．
题型四 构造函数法在解题中的应用
【例4】 已知函数f (x )＝e x －3x ＋3a (e 为自然对数的底数，a ∈R )． (1)求f (x )的单调区间与极值；
(2)求证：当a >ln 3e ，且x >0时，e x x >32x ＋1
x －3a .
【解析】 (1)由f (x )＝e x －3x ＋3a ，知f ′(x )＝e x －3. 令f ′(x )＝0，得x ＝ln 3，
于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：
故f f (x )在x ＝ln 3处取得极小值，极小值为f (ln 3)＝3(1－ln 3＋a )． (2)证明：待证不等式等价于e x >3
2
x 2－3ax ＋1，
设g (x )＝e x －3
2x 2＋3ax －1，
于是g ′(x )＝e x －3x ＋3a . 由(1)及a >ln 3
e
＝ln 3－1知，
g ′(x )的最小值为g ′(ln 3)＝3(1－ln 3＋a )>0.
于是对任意x ∈R ，都有g ′(x )>0，所以g (x )在R 内单调递增． 于是当a >ln 3
e ＝ln 3－1时，对任意x ∈(0，＋∞)，都有g (x )>g (0)．
而g (0)＝0，从而对任意x ∈(0，＋∞)，g (x )>0. 即e x
>32x 2－3ax ＋1，故e x x >32x ＋1
x
－3a .
题组训练四
1．构造函数解不等式
已知定义在R 上的可导函数f (x )的导函数为f ′(x )，满足f ′(x )<f (x )，且f (x ＋2)为偶函数，f (4)＝1，则不等式f (x )<e x 的解集为( )
A ．(－2，＋∞)
B ．(0，＋∞)
C ．(1，＋∞)
D ．(4，＋∞)
【解析】 因为f (x ＋2)为偶函数，所以f (x ＋2)的图象关于x ＝0对称，所以f (x )的图象关于x ＝2对称．所以f (0)＝f (4)＝1.
设g (x )＝f (x )
e x (x ∈R )，则g ′(x )＝
f ′(x )e x －f (x )e x (e x )2
＝f ′(x )－f (x )e x .
又f ′(x )<f (x )，所以g ′(x )<0(x ∈R )，所以函数g (x )在定义域上单调递减． 因为f (x )<e x ∈f (x )e x <1，而g (0)＝f (0)
e 0＝1，
所以f (x )<e x ∈g (x )<g (0)，所以x >0.故选B. 【答案】 B
2．构造函数证明不等式
设函数f (x )＝ax 2ln x ＋b (x －1)(x ＞0)，曲线y ＝f (x )过点(e ，e 2－e ＋1)，且在点(1,0)处的切线方程为y ＝0.
(1)求a ，b 的值；
(2)证明：当x ≥1时，f (x )≥(x －1)2；
(3)若当x ≥1时，f (x )≥m (x －1)2恒成立，求实数m 的取值范围．
【解】 (1)函数f (x )＝ax 2ln x ＋b (x －1)(x ＞0)，可得f ′(x )＝2a ln x ＋ax ＋b ，因为f ′(1)＝a ＋b ＝0，f (e)＝a e 2＋b (e －1)＝a (e 2－e ＋1)＝e 2－e ＋1，所以a ＝1，b ＝－1.
(2)证明：f (x )＝x 2ln x －x ＋1， 设g (x )＝x 2ln x ＋x －x 2(x ≥1)，
g ′(x )＝2x ln x －x ＋1，(g ′(x ))′＝2ln x ＋1＞0，
所以g ′(x )在[0，＋∞)上单调递增，所以g ′(x )≥g ′(1)＝0，所以g (x )在[0，＋∞)上单调递增， 所以g (x )≥g (1)＝0，所以f (x )≥(x －1)2.(6分) (3)设h (x )＝x 2ln x －x －m (x －1)2＋1， h ′(x )＝2x ln x ＋x －2m (x －1)－1，
由(2)中知x 2ln x ≥(x －1)2＋x －1＝x (x －1)， 所以x ln x ≥x －1，所以h ′(x )≥3(x －1)－2m (x －1)， ∈当3－2m ≥0即m ≤3
2
时，h ′(x )≥0，
所以h (x )在[1，＋∞)单调递增，所以h (x )≥h (1)＝0，成立． ∈当3－2m ＜0即m ＞3
2时，
h ′(x )＝2x ln x ＋(1－2m )(x －1)， (h ′(x ))′＝2ln x ＋3－2m ，
令(h ′(x ))′＝0，得x 0＝e 2m －3
2＞1，
当x ∈[1，x 0)时，h ′(x )＜h ′(1)＝0，
所以h (x )在[1，x 0)上单调递减，所以h (x )＜h (1)＝0，不成立．综上，m ≤3
2.
