专题06 差值比较法(解析版)

备战2022高考数学冲刺秘籍之恒成立与有解问题解法大全第一篇
专题六 差值比较法
一、问题指引
在解决()()f x g x >类型问题时常把其转化为()()0f x g x ->来求解，这种方法称为差值比较法。

二、方法详解
(一) 作差之后构造函数求最值
【例】【2019年高考北京理数】已知函数3
21()4
f x x x x =-+． （Ⅰ）求曲线()y f x =的斜率为1的切线方程； （Ⅱ）当[2,4]x ∈-时，求证：6()x f x x -≤≤；
（Ⅲ）设()|()()|()F x f x x a a =-+∈R ，记()F x 在区间[2,4]-上的最大值为M （a ）．当M （a ）最小时，求a 的值．
【答案】（Ⅰ）y x =与6427y x =-
；（Ⅰ）见解析；（Ⅰ）3a =-. 【解析】（Ⅰ）由321()4f x x x x =-+得23
()214
f x x x '=-+.
令()1f x '=，即232114x x -+=，得0x =或83x =.又(0)0f =，88
()327
f =，
所以曲线()y f x =的斜率为1的切线方程是y x =与88273y x -=-，即y x =与64
27
y x =-.
（Ⅱ）令()(),[2,4]g x f x x x =-∈-.由321()4g x x x =-得23
()24
g'x x x =-.
令()0g'x =得0x =或8
3
x =.
(),()g'x g x 的情况如下：
所以()g x 的最小值为6-，最大值为0.故6()0g x -≤≤，即6()x f x x -≤≤. （Ⅲ）由（Ⅱ）知，当3a <-时，()(0)|(0)|3M F g a a a ≥=-=->；
当3a >-时，()(2)|(2)|63M F a g a a ≥-=--=+>；当3a =-时，()3M a =. 综上，当()M a 最小时，3a =-.
【名师点睛】本题主要考查利用导函数研究函数的切线方程，利用导函数证明不等式，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
【类题展示】（2020·江西高三（文））2()ln f x x ax a x =--(a ∈R)． (1)若函数f(x)在x ＝1处取得极值，求a 的值；
(2)在(1)的条件下，求证：f(x)≥－33x ＋252
x －4x ＋116.
【答案】(1) a ＝1.(2) 见解析.
【解析】（1）根据极值的定义即导函数的变号零点，求导使得f′(1)＝0，解得a ＝1；并检验a ＝1时1是函
数的变号零点即可（2）构造函数g(x)＝f(x)－35114326x x x ⎛⎫
-+-+ ⎪⎝
⎭，研究这个函数的单调性，使得这个函数的最小值大于等于0即可. 解析：(1)f′(x)＝2x －a －
a
x
，由题意可得f′(1)＝0，解得a ＝1. 经检验，a ＝1时f(x)在x ＝1处取得极值，所以a ＝1. (2)证明 由(1)知，f(x)＝x 2－x －lnx ，
令g(x)＝f(x)－3511432
6x x x ⎛⎫-+-+ ⎪⎝⎭＝33x －232x ＋3x －lnx －11
6，
由g′(x)＝x 2
－3x ＋3－1x ＝31x x -－3(x －1)＝
()3
1x x
- (x>0)， 可知g(x)在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，
所以g(x)≥g(1)＝0，所以f(x)≥－33x ＋2
52
x －4x ＋116成立．
【类题展示】【2020江西上饶第二次联考】已知函数f(x)=xe x ，g(x)=2a(x +lnx)，a ∈R . （1）求f(x)单调区间；
（2）若f(x)≥g(x)在[1,+∞)上恒成立，求a 的取值范围.
【解析】（1）f ′(x)=e x (x +1)，由f ′(x )>0得x ∈(−1,+∞)，由f ′(x)<0得x ∈(−∞,−1)， ∴f(x)分别在区间(−1,+∞)上单调递增.在区间(−∞,1)上单调递减.
（2）令ℎ(x)=g(x)−f(x)=2a(lnx+x)−xe x，x∈[1,+∞)，
则ℎ′(x)=2a(1
x +1)−e x(x+1)=(x+1)2a−xe x
x
，
由（1）知f(x)=xe x在[1,+∞)上单调递增，∴xe x≥e.
①当2a≤e，即a≤e
2
时，2a−xe x≤0.∴ℎ(x)在[1,+∞)上单调递减，ℎ(x)max=ℎ(1)=2a−e，
令ℎ(x)max≤0，得a≤e
2
，
②2a>e，即a>e
2
时，存在x0∈(1,+∞).使2a−x0e x0=0，
当x∈(1,x0)时，ℎ(x)>0，当x∈(x0,+∞)时，ℎ(x)<0，
∴ℎ(x)在x∈(1,x0)上单调递增，在x∈(x0,+∞)上单调递减.
ℎ(x)max=ℎ(x0)=2a(lnx0+x0)−x0e x0=a(2ln2a−2)，
∵a>e
2
，∴2ln2a−2>0，∴ℎ(x)max=ℎ(x0)≤0不能恒成立.
综上：a∈(−∞,e
2
].
(二) 作差之后二次构造函数二次求导
【类题展示】【2020广东揭阳二模】已知函数f(x)=x−alnx−1.
（1）若函数f(x)的极小值为0，求a的值；
（2）∀t>0且a≤1，求证：f(e t)>a
2
t2.
【分析】（1）根据导数在定义域内是否有零点确定分类讨论的标准为a≤0和a>0，然后分别讨论导数的符号，确定当a>0时在x=a处取得极小值f(a)，再通过讨论f(a)的单调性，从而由f(a)=0有唯一解a=1.
（2）一方面，可以将问题等价转化为证当t>0时，e t−1>1
2
t2+t恒成立问题，然后构造函数g(t)=e t−
1 2t2−t−1，通过其导数确定单调性，从而使问题得证；另一方面，也可以直接构造函数g(t)=e t−a
2
t2−
at−1（t>0），由其二阶导数以及a的范围确定一阶导数的单调性，从而确定g′(t)的符号，进而确定g(t)的单调性，可得g(t)>g(0)=0，使问题得证.
【解析】（Ⅰ）因为f(x)=x−a ln x−1,x∈(0,+∞)，所以f′(x)=x−a
x
，
当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)在定义域上递增，不满足条件；
当a>0时，函数f(x)在(0,a)上递减，在(a,+∞)上递增，
故f(x)在x=a取得极小值0，∴f(a)=a−a ln a−1=0，
令p(a)=a −a ln a −1，'
()ln p a a =-，所以p(a)在（0，1）单调递增， 在(1,+∞)单调递减，故p(a)≤p(1)=0，∴f(a)=0的解为a =1， 故a =1.
