2019学年高考数学 大一轮复习 人教版 第三章 导数及其应用 专题探究课一 高考中函数与导数问题的热点题型

高考导航 1.函数与导数作为高中数学的核心内容，是历年高考的重点、热点，试题主要以解答题的形式命题，能力要求高，属于压轴题目；2.高考中函数与导数常涉及的问题主要有：(1)研究函数的性质(如单调性、极值、最值)；(2)研究函数的零点(方程的根)、曲线的交点；(3)利用导数求解不等式问题(证明不等式、不等式的恒成立或能成立求参数的范围).
热点一 利用导数研究函数的性质
以含参数的函数为载体，结合具体函数与导数的几何意义，研究函数的性质，是高考的热点、重点.本热点主要有三种考查方式：(1)讨论函数的单调性或求单调区间；(2)求函数的极值或最值；(3)利用函数的单调性、极值、最值，求参数的范围.
【例1】 (2015·全国Ⅱ卷)已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x ). (1)讨论f (x )的单调性；
(2)当f (x )有最大值，且最大值大于2a －2时，求实数a 的取值范围. 解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1
x －a . 若a ≤0，则f ′(x )＞0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增. 若a ＞0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )＞0； 当x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫
1a ，＋∞时，f ′(x )＜0，
所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫
1a ，＋∞上单调递减.
综上，知当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；
当a ＞0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭
⎪⎫
1a ，＋∞上单调递减.
(2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上无最大值；
当a ＞0时，f (x )在x ＝1a 处取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a ＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1.
因此f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
1a ＞2a －2等价于ln a ＋a －1＜0.
令g (a )＝ln a ＋a －1，则g (a )在(0，＋∞)上单调递增， g (1)＝0.
于是，当0＜a ＜1时，g (a )＜0；当a ＞1时，g (a )＞0. 因此，实数a 的取值范围是(0，1).
探究提高 (1)判断函数的单调性，求函数的单调区间、极值等问题，最终归结到判断f ′(x )的符号问题上，而f ′(x )>0或f ′(x )<0，最终可转化为一个一元一次不等式或一元二次不等式问题.
(2)若已知f (x )的单调性，则转化为不等式f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在单调区间上恒成立问题求解.
【训练1】 设f (x )＝－13x 3＋1
2x 2＋2ax .
(1)若f (x )在⎝ ⎛⎭
⎪⎫
23，＋∞上存在单调递增区间，求a 的取值范围；
(2)当0＜a ＜2时，f (x )在[1，4]上的最小值为－16
3，求f (x )在该区间上的最大值. 解 (1)f ′(x )＝－x 2＋x ＋2a ，
由题意得，f ′(x )>0在⎝ ⎛⎭⎪⎫
23，＋∞上有解，
只需f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫
23>0，即29＋2a ＞0，
得a ＞－1
9.
所以，当a ＞－19时，f (x )在⎝ ⎛⎭
⎪⎫
23，＋∞上存在单调递增区间.
(2)已知0＜a ＜2，f (x )在[1，4]上取到最小值－16
3，而f ′(x )＝－x 2＋x ＋2a 的图象开口向下，且对称轴x ＝1
2，∴f ′(1)＝－1＋1＋2a ＝2a ＞0，f ′(4)＝－16＋4＋2a ＝2a －12＜0，则必有一点x 0∈[1，4]，使得f ′(x 0)＝0，此时函数f (x )在[1，x 0]
上单调递增，在[x 0，4]上单调递减， f (1)＝－13＋12＋2a ＝1
6＋2a ＞0，
∴f (4)＝－13×64＋12×16＋8a ＝－403＋8a ＝－16
3⇒a ＝1.
此时，由f ′(x 0)＝－x 2
0＋x 0＋2＝0⇒x 0＝2或－1(舍去)，所以函数f (x )max ＝f (2)＝103. 热点二 利用导数解决不等式问题(教材VS 高考)
导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容，且以解答题的形式考查，难度较大，属中高档题.归纳起来常见的命题角度有：(1)证明不等式；(2)求解不等式；(3)不等式恒(能)成立求参数. 命题角度1 证明不等式
【例2－1】 (满分12分)(2017·全国Ⅲ卷)已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(2a ＋1)x . (1)讨论f (x )的单调性；
(2)当a <0时，证明f (x )≤－3
4a －2.
教材探源 本题第(2)问的实质是证明ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋1
2a ＋1≤0，是不等式x －1≥ln x
的变形，源于教材选修2－2 P32习题B1，是在教材基本框架e x >1＋x 与x ≥1＋ ln x 基础上，结合函数性质，编制的优美试题，2016年全国Ⅲ卷T 21，2017年全国Ⅲ卷T 21有异曲同工之处.