3．构造函数解决数列问题
设函数f (x )＝x 2－ln(x ＋1)，证明：对任意的正整数n 不等式f (1)＋f ⎪⎭⎫ ⎝⎛21＋f ⎪⎭
⎫ ⎝⎛31＋…＋f ⎪⎭
⎫
⎝⎛n 1<1＋123＋133＋…＋1n 3成立． 【证明】 从数列的角度考虑左边的通项为f ⎪⎭
⎫
⎝⎛n 1，右边的通项为1n 3，若能证明⎪⎭
⎫ ⎝⎛n f 1<1
n
3，则不等式获证，为此构造函数F (x )＝f (x )－x 3＝x 2－ln(x ＋1)－x 3， 则F ′(x )＝－3x 2＋2x －1
x ＋1
＝－3x 3＋x 2－2x ＋1x ＋1
＝－3x 3＋(x －1)2
x ＋1
，
显然当x ∈[0，＋∞)时，F ′(x )<0，
所以函数F (x )在[0，＋∞)上是单调减函数， 又F (0)＝0，
所以当x ∈[0，＋∞)时，恒有F (x )<F (0)＝0， 即x 2－ln(x ＋1)<x 3恒成立． 所以x ∈[0，＋∞)时，f (x )<x 3， 取x ＝1k
，
则有f ⎪⎭⎫
⎝⎛k 1<1k 3，所以f (1)<1，f ⎪⎭⎫ ⎝⎛21<123，…，f ⎪⎭
⎫ ⎝⎛n 1<1
n 3，于是对任意的正整数n ，不等式f (1)＋f ⎪⎭
⎫ ⎝⎛21＋f ⎪⎭
⎫
⎝⎛31＋…＋f ⎪⎭
⎫
⎝⎛n 1<1＋123＋133＋…＋1n 3成立． 【专题训练】
1．已知函数f (x )＝ax 2＋2x －ln(x ＋1)(a 为常数)． (1)当a ＝－1时，求函数f (x )的单调区间；
(2)当x ∈[0，＋∞)时，不等式f (x )≤x 恒成立，求实数的取值范围．
【解析】 (1)函数的定义域为(－1，＋∞)，当a ＝－1时，f (x )＝－x 2＋2x －ln(x ＋1)， ∈f ′(x )＝－2x ＋2－1
x ＋1＝1－2x 2x ＋1
，
由f ′(x )>0得，－
22<x <22
， 由f ′(x )<0得，－1<x <
22或x >2
2
， ∈函数f (x )的单调增区间为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛
-
22,22，单调减区间为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--22,1和⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛+∞,22
(2)当x ∈[0，＋∞)时，f (x )≤x 恒成立， 令g (x )＝f (x )－x ＝ax 2＋x －ln(x ＋1)， 问题转换为x ∈[0，＋∞)时，g (x )max ≤0. ∈g ′(x )＝2ax ＋1－
1
1＋x ＝x [2ax ＋(2a ＋1)]x ＋1
， ∈当a ＝0时，g ′(x )＝
x
x ＋1
≥0，∈g (x )在x ∈[0，＋∞)上单调递增， 此时g (x )无最大值，故a ＝0不合题意．
∈当a >0时，令g ′(x )＝0解得，x 1＝0，x 2＝－(2a ＋1)
2a
<0，
此时g (x )在x ∈[0，＋∞)上单调递增，此时无最大值，故a >0不合题意． ∈当a <0时，令g ′(x )＝0解得，x 1＝0，x 2＝－(2a ＋1)
2a
，
当－1
2<a <0时，x 2＝－(2a ＋1)2a
>0，而g (x )在[0，x 2)上单调递增，在[x 2，＋∞)上单调递减，
∈g (x )max ＝g (x 2)＝a －
14a －ln ⎪⎭
⎫
⎝⎛-a 21 ＝a －1
4a
＋ln(－2a )，
令φ(x )＝x －14x ＋ln(－2x )，x ∈⎪⎭⎫
⎝⎛-0,21，
则φ′(x )＝1＋14x 2＋1x ＝(2x ＋1)2
4x 2
>0，
∈φ(x )在x ∈⎪⎭
⎫
⎝⎛-
0,21上单调递增， 又φ⎪⎭⎫
⎝⎛-81e ＝－1e 8＋e 34－3ln 2，
当e≈2.71时，e 3≈19.9，
∈φ(x )在x ∈⎪⎭
⎫
⎝⎛-
0,21上小于或等于不恒成立， 即g (x )max ≤0不恒成立， 故－1
2<a <0不合题意．
当a ≤－1
2时，x 2＝－(2a ＋1)2a ≤0，
而此时g (x )在x ∈[0，＋∞)上单调递减， ∈g (x )max ＝g (0)＝0，符合题意．
综上可知，实数的取值范围是⎥⎦
⎤ ⎝
⎛-∞-2
1,
2．已知f (x )＝a (x －ln x )＋2x －1
x 2，a ∈R .
(1)讨论f (x )的单调性；
(2)当a ＝1时，证明f (x )>f ′(x )＋3
2对于任意的x ∈[1,2]成立．
【解析】 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝a －a x －2x 2＋2x 3＝(ax 2－2)(x －1)
x 3.