（2） f(e t )>a
2
t 2⇔e t −at −1>a
2
t 2⇔e t −a
2
t 2−at −1>0，
设g(t)=e t −a
2
t 2−at −1（t >0），则g′(t)=e t −at −a ，
则g′′(t)=e t −a ，又e t >e 0=1，a ≤1，得g′′(t)>0， 所以g′(t)单调递增，得g′(t)>g(0)=1−a ≥0， 所以g(t)单调递增，得g(t)>g(0)=0，得证．
【评注】在证明不等式()()f x g x >，若()()()h x f x g x =-的最小值可求，可转化为证明()min 0h x >。

【类题展示】【2020河南新乡市三模】已知函数f (x )=lnx−a x
(a ∈R )
（1）讨论函数g (x )=
f (x )x
在(1,+∞)上的单调性；
（2）若a ≥0，不等式x 2f (x )+a ≥2−e 对x ∈(0,+∞)恒成立，求a 取值范围. 【解析】（1） g (x )的定义域为(0，+∞)，g ′(x )=
2a+1−2lnx
x 3
，
若a ≤−12，因为x >1，所以lnx >0，所以g ′(x )<0，所以g (x )在(1，+∞)上单调递减， 若a >−1
2，令g ′(
x )=0，得x =e
a+
1
2
，
当1<x <e a+1
2时，g ′(x )>0； 当x >e a+1
2时，g ′(x )<0， 所以g (x )的单调递减区间为(e
a+
12
,+∞)，单调递增区间为(1，e
a+
12
).
（2）x 2f (x )+a ≥2−e ，即xlnx −ax +a +e −2≥0对x ∈(0,+∞)恒成立， 令ℎ(x )=xlnx −ax +a +e −2，则ℎ′(x )=lnx +1−a ，令ℎ′(x )=0，得x =e a−1， 当x ∈(0,e a−1)时，ℎ′(x )<0； 当x ∈(e a−1,+∞)时，ℎ′(x )>0，
所以ℎ(x )的最小值为ℎ(e a−1)=(a −1)e a−1+a +e −2−ae a−1 =a +e −2−e a−1， 令t (a )=a +e −2−e a−1，则t ′(a )=1−e a−1，令t ′(a )=0，得a =1， 当a ∈[0,1)时，t ′(a )>0,t (a )在[0,1)上单调递增； 当a ∈(1,+∞)时，t ′(a )<0,t (a )在(1，+∞)上单调递减， 所以当a ∈[0,1)时，ℎ(x )的最小值为t (a )≥t (0)=e −2−1
e >0；
当a ∈[1,+∞)时，ℎ(x )的最小值为t (a )=a +e −2−e a−1≥0=t (2). 故a 的取值范围是[0,2]. （三）作差之后先讨论再构造
【例】（2020·山西高三开学考试）已知函数()()()2
2
2
ln ,2ln f x x ax a x a R g x x x x =--+∈=-.
（1）讨论()f x 的单调性；
（2）求证：当1a =时，对于任意()0,x ∈+∞，都有()()f x g x <. 【答案】（1）见解析（2）见解析 【解析】
【分析】(1)先求出()()()
2x a x a f x x
--+'=
，然后对a 的符号进行分类讨论即可.
(2) 要证()()f x g x <，即证()21ln 0x x x -+>,当12x =
时，不等式显然成立；当1
2
x >时，即证ln 021x x x +>-；当102x <<时，即证ln 021x x x +<-；构造()ln 21
x
F x x x =+-进行证明分析可证.
【详解】（1）由题意()f x 的定义域为()0,∞+，且()()()222--+'=--+=
x a x a a f x x a x x
， 当0a =时，()20f x x '=-<； 当0a >时，2a x >
时，()0f x '<；02
a
x <<时，()0f x '>； 当0a <时，x a >-时，()0f x '<；0x a <<-时，()0f x '>； 综上所述，当0a =时，()f x 在()0,∞+上为减函数； 当0a >时，()f x 在0,
2a ⎛
⎫ ⎪⎝⎭上为增函数，在,2a ⎛⎫
+∞ ⎪⎝⎭
上为减函数；
当0a <时，()f x 在()0,a -上为增函数，在(),a -+∞上为减函数. （2）要证()()f x g x <，即证()21ln 0x x x -+>，
当1
2x =
时，不等式显然成立； 当12x >时，即证ln 021
x
x x +
>-；
当102x <<
时，即证ln 021
x
x x +
<-； 令()ln 21x F x x x =+-，则()()
()()()22
411112121x x F x x x x x ---'=+=--， 当12
x >
时，在1,12⎛⎫
⎪⎝⎭上()0F x '<，()F x 为减函数；在()1,+∞上()0F x '>，()F x 为增函数，
∴()()min 110F x F ==>，∴ln 021
x
x x +
>-. 当102x <<时，在10,4⎛⎫ ⎪⎝⎭上()0F x '>，()F x 为增函数；在11,42⎛⎫ ⎪⎝⎭
上()0F x '<，()F x 为减函数，
∴()max 111ln 0442F x F ⎛⎫==-<
⎪
⎝⎭
，∴ln 021x x x +<-， 综上所述，当0x >时，()()f x g x <成立.
【点睛】本题考查利用导数讨论含参数的单调性问题和构造函数证明不等式.属于难题. （四）作差之后先求最值在构造
【例】（2020·河南鹤壁高中高三月考）已知函数2()ln (0,)a x
f x x a a R x a
=++≠∈ （1）讨论函数()f x 的单调性； （2）设1
()2a x g x x a a
=
+-+，当0a >时，证明：()()f x g x ≥. 【答案】（1）见解析；（2）证明见解析 【解析】
【分析】（1）首先对函数求导，对式子进行因式分解，结合函数的定义域，对参数的范围进行讨论，从而利用导数的符号确定出函数的单调区间； （2）构造新函数1
()()()ln 2a F x f x g x x x a
=-=+
+-，对函数求导，得到函数的单调性，从而得到函数的最值，根据函数的最小值大于等于零，从而证得结果.
