第一篇：構造函數法證特殊數列不等式

數列不等式求證

題目1：求證1111111+1++…+?ln(1?n)?1++++…+

題目2：求證

題目3：求證234n?1234n2n(n?1)?ln2?ln3?ln4????lnn ln2ln3ln4lnn

2?3?4????n?1

n

構造函數法證特殊數列不等式

題目1：求證12111111+1++…+?ln(1?n)?1++++…+ 34n?1234n

(一)構造函數①f(x)?ln(1?x)?

分析：f?(x)?x(x?0)1?x1(1?x)?xx=>0,函數f(x)在(0,+?)上單調遞增。?221?x(1?x)(1?x)

x(x?0)1?x

1111111?,ln(1?)??,ln(1?)??，…… 因而有ln(1?)?131411?12231?1?23ln(1?)??1nn?11?n

11111111故：ln(1?)+ln(1?)+ln(1?)+……+ln(1?)>+++……+ 123n234n?11111即ln(1?n)?+++……+ 234n?1所以當x?0時，有f(x)>f(0)=0，即有ln(1?x)?

（二）構造函數②f(x)?ln(1?x)?x(x?0)分析：f?(x)??x1?1=<0,函數f(x)在(0,+?)上單調遞減。1?x1?x

所以當x?0時，有f(x)

233nn

11111111故：ln(1?)+ln(1?)+ln(1?)+……+ln(1?)<1++++……+ 123n234n1111即ln(1?n)?1++++……+ 234n因而有ln(1?)?1,ln(1?)?,ln(1?)?,……, ln(1?)? 1112

綜上有：12111111?ln(1?n)?1++++…+ +1++…+34n?1234n小結：記住函數不等關系㈠

題目2：求證x

(三)構造函數③f(x)?lnx?x?1(x?0)x?1

1(x?1)?(x?1)x2?1分析：f?(x)??=>0,函數f(x)在(0,+?)上單調遞增。22x(x?1)x(x?1)

x?1(x?1)x?1

2?113?124?13?,ln3??,ln4??，…… 因而有ln2?2?133?144?15

n?1lnn? n?1所以當x?1時，有f(x)>f(1)=0，即有lnx?

故：ln2?ln3?ln4????lnn>

綜上有1234n?2n?12xxxx……xx= 3456nn?1n(n?1)2?ln2?ln3?ln4????lnnn(n?1)

x?1?lnx(x?1)x?1

ln2ln3ln4lnn1???????題目3：求證234nn小結：記住函數不等關系㈡)構造函數④f(x)?lnx?(x?1)(x?1（注：此函數實質和構造函數二一樣）分析：f?(x)??1=1

x1?x<0,函數f(x)在(1,+?)上單調遞減。x

所以當x?1時，有f(x)

因而有ln2?1,ln3?2,ln4?3，……，lnn?n?1

ln2?ln3?ln4????lnn?1?2?3?4??（n?2)?(n?1)n

n（n?2)?(n?1)?即有ln2?ln3?ln4????lnn?2?3?4?? 故有：ln2ln3ln4lnn1???????234nn

小結：記住函數不等關系㈢lnx?x?1(x?1)

識記重要不等式關系

ln(1?x)?x(x?0)1?x

ln(1?x)?x(x?0)

x

x?1?lnx(x?1)x?1

lnx?x?1(x?1)

資料由謝老師收集：

了解初中，高中考試信息，做題技巧，解題思路可去謝老師博客http://blog.sina.com.cn/xiejunchao1

第二篇：構造函數證明數列不等式

構造函數證明數列不等式 ln2ln3ln4ln3n5n?6?????n?3n?(n?N*).例1.求證：23436

ln2?ln3?lnn?2n2?n?1例2.求證:(1)??2,???????(n?2)?2(n?1)23n

例3.求證:

例4.求證:(1?

練習：

1求證:(1?1?2)?(1?2?3)???[1?n(n?1)]?e

2.證明:

3.已知a1?1,an?1?(1?