满分解答 (1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1
x ＋2ax ＋2a ＋1＝（2ax ＋1）（x ＋1）x .
1分 (得分点1)
若a ≥0时，则当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0， 故f (x )在(0，＋∞)上单调递增，2分 (得分点2) 若a <0时，则当x ∈⎝ ⎛
⎭⎪⎫0，－12a 时，f ′(x )>0；
当x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫
－12a ，＋∞时，f ′(x )<0.
故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭
⎪⎫
－12a ，＋∞上单调递减.5分 (得分点3)
(2)证明 由(1)知，当a <0时，f (x )在x ＝－12a 处取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫
－12a ＝
ln ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
－12a －1－14a ， 所以f (x )≤－34a －2等价于ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫
－12a －1－14a ≤－34a －2，
即ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋1
2a ＋1≤0，8分 (得分点4)
设g (x )＝ln x －x ＋1，则g ′(x )＝1x －1.
当x ∈(0，1)时，g ′(x )>0；x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0. 所以g (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减. 故当x ＝1时，g (x )取得最大值，最大值为g (1)＝0. 10分 (得分点5) 所以当x >0时，g (x )≤0，
从而当a <0时，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋1
2a ＋1≤0，
故f (x )≤－3
4a －2.12分 (得分点6)
❶得步骤分：抓住得分点的步骤，“步步为赢”，求得满分，如第(1)问中，求导正确，分类讨论；第(2)问中利用单调性求g (x )的最小值和不等式性质的运用. ❷得关键分：解题过程不可忽视关键点，有则给分，无则没分，如第(1)问中，求出f (x )的定义域，f ′(x )在(0，＋∞)上单调性的判断；第(2)问，f (x )在x ＝－1
2a 处最值的判定，f (x )≤－34a －2等价转化为ln ⎝ ⎛⎭
⎪⎫－12a ＋1
2a ＋1≤0等.
❸得计算分：解题过程中计算准确是得满分的根本保证.如第(1)问中，求导f ′(x )准确，否则全盘皆输，第(2)问中，准确计算f (x )在x ＝－1
2a 处的最大值.
第一步：求函数f (x )的导函数f ′(x )； 第二步：分类讨论f (x )的单调性； 第三步：利用单调性，求f (x )的最大值；
第四步：根据要证的不等式的结构特点，构造函数g (x )； 第五步：求g (x )的最大值，得出要证的不等式； 第六步：反思回顾，查看关键点、易错点和解题规范. 命题角度2 已知不等式恒(能)成立，求参数的 取值范围
【例2－2】 (2017·全国Ⅲ卷)已知函数f (x )＝x －1－a ln x . (1)若f (x )≥0，求a 的值；
(2)设m 为整数，且对于任意正整数n ，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122·…·⎝ ⎛
⎭⎪⎫1＋12n <m ，求m 的
最小值.
解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，
①若a ≤0，因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫
12＝－12＋a ln 2<0，不合题意.
②若a >0，由f ′(x )＝1－a x ＝x －a
x 知，
当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0； 所以f (x )在(0，a )单调递减，在(a ，＋∞)单调递增， 故x ＝a 是f (x )在(0，＋∞)的唯一最小值点.
因为f (1)＝0，所以当且仅当a ＝1时，f (x )min ＝f (1)＝0， 故a ＝1.
(2)由(1)知当x ∈(1，＋∞)时，x －1－ln x >0， 令x ＝1＋12n ，得ln ⎝ ⎛
⎭
⎪⎫1＋12n <12n .
从而ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＋…＋ln ⎝ ⎛
⎭⎪⎫1＋12n <12＋122＋…＋12n ＝1－12n <1.
故⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <e ， 又⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋123·…·⎝ ⎛
⎭⎪⎫1＋12n >⎝ ⎛
⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122·⎝ ⎛⎭
⎪⎫1＋123＝13564>2， ∴当n ≥3时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122·…·⎝ ⎛
⎭
⎪⎫1＋12n ∈(2，e)，
由于⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122·…·⎝ ⎛
⎭⎪⎫1＋12n <m ，且m ∈N *.
所以整数m 的最小值为3.
探究提高 “恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f (x )≥g (a )对于x ∈D 恒成立，应求f (x )的最小值；若存在x ∈D ，使得f (x )≥g (a )成立，应求f (x )的最大值.在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值.特别需要关注等号是否成立问题，以免细节出错.
【训练2】 已知函数f (x )＝x －(a ＋1)ln x －a x (a ∈R 且a <e)，g (x )＝1
2x 2＋e x －x e x .