【详解】（1）22121(2)()()a x a x a f x x x a ax
+-'=
-+= 当0a >时，()0f x x a '>⇒>，()00f x x a '<⇒<<
当0a <时，()002f x x a '>⇒<<-，()02f x x a '<⇒>- ∴0a >时，()f x 在(0,)a 上递减，在(,)a +∞递增 0a <时，()f x 在(0,2)a -上递增，在(2,)a -+∞递减
（2）设1()()()ln 2a F x f x g x x x a =-=++-则221()(0)a x a
F x x x x x
-'=-=>，又0a >，
(0,)x a ∴∈时，()0F x '<，()F x 递减(,)x a ∈+∞，()0,F x '>()F x 递增，
1
()()ln 1F x F a a a ∴≥=+
-，设1()ln 1h x x x
=+-，(0)x >, 则22111
()(0)x h x x x x x
-'=
-=>
1x >时，()0,h x '>时，()h x 递增，01x <<时，()0h x '<，∴()h x 递减 ()(1)0h x h ∴≥=，()()0F a h a ∴=≥，()0F x ∴≥，即()()f x g x ≥
【点睛】该题考查的是有关应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有应用导数研究函数单调性，注意分类讨论思想的应用，应用导数证明不等式恒成立，注意构造新函数，结合最值得到结果. （五）作差之后先参变量分离再虚设零点求最值
【例】（2020·江西高三模拟）已知函数()()ln f x x x a b =++，曲线()y f x =在点()()
1,1f 处的切线为
210x y --=.
（1）求a ，b 的值；
（2）若对任意的()1,x ∈+∞，()()1f x m x ≥-恒成立，求正整数m 的最大值. 【答案】（1）1a =，0b =；（2）3 【解析】
【分析】（1）根据切线方程可求得()1f 且()12f '=，从而构造方程求得结果；（2）利用分离变量的方式
可得()ln 11
x x m x +≤
-在()1,x ∈+∞上恒成立；令()()
ln 11x x g x x +=-，1x >，通过导数可知()03,4x ∃∈，
当()01,x x ∈时，()0g x '<，当()0,x x ∈+∞时，()0g x '>，从而可得()()0min g x g x =，可求得
()()003,4g x x =∈，则()03,4m x ≤∈，得到所求结果.
【详解】（1）由()()ln f x x x a b =++得：()ln 1f x x a '=++，由切线方程可知：()1211f =-=
()112f a '∴=+=，()11f a b =+=，解得：1a =，0b =
（2）由（1）知()()ln 1f x x x =+则()1,x ∈+∞时，()()1f x m x ≥-恒成立等价于()1,x ∈+∞时，
()ln 11
x x m x +≤
-恒成立，令()()ln 11x x g x x +=-，1x >，则()()2ln 21x x g x x --'=-.
令()ln 2h x x x =--，则()111x h x x x
-'=-
=，∴当()1,x ∈+∞时，()0h x '>，则()h x 单调递增 ()31ln30h =-<，()422ln 20h =->，()03,4x ∴∃∈，使得()00h x =
当()01,x x ∈时，()0g x '<；()0,x x ∈+∞时，()0g x '>，()()()
000min 0ln 11
x x g x g x x +∴==
-
()000ln 20h x x x =--=， 00ln 2x x ∴=-，()()()
()0000min 0213,41
x x g x g x x x -+∴===∈-
()03,4m x ∴≤∈，即正整数m 的最大值为3
【点睛】本题考查根据在某一点处的切线方程求解函数解析式、利用导数解决恒成立问题.解决恒成立问题的关键是能够通过分离变量的方式将问题转化为参数与函数最值的关系，利用导数求得函数的最值，从而求得结果.
（六）先放缩再做差构造函数
【例】（2020·湖北高三月考（理））已知2
()1(0)f x cosx mx x =+-≥． （1）若()0f x ≥在[)0,+∞上恒成立，求实数m 的取值范围； （2）证明：当0x ≥时，2sin cos x e x x -≥-． 【答案】(1) 1
2
m ≥ (2)证明见解析 【解析】
【分析】（1）求导()sin 2f x x mx '=-+，()'
cos 2f x x m '=-+，讨论2m 与1 的大小确定()f x '的正负，
进而确定()f x 的最值即可证明
（2）由（1）取12m =
，得2112x cosx -≥- ，要证2sin cos x e x x -≥-，只需证21212x
e x x -≥+-，构造函数()2112
x
g x e x x =---，证明()()00g x g ≥=即可证明
【详解】（1）法一：由题意()sin 2f x x mx '=-+，()'
cos 2f x x m '=-+
① 若21m ≥，即12
m ≥
时，()'
0f x '≥，则()f x '在[)0,+∞单调递增， 则()()00f x f ''≥=，则()f x 在[)0,+∞单调递增，故()()00f x f ≥=，满足题意； ② 若121m -<<，即11
22
m -
<<时，存在00x >，使得()'00f x '=，且当()00,x x ∈时，()'0f x '<，
则()f x '在()00,x 上单调递减，则()()00f x f ''<=，则()f x 在()00,x 单调递减，此时()()00f x f <=，舍去；
③ 若21m ≤-，即12
m ≤-
时，()'
0f x '<，则()f x '在[)0,+∞上单调递减，则()()00f x f ''<=，则()f x 在[)0,+∞单调递减， ()()00f x f <=，舍去；
故12
m ≥
． 法二：由题知()00f =，且()sin 2f x x mx '=-+，()00f '=，()'
cos 2f x x m '=-+ 要使得()0f x ≥在[)0,+∞上恒成立，则必须满足()00f ''≥，即210m -≥，12
m ≥． ① 若12
m ≥
时，()'
0f x '≥，则()f x '在[)0,+∞单调递增，则()()00f x f ''≥=， 则()f x 在[)0,+∞单调递增，故()()00f x f ≥=，满足题意； ② 若12
m <
时，存在()00,x x ∈时，()'0f x '<，则()f x '在()00,x 上单调递减，则()()00f x f ''<=，则()f x 在()00,x 单调递减，此时()()00f x f <=，舍去； 故12
m ≥
． （2）证明：由（1）知，当12
m ≥
时，()2
10f x cosx mx =+-≥．取12m =，则2112x cosx -≥-
由（1）()sin 0f x x x '=-+≥，则sin x x ≥，故2
11sin cos 2x x x x +-≥-，
要证2sin cos x e x x -≥-，只需证21212
x
e x x -≥+-．
令()2112
x
g x e x x =---，则()1x g x e x ='--，()1x g x e ='-'，
当0x ≥时，()0g x ''≥，则()g x '在[)0,+∞上单调递增，有()()00g x g ''≥=， 故()g x 在[)0,+∞单调递增，故()()00g x g ≥=，故21102x
e x x -
--≥，即有21
212
x e x x -≥+-， 【点睛】本题考查函数与导数的应用，考查利用导数证明不等式，考查构造函数及变形转化能力，是中档题
【类题展示】已知函数f(x)=lnx −
alnx x 2
.