当a ≤0时，x ∈(0,1)时，
f ′(x )>0，f (x )单调递增，x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0， f (x )单调递减．
当a >0时，f ′(x )＝
a (x －1)x 3⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫
⎝
⎛
-a x a x 22. ∈0<a <2时，
2
a
>1， 当x ∈(0,1)或x ∈⎪
⎪⎭
⎫
⎝⎛+∞,2a 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x ∈⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛a 2,1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减． ∈a ＝2时，
2
a
＝1，在x ∈(0，＋∞)内，f ′(x )≥0，f (x )单调递增． ∈a >2时，0<
2
a
<1，当x ∈⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛a 2,0或x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x ∈⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛1,2a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．
综上所述，当a ≤0时，f (x )在(0,1)内单调递增， 在(1，＋∞)内单调递减；
当0<a <2时，f (x )在(0,1)内单调递增，在⎪⎪⎭⎫
⎝⎛a 2,1内单调递减，在⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛+∞,2a 内单调递增；
当a ＝2时，f (x )在(0，＋∞)内单调递增；
当a >2时，f (x )在⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛
a 2,
0内单调递增， 在⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛1,2a 内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增． (2)证明：由(1)知，a ＝1时，
f (x )－f ′(x )＝x －ln x ＋2x －1x 2－⎪⎭⎫ ⎝⎛+--322211x x x
＝x －ln x ＋3x ＋1x 2－2
x
3－1，x ∈[1,2]．
设g (x )＝x －ln x ，h (x )＝3x ＋1x 2－2
x
3－1，x ∈[1,2]，
则f (x )－f ′(x )＝g (x )＋h (x )．由g ′(x )＝x －1
x
≥0， 可得g (x )≥g (1)＝1，
当且仅当x ＝1时取得等号，又h ′(x )＝－3x 2－2x ＋6
x 4.
设φ(x )＝－3x 2－2x ＋6，则φ(x )在x ∈[1,2]单调递减．
因为φ(1)＝1，φ(2)＝－10，所以∈x 0∈(1,2)，使得x ∈(1，x 0)时，φ(x )>0，x ∈(x 0,2)时，φ(x )<0. 所以h (x )＝1，h (2)＝12，可得h (x )≥h (2)＝12，
当且仅当x ＝2时取得等号．
所以f (x )－f ′(x )>g (1)＋h (2)＝3
2
.
即f (x )>f ′(x )＋3
2对于任意的x ∈[1,2]成立．
3．已知函数f (x )＝x ＋a ln x (a ∈R )．
(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处与直线y ＝3x －2相切，求a 的值；
(2)若函数g (x )＝f (x )－kx 2有两个零点x 1，x 2，试判断g ′⎪⎭
⎫
⎝⎛+221x x 的符号，并证明．
【解析】 (1)f ′(x )＝1＋a
x
，又f ′(1)＝3，所以a ＝2.
(2)当a >0时，g ′⎪⎭⎫
⎝⎛+221x x <0；当a <0时，g ′⎪⎭
⎫
⎝⎛+221x x >0，证明如下： 函数g (x )的定义域是(0，＋∞)．若a ＝0，则g (x )＝f (x )－kx 2＝x －kx 2. 令g (x )＝0，则x －kx 2＝0.
又据题设分析知，k ≠0，所以x 1＝0，x 2＝1
k
.
又g (x )有两个零点，且都大于0，所以a ＝0不成立．
据题设知⎩⎪⎨⎪⎧
g (x 1)＝x 1＋a ln x 1－kx 21＝0，g (x 2)＝x 2＋a ln x 2－kx 22＝0.
不妨设x 1>x 2，x 1
x 2＝t ，t >1. 所以x 1－x 2＋a (ln x 1－ln x 2)＝k (x 1－x 2)(x 1＋x 2)．
所以1＋a (ln x 1－ln x 2)x 1－x 2
＝k (x 1＋x 2)．又g ′(x )＝1＋a x －2kx ，
所以g ′⎪⎭
⎫
⎝⎛+221x x ＝1＋2a x 1＋x 2－k (x 1＋x 2)＝1＋2a x 1＋x 2－1－a (ln x 1－ln x 2)x 1－x 2
＝a ⎪⎪⎭⎫
⎝⎛
---+21212
1ln ln 2x x x x x x ＝a x 2⎪⎭⎫ ⎝⎛--+i t t t ln 12＝a x 2·1t －1()⎥⎦⎤
⎢⎣⎡-+-t t t ln 112 引入h (t )＝2(t －1)
t ＋1
－ln t (t >1)，
则h ′(t )＝4(t ＋1)2－1t ＝－(t －1)2t (t ＋1)2
<0. 所以h (t )在(0，＋∞)上单调递减． 而h (1)＝0，所以当t >1时，h (t )<0.
易知x 2>0，1t －1>0，所以当a >0时，g ′⎪⎭
⎫ ⎝⎛+221x x <0； 当a <0时，g ′⎪⎭
⎫ ⎝⎛+221x x >0.。