(1)当x ∈[1，e]时，求f (x )的最小值；
(2)当a ＜1时，若存在x 1∈[e ，e 2]，使得对任意的x 2∈[－2，0]，f (x 1)＜g (x 2)恒成立，求a 的取值范围.
解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝（x －1）（x －a ）
x 2
.
①若a ≤1，当x ∈[1，e]时，f ′(x )≥0， 则f (x )在[1，e]上为增函数，f (x )min ＝f (1)＝1－a . ②若1＜a ＜e ，
当x ∈[1，a ]时，f ′(x )≤0，f (x )为减函数； 当x ∈[a ，e]时，f ′(x )≥0，f (x )为增函数. 所以f (x )min ＝f (a )＝a －(a ＋1)ln a －1. 综上，当a ≤1时，f (x )min ＝1－a ； 当1＜a ＜e 时，f (x )min ＝a －(a ＋1)ln a －1；
(2)由题意知：f (x )(x ∈[e ，e 2])的最小值小于g (x )(x ∈[－2，0])的最小值. 由(1)知f (x )在[e ，e 2]上单调递增，
f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－a
e ，又g ′(x )＝(1－e x )x . 当x ∈[－2，0]时，g ′(x )≤0，g (x )为减函数， 则g (x )min ＝g (0)＝1，
所以e －(a ＋1)－a
e ＜1，解得a ＞e 2－2e e ＋1
，
所以a 的取值范围为⎝
⎛⎭
⎪⎫
e 2
－2e e ＋1，1 . 热点三 导数与函数的零点问题
导数与函数方程交汇是近年命题的热点，常转化为研究函数图象的交点问题，研究函数的极(最)值的正负，求解时应注重等价转化与数形结合思想的应用，其主要考查方式有：(1)确定函数的零点、图象交点的个数；(2)由函数的零点、图象交点的情况求参数的取值范围.
【例3】 (2017·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝a e 2x ＋(a －2)e x －x . (1)讨论f (x )的单调性；
(2)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围. 解 (1)由于f (x )＝a e 2x ＋(a －2)e x －x ，
故f ′(x )＝2a e 2x ＋(a －2)e x －1＝(a e x －1)(2e x ＋1)， ①当a ≤0时，a e x －1<0，2e x ＋1>0. 从而f ′(x )<0，f (x )在R 上单调递减. ②当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝－ln a . 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：
综上，当当a >0时，f (x )在(－∞，－ln a )上单调递减； 在(－ln a ，＋∞)上单调递增.
(2)(ⅰ)若a ≤0，由(1)知，f (x )至多有一个零点.
(ⅱ)若a >0，由(1)知，当x ＝－ln a 时，f (x )取得最小值，最小值为f (－ln a )＝1－1
a ＋ln a .
①当a ＝1时，由于f (－ln a )＝0，故f (x )只有一个零点； ②当a ∈(1，＋∞)时，由于1－1
a ＋ln a >0， 即f (－ln a )>0，故f (x )没有零点；
③当a ∈(0，1)时，1－1
a ＋ln a <0，即f (－ln a )<0. 又f (－2)＝a e －4＋(a －2)e －2＋2>－2e －2＋2>0， 故f (x )在(－∞，－ln a )有一个零点. 设正整数n 0满足n 0>ln ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
3a －1，
则f (n 0)＝e n 0(a e n 0＋a －2)－n 0>e n 0－n 0>2 n 0－n 0>0. 由于ln ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
3a －1>－ln a ，
因此f (x )在(－ln a ，＋∞)有一个零点. 综上，a 的取值范围为(0，1).
探究提高 用导数研究函数的零点，一是用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；二是将零点问题转化为函数图象的交点问题，结合函数的极值利用数形结合来解决.
【训练3】 设函数f (x )＝x 2
2－k ln x ，k >0. (1)求f (x )的单调区间和极值；
(2)证明：若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点. (1)解 由f (x )＝x 2
2－k ln x (k >0)，
得x >0且f ′(x )＝x －k x ＝x 2
－k
x .
由f ′(x )＝0，解得x ＝k (负值舍去). f (x )与f ′(x )在区间(0，＋∞)上的情况如下：
所以f (f (x )在x ＝k 处取得极小值f (k )＝
k （1－ln k ）
2
. (2)证明 由(1)知，f (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为f (k )＝
k （1－ln k ）
2
.
因为f (x )存在零点，所以
k （1－ln k ）
2
≤0，从而k ≥e. 当k ＝e 时，f (x )在区间(1，e)上单调递减，且f (e)＝0，所以x ＝e 是f (x )在区间(1，e]上的唯一零点.