（1）若a =1，求f(x)的单调区间； （2）若a =0，证明∀x ∈(0,1)，x 2−1
x <
f(x)e x
.
【分析】（1）f(x)=lnx −lnx x 2
，求导，令f ′(x )>0可求得单调递增区间，令f ′(x )<0可求得单调递增减区
间。

（2）x 2−1
x <
f(x)e x
，等价于
−lnx e x
+x 2−1
x
<0，由题意得e x ∈(1,e )，−lnx >0，所以
ln ln x
x
x e
-<-只需证−lnx +x 2−1x
<0，设g(x)=−lnx +x 2−1
x
，结合g(x)的单调性和最值，即可求证。

【解析】（1）解：因为a =1，所以f(x)=lnx −lnx x 2
，x ∈(0,+∞)，
f ′(x)=1
x −
x−2xlnx x 4
=
x 2−1+2lnx
x 3
=
(x−1)(x+1)+2lnx
x 3
.
当x ∈(0,1)时，f ′(x)<0；当x ∈(1,+∞)时，f ′(x)>0. 所以f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,+∞)。

（2）证明：∀x ∈(0,1)，x 2−1
x <
f(x)e x
，等价于
−lnx e x
+x 2−1
x <0，
∀x ∈(0,1)，e x ∈(1,e )，−lnx >0，所以
ln ln x
x x e -<-，于是只需要证−lnx +x 2
−1x
<0. 令g(x)=−lnx +x 2−1
x
，x ∈(0,1)，g ′(x)=−1
x
+2x +
1x 2
=
2x 3−x+1
x 2
>0，
则函数g(x)在(0,1)上单调递增，于是g(x)<g(1)=0. 所以−lnx +x 2−1
x <0，即
−lnx e x
+x 2−1x
<0，成立，即x 2−1x
<
f(x)e x。

【评注】把()()f x g x >转化为()()0f x g x ->后，若()()y f x g x =-的单调性或最值不容易确定，可通过放缩转化为一个单调性或最值容易确定的不等式。

（七）作差之后先参变量分离在构造函数：
【例】（2020·内蒙古高三）已知函数()ln (0)f x x x x =>. （1）求()f x 的单调区间和极值；
（2）若对任意23(0,),()2
x mx x f x -+-∈+∞≥恒成立，求实数m 的最大值.
【答案】（1）()f x 在1
x e =处取得极小值，极小值为11()f e e
=-.（2）4 【解析】
分析：（1）先求函数导数，根据导函数零点分区间讨论导函数符号变化规律，进而确定单调区间及极值，（2）
不等式恒成立问题，一般利用变量分离转化为对应函数最值问题：22ln 3
x x x m x
++≤的最小值，然后利用
导数研究函数()22ln 3
(0)x x x g x x x
++=>单调性，确定最小值()()min 14g x g ==，
，即得4m ≤，即m 的最大值是4.
解析：（1）()ln 1f x x ='+，()()11
0,00f x x f x x e e
''>→>
<→<<， ∴()f x 的单调增区间是1
,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，单调减区间是10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭
.
∴()f x 在1
x e =
处取得极小值，极小值为11f e e ⎛⎫
=- ⎪⎝⎭
.
（2）由()232x mx f x -+-≥变形，得22ln 3
x x x m x
++≤恒成立，
令()22ln 3(0)x x x g x x x ++=>，()22
23
x x g x x
+-'=， 由()()01,001g x x g x x ''>⇒><⇒<<.
所以()g x 在()0,1上是减函数，在()1,+∞上是增函数. 所以()()min 14g x g ==，即4m ≤，所以m 的最大值是4.
点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，在可能的情况下把参数分离出来，使不等式一端是含有参数的不等式，另一端是一个区间上具体的函数，这样就把问题转化为一端是函数，另一端是参数的不等式，便于问题的解决.但要注意分离参数法不是万能的，如果分离参数后，得出的函数解析式较为复杂，性质很难研究，就不要使用分离参数法.
【类题展示】【陕西省2020届高三第三次联考数学】已知函数()ln f x x ax =-，g(x)=x 2，a ∈R . （1）求函数f(x)的极值点；
（2）若f(x)≤g(x)恒成立，求a 的取值范围.
【答案】（1）极大值点为1
a ，无极小值点.（2）a ≥−1.
【解析】（1）()ln f x x ax =-的定义域为(0,+∞)，f ′(x )=1
x −a ， 当a ≤0时，f ′(x )=1
x −a >0，所以f (x )在(0,+∞)上单调递增，无极值点； 当a >0时，解f ′(x )=1
x −a >0得0<x <1
a ，解f ′(x )=1
x −a <0得x >1
a ，
所以f (x )在(0,1a )上单调递增，在(1
a ,+∞)上单调递减， 所以函数f (x )有极大值点，为1
a ，无极小值点.
（2）由条件可得ln x −x 2−ax ≤0(x >0)恒成立，则当x >0时，a ≥ln x x
−x 恒成立，
令ℎ(x )=
ln x x
−x(x >0)，则ℎ′(x )=
1−x 2−ln x
x 2
，令k (x )=1−x 2−ln x(x >0)，
则当x >0时，k ′(x )=−2x −1
x <0，所以k (x )在(0,+∞)上为减函数. 又k (1)=0，所以在(0,1)上，ℎ′(x )>0；在(1,+∞)上，ℎ′(x )<0. 所以ℎ(x )在(0,1)上为增函数，在(1,+∞)上为减函数， 所以ℎ(x )max =ℎ(1)=−1，所以a ≥−1.
【名师点睛】对于函数恒成立或者有解求参的问题，常用方法有：变量分离，参变分离，转化为函数最值问题；或者直接求函数最值，使得函数最值大于或者小于0；或者分离成两个函数，使得一个函数恒大于或小于另一个函数.
（八）作差之后先讨论再参变量分离构造函数 【例】（2020·北京高三期末）已知函数()2x
f x x e =
（1）求()f x 的单调区间；
（2）过点()1,0P 存在几条直线与曲线()y f x =相切，并说明理由； （3）若()()1f x k x ≥-对任意x ∈R 恒成立，求实数k 的取值范围.