当k >e 时，f (x )在区间(0，e)上单调递减，且f (1)＝1
2>0，f (e)＝e －k 2<0， 所以f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点.
综上可知，若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点.
1.(2018·咸阳调研)已知函数f (x )＝x 2－ln x －ax ，a ∈R . (1)当a ＝1时，求f (x )的最小值； (2)若f (x )>x ，求a 的取值范围. 解 (1)当a ＝1时，f (x )＝x 2－ln x －x ， f ′(x )＝
（2x ＋1）（x －1）
x
(x >0).
当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )的最小值为f (1)＝0. (2)由f (x )>x ，x ∈(0，＋∞)， 得f (x )－x ＝x 2－ln x －(a ＋1)x >0.
由于x >0，所以f (x )>x 等价于x －ln x
x >a ＋1. 令g (x )＝x －ln x
x ，则g ′(x )＝x 2－1＋ln x x 2
.
当x ∈(0，1)时，g ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0.故g (x )有最小值g (1)＝1.
故a ＋1<1，a <0，即a 的取值范围是(－∞，0). 2.(2017·浙江卷)已知函数f (x )＝(x －2x －1)e －x ⎝ ⎛⎭⎪⎫
x ≥12.
(1)求f (x )的导函数；
(2)求f (x )在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫
12，＋∞上的取值范围.
解 (1)f ′(x )＝(x －2x －1)′e －x ＋(x －2x －1)(e －x )′
＝
⎝
⎛⎭⎪⎫1－12x －1e －x －(x －2x －1)e －x ＝⎝
⎛⎭⎪⎫1－12x －1－x ＋2x －1e －x
＝
（1－x ）（2x －1－2）e －x 2x －1⎝ ⎛⎭⎪⎫
x >12. (2)令f ′(x )＝（1－x ）（2x －1－2）e －x
2x －1＝0，
解得x ＝1或5
2.
当x 变化时，f (x )，f ′(x )的变化如下表：
又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12e －2，f (1)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52＝12e －2，
f (x )＝1
2(2x ＋1－1)2e －x ≥0，
则f (x )在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫
12，＋∞上的最大值为12e －12.
最小值为0.
综上，f (x )在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上的取值范围是⎣⎢⎡
⎦⎥⎤0，12e －12.
3.设f (x )＝e x (ln x －a )(e 是自然对数的底数，e ＝2.71 828…). (1)若y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＝2e x ＋b ，求a ，b 的值； (2)若函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤
1e ，e 上单调递减，求实数a 的取值范围.
解 (1)因为f ′(x )＝e x (ln x －a )＋e x ·1x ＝e x ⎝ ⎛
⎭⎪⎫ln x ＋1x －a ，
所以由题意，得f ′(1)＝e(1－a )＝2e ， 解得a ＝－1.
所以f (1)＝e(ln 1－a )＝e ，
由切点(1，e)在切线y ＝2e x ＋b 上，
得e ＝2e ＋b ，b ＝－e ，故a ＝－1，b ＝－e.
(2)由题意可得f ′(x )＝
e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x ＋1x －a ≤0在⎣⎢⎡⎦
⎥⎤1e ，e 上恒成立. 因为e x >0，
所以只需ln x ＋1x －a ≤0，
即a ≥ln x ＋1x 在⎣⎢⎡⎦
⎥⎤1e ，e 上恒成立. 令g (x )＝ln x ＋1x ，
因为g ′(x )＝1x －1x 2＝x －1x 2，由g ′(x )＝0，得x ＝1.
当x 变化时，g ′(x )，g (x )的变化情况如下：
g ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1e ＝ln 1e ＋e ＝e －1，g (e)＝1＋1e ， 因为e －1>1＋1e ，
所以g (x )max ＝g ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1e ＝e －1，所以a ≥e －1. 故实数a 的取值范围是[e －1，＋∞).
4.(2018·衡水中学质检)已知函数f (x )＝x ＋a e x .
(1)若f (x )在区间(－∞，2)上为单调递增函数，求实数a 的取值范围；
(2)若a ＝0，x 0<1，设直线y ＝g (x )为函数f (x )的图象在x ＝x 0处的切线，求证：f (x )≤g (x ).
(1)解 易知f ′(x )＝－x －（1－a ）e x
， 由已知得f ′(x )≥0对x ∈(－∞，2)恒成立，
故x ≤1－a 对x ∈(－∞，2)恒成立，
∴1－a ≥2，∴a ≤－1.
故实数a 的取值范围为(－∞，－1].
(2)证明 a ＝0，则f (x )＝x
e x .
函数f (x )的图象在x ＝x 0处的切线方程为y ＝g (x )＝f ′(x 0)(x －x 0)＋f (x 0). 令h (x )＝f (x )－g (x )
＝f (x )－f ′(x 0)(x －x 0)－f (x 0)，x ∈R ，
则h ′(x )＝f ′(x )－f ′(x 0)＝1－x e x －1－x 0
e x 0
＝（1－x ）e x 0－（1－x 0）e x
e x ＋x 0.
设φ(x )＝(1－x )e x 0－(1－x 0)e x ，x ∈R ，
则φ′(x )＝－e x 0－(1－x 0)e x ，
∵x 0<1，∴φ′(x )<0，
∴φ(x )在R 上单调递减，而φ(x 0)＝0，
∴当x <x 0时，φ(x )>0，当x >x 0时，φ(x )<0，
∴当x <x 0时，h ′(x )>0，当x >x 0时，h ′(x )<0，
∴h (x )在区间(－∞，x 0)上为增函数，在区间(x 0，＋∞)上为减函数，∴x ∈R
时，h (x )≤h (x 0)＝0，
∴f (x )≤g (x ).
5.已知函数f (x )＝ax ＋ln x ，其中a 为常数.
(1)当a ＝－1时，求f (x )的单调递增区间；
(2)当0<－1a <e 时，若f (x )在区间(0，e)上的最大值为－3，求a 的值；
(3)当a ＝－1时，试推断方程|f (x )|＝ln x x ＋12是否有实数根.
解 (1)由已知可知函数f (x )的定义域为{x |x >0}，
当a ＝－1时，f (x )＝－x ＋ln x (x >0)，f ′(x )＝1－x x (x >0)；
当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0.
所以f (x )的单调递增区间为(0，1).
(2)因为f ′(x )＝a ＋1x (x >0)，令f ′(x )＝0，解得x ＝－1a ；
由f ′(x )>0，解得0<x <－1a ；由f ′(x )<0，解得－1a <x <e.
从而f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a ，递减区间为⎝ ⎛⎭
⎪⎫－1a ，e ， 所以，f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－1＋ln ⎝ ⎛⎭
⎪⎫－1a ＝－3. 解得a ＝－e 2.
(3)由(1)知当a ＝－1时，f (x )max ＝f (1)＝－1，
所以|f (x )|≥1.
令g (x )＝ln x x ＋12，则g ′(x )＝1－ln x x 2.
当0<x <e 时，g ′(x )>0；
当x >e 时，g ′(x )<0.
从而g (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减.
所以g (x )max ＝g (e)＝1e ＋12<1，
所以，|f (x )|>g (x )，即|f (x )|>ln x x ＋12，
所以，方程|f (x )|＝ln x x ＋12没有实数根.
6.已知函数f (x )＝ln(x ＋1)＋ax x ＋1
(a ∈R ). (1)当a ＝1时，求f (x )的图象在x ＝0处的切线方程；
(2)当a <0时，求f (x )的极值；
(3)求证：ln(n ＋1)>122＋232＋…＋n －1n 2(n ∈N *).
(1)解 当a ＝1时，f (x )＝ln(x ＋1)＋
x x ＋1， ∴f ′(x )＝1x ＋1＋1（x ＋1）2＝x ＋2（x ＋1）2
. ∵f (0)＝0，f ′(0)＝2，
∴所求切线方程为y ＝2x .
(2)解f(x)＝ln(x＋1)＋
ax
x＋1
(x>－1)，f′(x)＝
x＋a＋1
（x＋1）2
，
∵a<0，∴当x∈(－1，－a－1)时，f′(x)<0；
当x∈(－a－1，＋∞)时，f′(x)>0，
函数f(x)的极小值为f(－a－1)＝a＋1＋ln(－a)，无极大值.
(3)证明由(2)知，取a＝－1，f(x)＝ln(x＋1)－
x
x＋1
≥f(0)＝0.
当x>0时，ln(x＋1)>
x
x＋1
，取x＝
1
n，
得ln n＋1
n>
1
n＋1
＝
n－1
n2－1
>
n－1
n2.
∴ln 2
1＋ln
3
2＋…＋ln
n＋1
n>
1
22＋
2
32＋…＋
n－1
n2⇔ln⎝
⎛
⎭
⎪
⎫
2
1·
3
2·…·
n＋1
n>
1
22＋
2
32＋…＋
n－1 n2，
即ln(n＋1)>1
22＋
2
32＋…＋
n－1
n2.。