【答案】（1）增区间为(),2-∞-，()0,∞+，单调减区间为()2,0-；（2）三条切线，理由见解析；（3）
0,2⎡+⎣ 【解析】
【分析】（1）对()f x 求导，分别令()0f x '>，()0f x '<，得到()f x 的单调区间； （2）设切点坐标为(
)0
200,x x x e
，利用导数得切线斜率，表示出切线方程，代入过点()1,0P ，得到0
x 的方
程，解出0x 的值，从而得到结论；
（3）设()()21x
g x x e k x -=-，分为0k =，k 0<，0k >进行讨论，易得0k =，k 0<时的情况，当0
k >
时，易得1x ≤时成立，1x >时，令()21
x
x e h x x =-，利用导数，得到()min h x ，从而得到k 的范围.
【详解】（1）()()
()2
22x
x
f x x x e x x e '==++，()0f x '>得2x <-或0x >；()0f x '<得20x -<<；
所以()f x 的单调增区间为(),2-∞-，()0,∞+；单调减区间为()2,0-； （2）过()1,0P 点可做()f x 的三条切线；理由如下： 设切点坐标为(
)0
200,x x x e
，所以切线斜率()()00
2x x x
k x e f '=+=
所以过切点的切线方程为：()()002200002x x x e x x e x y x -=+-，
切线过()1,0P 点，代入得()()0
022*******x x x e x x e x -=+-，
化简得(
000
0x x x x e
=，方程有三个解，00x =
，0x =
0x =
即三个切点横坐标，所以过()1,0P 点可做()f x 的三条切线. （3）设()()21x
g x x e k x -=-，
①0k =时，因为20x ≥，0x e >，所以显然20x x e ≥对任意x ∈R 恒成立； ②k 0<时，若0x =，则()()0001f k k =>-=-不成立，所以k 0<不合题意. ③0k >时，1x ≤时，()()210x
g x x e k x -=->显然成立，
只需考虑1x >时情况；转化为21
x
x e k x ≥-对任意()1,x ∈+∞恒成立
令()21
x
x e h x x =-（1x >），则()min k h x ≤，
()()(
)
(
()
222
2
(2)111x
x x
x x x e x x e x x e h x x x +--'=
=
--，
当1x <<时，()0h x '<，()h x
单调减；当x >()0h x '>，()h x 单调增；
所以(
)
(
min 2h x h
==+=
，所以(
2k ≤+.
综上所述，k
的取值范围(
0,2+⎡⎣
. 【点睛】本题考查利用导数求函数的单调区间，利用导数的几何意义求函数的切线，利用导数研究不等式
恒成立问题，属于中档题.
（九）先换元再做差构造函数，然后虚设零点求最值
【例】（2020·江苏泰州中学高三期中（理））已知函数()2
14ln 22
f x x a x x =---，其中a 为正实数. （1）若函数()y f x =在1x =处的切线斜率为2，求a 的值； （2）求函数()y f x =的单调区间；
（3）若函数()y f x =有两个极值点12,x x ，求证：()()126ln f x f x a +<- 【答案】（1）1；（2）见解析；（3）见解析 【解析】
分析：（1）根据导数几何意义得()12f '=，解得a 的值；（2）先求导数，再根据导函数是否变号分类讨论，最后根据导函数符号确定单调区间（3）先根据韦达定理得12124,x x x x a +==，再化简()()12f x f x +，进而化简所证不等式为ln ln 20a a a a --+>，最后利用导函数求函数()ln ln 2g x x x x x =--+单调性，进而确定最小值，证得结论 解析：(1)因为()214ln 22f x x a x x =--
-，所以()4a
f x x x
=--'， 则()132f a ='-=,所以a 的值为1．
(2) ()244a x x a
f x x x x
-+=--=-'，函数()y f x =的定义域为()0,+∞，
①若1640a -≤,即4a ≥,则()0f x '≤,此时()f x 的单调减区间为()0,+∞;
②若1640a ->,即04a <<,则()0f x '=的两根为2±
此时()f x 的单调减区间为(
0,2,()
2+∞,
单调减区间为(2．
(3)由(2)知，当04a <<时，函数()y f x =有两个极值点12,x x ,且12124,x x x x a +==． 因为()()221211122211
4ln 24ln 222
f x f x x a x x x a x x +=--
-+--- ()()()
2
212121214ln 42
x x a x x x x =+--
+-
()
2
116ln 4242
a a a =--
-- 4ln a a a =+-
要证()()126ln f x f x a +<-,只需证ln ln 20a a a a --+>． 构造函数()ln ln 2g x x x x x =--+，则()111ln 1ln g x x x x x
+-
='=--， ()g x '在()0,4上单调递增,又()()1
110,2ln202
g g ='-'=-,且()g x '在定义域上不间断,
由零点存在定理，可知()0g x '=在()1,2上唯一实根0x , 且00
1
ln x x =
． 则()g x 在()00,x 上递减, ()0,4x 上递增,所以()g x 的最小值为()0g x ．
因为()00000000011ln ln 2123g x x x x x x x x x ⎛⎫
=--+=--+=-+ ⎪ ⎪⎝⎭
, 当()01,2x ∈时, 00152,2x x ⎛⎫
+
∈ ⎪⎝⎭
,则()00g x >,所以()()00g x g x ≥>恒成立． 所以ln ln 20a a a a --+>,所以()()126ln f x f x a +<-，得证． （十）先求最值再最差构造函数
【例】（2019·河北高三月考）已知函数()2ln 21f x a x x =-+（其中a R ∈）. （1）讨论函数()f x 的极值；
（2）对任意0x >，2
()2f x a ≤-恒成立，求a 的取值范围.
【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）[1,)+∞ 【解析】
【分析】（1）求出函数的定义域、导函数，对0a >和0a ≤分两种情况讨论可得；
（2）由（1）知当0a ≤时，不符合题意；当0a >时，()f x 的最大值为()2ln 21f a a a a =-+要使
2()2f x a ≤-恒成立，即是使22ln 212a a a a -+≤-成立，令2()2ln 23(0)g a a a a a a =--+>利用导
数分析其单调性，即可求得a 的取值范围. 【详解】（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，2'()2a
f x x
=
-， ①当0a ≤时，'()0f x <，所以()f x 在(0,)+∞上是减函数，()f x 无极值. ②当0a >时，令'()0f x =，得x a =，
在(0,)a 上，'()0f x >，()f x 是增函数；在(,)a +∞上，'()0f x <，()f x 是减函数. 所以()f x 有极大值()2ln 21f a a a a =-+，无极小值.
（2）由（1）知，①当0a ≤时，()f x 是减函数，令20
a
x e =，则0(0,1]x ∈，
2
2
2
22
0()(2)21(2)320a a f x a a e a e --=-+--=->，不符合题意，
②当0a >时，()f x 的最大值为()2ln 21f a a a a =-+，要使得对任意0x >，2
()(1)f x a ≤-恒成立，
即要使不等式22ln 212a a a a -+≤-成立，则22ln 230a a a a --+≤有解. 令2
()2ln 23(0)g a a a a a a =--+>，所以'()2ln 2g a a a =- 令()'()2ln 2h a g a a a ==-，由22'()0a
h a a
-=
=，得1a =. 在(0,1)上，'()0h a >，则()'()h a g a =在(0,1)上是增函数； 在(1,)+∞上，'()0h a <，则()'()h a g a =在(1,)+∞上是减函数.
所以max ()(1)20h a h ==-<，即'()0g a <，故()g a 在(0,)+∞上是减函数，又(1)0g =， 要使()0g a ≤成立，则1a ≥，即a 的取值范围为[1,)+∞.
【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值，单调性，属于中档题.
三、跟踪训练
1．（2018·鄂尔多斯市第一中学高三月考（理））已知函数()1
ln f x x x
=-，()g x ax b =+． (1)若2a =，()()F x g x -，求()F x 的单凋区间； (2)若函数()g x ax b =+是函数()1
ln f x x x
=-的图像的切线，求+a b 的最小值； (3)求证：5
2
1
2ln 0x e
x x
--+
>． 【答案】(1) ()F x 的单调增区间为0,1，单调减区间为区间为1,；(2) 1-；(3) 见解析.
【解析】
试题分析: (1)先求函数导数，再在定义域内求导函数零点，列表分析导函数符号变化规律，确定单调区间，（2）先设切点0001,ln x x x ⎛⎫
-
⎪⎝⎭
，根据导数几何意义将a b + 表示成0
x 的函数：00011ln 12x x x +-- ，再
利用导数求函数最小值，(3)利用结论1x e x ≥+，进行放缩52
52212x e
x -
⎡⎤
⎛⎫≥-+ ⎪⎢⎥⎝
⎭⎣⎦ 23x =-，转化证明
123?ln x x x -≥-
，这可以构造差函数()1
ln 23G x x x x
=--+，利用导数可得其最大值为()10G =. 试题解析: (1)2a =时，()()()F x f x g x =- 1
ln 2x x b x =---，
()2112(0)F x x x x -'=+>，()()()22211212x x x x F x x x
-='++-=， 解()0F x '>得01x <<，解()0F x '<得1x >，
∴()F x 的单调增区间为()0,1，单调减区间为区间为()1,+∞．
(2)设切点坐标为设切点坐标为0001,ln x x x ⎛⎫- ⎪⎝
⎭，()211
f x x x +'=，
切线斜率()000112a f x x x '==
+，又000
1
ln x ax b x -=+， ∴00
2ln 1b x x =-
-，∴00011
ln 12a b x x x +=+
-- 令()211
ln 1(0)h x x x x x
=+
-->， ()32121h x x x x '=-+ 2
3
2
x x x
+-= ()()321x x x +-= ， 解()0h x '<得1o x <<，解()0h x '>得1x >， ∴()h x 在()0,1上递减，在()1,+∞上递增． ∴()()11h x h ≥=-，∴a b +的最小值为1-． (3)法一：令()1
ln 23G x x x x
=--+， 由(1)知()
()
()max
10G x G ==，∴1
ln 23x x x
-
≤-. 又1x
e x ≥+，∴52
52212x e
x -⎡⎤
⎛⎫≥-+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦ 23(0)x x =->
∴52
1223ln x e
x x x
-
≥-≥-
，（两个等号不会同时成立）
∴52
1
2ln 0x e
x x
-
-+
>． 法二：令()52
12ln x P x e
x x -=-+，()52211
2x P x e x x
-'=--
显然()P x '在()0,+∞上递增，()10P '<，()20P '> ∴()0P x '=在()0,+∞上有唯一实根*
x ，且()*
1,2x ∈，5
*2
*1
2x e
x
-
=+ ()2*1x ，
∴()P x 在(
)*
0,x 上递减，在()*
,x +∞上递增，
∴()()*
P x P x
≥ *
5
2
2ln x e
x -
=- *5*
2
*12ln x e
x x
-
=-+ ()*
2**
21ln x x x =+- 21
ln2024
>
+-> ∴52
1
2ln 0x e x x
--+
>， 点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略(1) 构造差函数()()()h x f x g x =-.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数. 2．（2019·湖南长郡中学高三月考（理））已知函数()()2
2ln 0f x x x a x a =-+>.
（1）当2a =时，求曲线()y f x =在点()()
1,1f 处的切线方程；
（2）当1a =时，若关于x 的方程()f x x b =+有唯一实数解，试求实数b 的取值范围；
（3）若函数()f x 有两个极值点1x ，()212x x x <，且不等式()12f x mx ≥恒成立，试求实数m 的取值范围. 【答案】（1）23y x =-；（2）5ln 24b >--或2b <-；（3）3,ln 22⎛⎤
-∞-- ⎥⎝⎦
.
【解析】 【分析】
（1）对函数()f x 求导，求出()1f 的值可得切点坐标，求出()'1f 的值，可得切线斜率，利用点斜式可得在点()()
1,1f 的切线方程；（2）原方程等价于()2
3ln b x x x g x =-+=，对()g x 求导得到函数()g x 单调
区间,可知当0x →时，()g x →-∞；当x →+∞时，()g x →+∞,结合单调性可得到实数b 的取值范围；（3）对函数()f x 求导，可得212111,
22x x a x x +==-，()12f x m x ⋅恒成立
()21111
22
2ln f x x x a x m
x x -+⇒=恒成立，将2x 用11x -替换，并构造函数111()12ln 00122h t t t t t t t ⎛
⎫⎛
⎫=--
+<<<< ⎪⎪
-⎝
⎭⎝
⎭，对()h t 求导可求得函数()h t 在10,2⎛⎫
⎪⎝⎭
上的最小值，即可知道实数m 的取值范围. 【详解】
(1)当2a =时，有2()22ln f x x x x =-+,
()()2
212'22x x f x x x x
-+=-+=
，
()()'12,11f f ∴==-,
∴过点()()1,1f 的切线方程为()121y x +=-，即230x y --=.
（2）当1a =时，有2
()2ln f x x x x =-+，其定义域为{}|0x x >，
从而方程()f x x b =+,可化为23ln b x x x =-+，令2
()3ln g x x x x =-+，
则21231
()23x x g x x x x
'
-+=-+=，
由()01g x x '
>⇒>或11
0,'()0122
x g x x <<
<⇒<<, ()g x ∴在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭
和()1,+∞上单调递增，在1,12⎛⎫
⎪⎝⎭上单调递减，
且15ln 2,(1)224g g ⎛⎫
=--=-
⎪⎝⎭
， 又当0x →时，()g x →-∞；当x →+∞时，()g x →+∞,
关于x 的方程23ln b x x x =-+有唯一实数解，所以实数b 的取值范围是2b <-或5
ln 24
b >-
-. （3）
()f x 的定义域为222{|0},()22a x x a
x x f x x x x
'
-+>=-+=，
令2
()0220f x x x a '=⇒-+=,
又因为函数()f x 有两个极值点()1212,x x x x <，
2220x x a ∴-+=有两个不等实数根()1212,x x x x <，
1
002a ∴∆>⇒<<，且212111,22x x a x x +==-，
从而121
012
x x <<<<,
由不等式()12f x m x ⋅恒成立()21111
22
2ln f x x x a x m
x x -+⇒=恒成立， ()()22
11111
122
222ln x x x x x f x x x -+-=
()1111
1
12ln 1x x x x =--
+-， 令11()12ln 012h t t t t t t ⎛
⎫=--
+<< ⎪-⎝
⎭,2
1()12ln 0(1)h t t t '∴=-+<-， 当102t <<
时恒成立，所以函数()h t 在10,2⎛⎫
⎪⎝⎭上单调递减，13()ln 222h t h ⎛⎫∴>=-- ⎪
⎝⎭
，故实数m 的取值范围是3
ln 22
m -
-. 【点睛】本题主要考查导数的几何意义、利用导数研究函数的零点以及不等式恒成立问题，属于难题. 不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数()a f x ≥恒成立(()max a f x ≥即可)或()a f x ≤恒成立
（()min a f x ≤即可）；② 数形结合(()y f x = 图象在()y g x = 上方即可)；③ 讨论最值()min 0f x ≥或
()max 0f x ≤恒成立；④ 讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围.
3．（2020·陕西西安中学高三（文））已知函数1()ln ,()(0).a
f x x a x
g x a x
+=-=-> （1）若a=1，求f （x ）的极值；
（2）若存在x 0∈[1，e]，使得f （x 0）＜g （x 0）成立，求实数a 的取值范围．
【答案】（1）f （x ）的极小值是f （1）=1，无极大值（2）21
1
e a e +>
- 【解析】
分析：（1）求出导数
'()f x ，由不等式'()0f x >确定增区间，由'()0f x <确定减区间，从而得极值；
（2）问题等价于min (()())0f x g x -<，因此用导数研究函数()()()h x f x g x =-的最小值，由最小值小于0可求得a 的范围，注意要分类讨论．
详解：（1）a=1时，f （x ）=x ﹣ln x ，函数f （x ）的定义域是（0，+∞）， f′（x ）=1﹣=
，令f′（x ）＞0，解得x ＞1，令f′（x ）＜0，解得：0＜x ＜1，
f （x ）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增，故f （x ）的极小值是f （1）=1，无极大值； （2）存在x 0∈[1，e]，使得f （x 0）＜
g （x 0）成立，等价于[f （x ）﹣g （x ）]min ＜0， （x ∈[1，e]）成立，设
h （x ）=f （x ）﹣g （x ）=x ﹣ln a x +，
则h′（x ）=
，令h′（x ）=0，解得：x=﹣1（舍），x=1+a ；
①当1+a≥e ，h （x ）在[1，e]递减，∴h （x ）min=h （e ）=e 2﹣ea+1+a ， 令h （x ）min ＜0，解得：a ＞
；
②当1+a ＜e 时，h （x ）在（1，a+1）递减，在（a+1，e ）递增， ∴h （x ）min=h （1+a ）=[1ln(1)]22a a -++>与h （x ）min ＜0矛盾， 综上，a ＞
．
点睛：本题考查导数的应用，考查转化与化归思想，命题“若存在x 0∈[1，e]，使得f （x 0）＜g （x 0）成立”等价于“[1,e]x ∈时，min (()())0f x g x -<”，转化后只要研究函数的最小值即可，而这又可用导数研究． 4．（2019·湖南长郡中学高三月考（理））已知函数()2
ln 2
a f x x x x =-（a R ∈）． （Ⅰ）若0x >，恒有()f x x ≤成立，求实数a 的取值范围； （Ⅰ）若函数()()g x f x x =-有两个相异极值点1x ，2x ，求证：12
112ln ln ae x x +>． 【答案】（1）2
2
a e ≥;（2）见解析. 【解析】
试题分析：（1）分离参数，构造函数，利用导数求出函数的最值即可，
（2）函数g （x ）=f （x ）-x 有两个极值点x 1、x 2，即导函数g′（x ）有两个不同的实数根x 1、x 2，对a 进行
分类讨论，令2
1
x t x =，构造函数φ（t ），利用函数φ（t ）的单调性证明不等式． 试题解析：
（Ⅰ）由0x >，恒有()f x x ≤，即ln 12a x x -≤，ln 12
x a x -≤对任意0x >成立， 记()ln 1x H x x -=，()22ln 'x
H x x
-=， 当()2
0,x e
∈，()'0H x >，()H x 单调递增；
当()
2
,x e ∈+∞，()'0H x <，()H x 单调递减，
()H x 最大值为()22
1
H e e =
， ∴
212a e ≥，22a e
≥． （Ⅰ）函数()()g x f x x =-有两个相异的极值点1x ，2x ， 即()'ln 0g x x ax =-=有两个不同的实数根．
①当0a ≤时，()'g x 单调递增，()'g x 不可能有两个不同的实根； ②当0a >时，设()ln h x x ax =-，则()1'ax
h x x
-=， 当1
0x a
<<时，()'0h x >，()h x 单调递增； 当1
x a
>时，()'0h x <，()h x 单调递减， ∴1ln 10h a a ⎛⎫
=-->
⎪
⎝⎭
，∴10a e <<， 不妨设210x x >>，∵()()12''0g x g x ==，
∴22ln 0x ax -=，11ln 0x ax -=，()2121ln ln x x a x x -=-，
先证
1211
2ln ln x x +>，即证21212112
ln ln 2x x x x x x x x -+<-， 即证2222121112121ln 22x x x x x x x x x x ⎛⎫
-<=- ⎪⎝⎭
，
令211x t x =
>，即证11ln 2t t t ⎛⎫<- ⎪⎝⎭
，设()11ln 2t t t t ϕ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭， 则()()2
2
1'02t t t
ϕ--=
<，函数()t ϕ在()1,+∞单调递减，
∴()()10t ϕϕ<=，∴
1211
2ln ln x x +>，又10a e
<<，∴1ae <， ∴
12
11
2ln ln ae x x +>． 5．（2019·陕西西安中学高三月考（理））已知函数ln ()x
x
f x xe x
=+. （Ⅰ）求证：函数()f x 有唯一零点；
（Ⅰ）若对任意(0,)x ∈+∞，ln 1x xe x kx -≥+恒成立，求实数k 的取值范围. 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅰ）. 【解析】
试题分析：（I ）求出()()2
1ln '1x
x
f x x e x -=++
，先证明()f x 在区间()01，上为增函数，又
12
10e
e e
f e e -⎛⎫=< ⎪⎝⎭
，0f I e =>（
），所以()f x 在区间()01，上恰有一个零点，而()0f x >在()1+∞，上恒成立，在()1+∞，上无零点，从而可得结果；（II ））设()f x 的零点为0x ，即0
00
ln 0x x x e x +
=．原不等式可化为ln 1x xe x k x
--≥，令0
0x
x e t =若1t >，可得()01ln x t t -=，等式左负右正不相等，若1t <，等式
左正右负不相等，只能1t =，()0000000
ln 1ln 1x x e x x
g x x x --=
=-=，即1k 求所求． 试题解析：（I ）()()2
1ln '1x
x f x x e x
-=++
， 易知()'f x 在()0e ，上为正，因此()f x 在区间()01，上为增函数，又12
10e
e e
f e e
-⎛⎫=
< ⎪⎝⎭
，0f I e =>（） 因此10f f I e ⎛⎫
< ⎪⎝⎭
（），即()f x 在区间()01，上恰有一个零点，
由题可知()0f x >在()1
+∞，上恒成立，即在()1+∞，上无零点，
则()f x 在()0+∞，
上存在唯一零点． （II ）设()f x 的零点为0x ，即0
000ln 0x x x e x +=．原不等式可化为ln 1x xe x k x
--≥，
令()ln 1
x xe x g x x
--=，则()ln 'x x xe x g x x
+=，由（I ）可知()g x 在()00x ，上单调递减， 在()0x ，+∞上单调递增，故只求()0g x ，，设0
0x x e
t =，
下面分析0
000ln 0x x x e x +
=，设00x x e t =，则00
ln x
t x =-， 可得00
00
lnx tx lnx x lnt =-⎧⎨+=⎩，即()01ln x t t -=
若1t >，等式左负右正不相等，若1t <，等式左正右负不相等，只能1t =．
因此()0000000
ln 1ln 1x x e x x
g x x x --=
=-=，即1k 求所求． 【方法点睛】涉及函数的零点问题、方程解的个数问题、函数图像交点个数问题，一般先通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，再借助函数的大致图象判断零点、方程根、交点的情况，归根到底还是研究函数的性质，如单调性、极值，然后通过数形结合的思想找到解题的思路． 6.【2019四川成都期中】已知函数f (x )=alnx +x 2，其中a ∈R . （1）讨论f (x )的单调性；
（2）当a =1时，证明:f (x )≤x 2+x −1； （3）试比较
ln2222
+
ln3232
+
ln4242
+⋯+
lnn 2n 2
与
(n−1)(2n+1)2(n+1)
(n ∈N ∗且n ≥2)的大小，并证明你的结论。

【解析】（1）函数f (x )的定义域为：(0,+∞)，f′(x )= a x
+2x =a+2x 2
x
①当a ≥0时，f′(x )>0，所以f (x )在(0,+∞)上单调递增 ②当a <0时，令f′(x )=0，解得x = √−a
2．
当0<x <√−a 2时，a +2x 2<0，所以f′(x )<0， 所以f (x )在(0,√−a
2)上单调递减； 当x >√−a
2时，a +2x 2>0，所以f′(x )>0，所以f (x )在(√−a
2,+∞)上单调递增． 综上，当a ≥0时，函数f (x )在(0,+∞)上单调递增；
当a <0时，函数f (x )在(0,√−a 2)上单调递减，在(√−a
2,+∞)上单调递增. （2）当a =1时，f (x )=ln x +x 2，要证明f (x )≤x 2+x −1， 即证ln x ≤x −1，即证：ln x −x +1≤0. 设g (x )=ln x −x +1，则g'(x )=
1−x x
，令g ′(x )=0得，x =1.
当x ∈(0,1)时，g ′(x )>0，当x ∈(1,+∞)时，g ′(x )<0. 所以x =1为极大值点，且g (x )在x =1处取得最大值。

所以g (x )≤g (1)=0，即ln x −x +1≤0。

故f (x )≤x 2+x −1. （3）证明：ln x ≤x −1（当且仅当x =1时等号成立），即lnx x
≤1−1
x ,
则有
ln2222
+
ln3232
+⋯+
lnn 2n 2
<1−
122
+1−
132
+⋯+1−
1n 2
=n −1−(1
2
2+
132
+⋯+
1n 2
)
<n −1−(12×3+13×4+⋯+1
n (n +1)
)
=n −1−(1
2−1
3+1
3−1
4+⋯+1
n −1
n+1)=n −1−(1
2−1
n+1)=(n−1)(2n+1)
2(n+1)
, 故：
ln2222
+
ln3232
+⋯+
lnn 2n 2
<
(n−1)(2n+1)
2(n+1)
7.【2019山西大学附中3月诊断】已知函数f (x )=x −ln (x +a )的最小值为0,其中a >0. (1)求a 的值;
(2)若对任意的x ∈[0,+∞),有f (x )≤kx 2成立,求实数k 的最小值; 【解析】 (1)f(x)的定义域为(−a,+∞), 由f (x )=x −ln (x +a )，得f ′(x )=1−1
x+a =x+a−1x+a
；
由f ′(x )>0得x >1−a ， 由f ′(x )<0得−a <x <1−a ，
故函数f (x )在(−a ，1−a)上单调递减，在(1−a ，+∞)上单调递增； 因此当x =1−a 时，f (x )min =f (1−a )=1−a =0，所有a =1. （2）当k ≤0时，取x =1，有f (1)=1−ln2>0，故k ≤0不合题意； 当k >0时，设g (x )=f (x )−kx 2=x −ln (x +1)−kx 2(x ≥0) g ′(x )=1−1
x+1−2kx =−x (2kx+2k−1)
x+1
，令g ′(x )=0得x =0或x =
1−2k 2k
>−1，
①当0<k <1
2时，
1−2k 2k
>0，当x ∈(0,1−2k 2k
)时，g ′(x )>0，因此函数g (x )在(0,
1−2k 2k
)上单调递增，因此当。