4.已知函數f(x)是在(0,??)上處處可導的函數,若x?2n?311111?????ln(n?1)?1???? 23n?12n111111)(1?)???(1?)?e和(1?)(1?)???(1?2n)?98132!3!n!e.ln2ln3ln4lnnn(n?1)??????(n?N*,n?1)345n?14112)a?.a?e證明.nnn2?n2nf'(x)?f(x)在x?0上恒成立.(I)求證：函數g(x)?

(II)當x1f(x)在(0,??)上是增函數； x?0,x2?0時,證明:f(x1)?f(x2)?f(x1?x2)；(III)已知不等式ln(1?x)?x在x??1且x?0時恒成立。

5.已知函數f(x)?xlnx.若a?0,b?0,證明:f(a)?(a?b)ln2?f(a?b)?f(b).

第三篇：運用函數構造法巧證不等式

運用函數構造法巧證不等式

羅小明（江西省吉水二中331600）

不等式證明方法較多，本文介紹主元、零點、導數法構造函數證明不等式，以飧讀者。關鍵字：函數不等式

不等式的證明是高中數學教學中的一大難點，也是高考、競賽中的一大熱點。本文將不等式證明問題轉化為函數問題予以解決，力爭突破解題思維，以求解題方法創新。這種解題思路使解答簡捷，達到出奇制勝的效果。

一．主元法

例1．已知：a、b、c?(?1,1)，證明：abc?2?a?b?c

思路：以a為主元構造函數f(a)，再由函數單調性可證。

證明：視a為主元構造函數f(a)?(bc?1)a?2?b?c，此為一次函數。

由a、b、c?(?1,1)知，f(1)?f(a)

又f(1)?bc?1?b?c?(1?b)(1?c)?0

c 故有f(a)?0即abc?2?a?b?。

例2．設x、y、z?(0,1)，證明：x(1?y)?y(1?z)?z(1?x)?

1證明：作f(x)?x(1?y)?y(1?z)?z(1?x)

?(1?y?z)x?y(1?z)?z此為關于x的一次函數

由于 f(0)?y(1?z)?z?(y?1)(1?z)?1?1，f(1)?1?yz?1

故有 x(1?y)?y(1?z)?z(1?x)?1

類題演練：設x、y、z?(?1,1)，證明：xy?yz?zx?1?0

二．零點法

例3．若x、y、z滿足x?y?z?1且為非負實數，證明：0?xy?yz?xz?2xyz?思路：以x、y、z為三個零點，構造三次函數去證。

證明：令f(t)?(t?x)(t?y)(t?z)，則f(t)?t?(x?y?z)t?(xy?yz?xz)t?xyz

記u?xy?yz?xz?2xyz 則u?2f()?211432727

（1）當x、y、z均不超過

12時，?3?

?(x?y?z)??11111

由于 f()?(?x)(?y)(?z)?? ??

22223216??

??

故有0?u?

727

成立。

2（2）當x、y、z只可能有一個大于

1?y?z

4x

時，不妨設x?1

212

由于f()?(?x)（22

x)?

(?x)

故有?u?

（12

?x)??

(1?x)(2x?x?1)

727

?0，0?u?

727

也成立。

由（1）、（2）知0?xy?yz?xz?2xyz?

2222

例4．設a、b、c為三角形三邊長，若a?b?c?1，證明：a?b?c?4abc?

思路：先用分析法，再以a、b、c為三個零點，構造三次函數去證。證明：由a?b?c?1?a2?b2?c2?4abc?1?2(ab?bc?ca)?4abc即要證 ab?bc?ca?2abc?

4作f(x)?(x?a)(x?b)(x?c)，則f(x)?x3?(a?b?c)x2?(ab?bc?ca)x?abc 由a?b?c?1，a、b、c為三角形三邊長，有0?a、b、c?故有f()?0?ab?bc?ca?2abc?

211

412

所以 a?b?c?4abc?

222

類題演練：已知：a、b、c、A、B、C?R?，且有a?A?b?B?c?C?k，證明：aB?bC?cA?k

三．導數法

例5．證明：tanx?2sinx?3x，x?(0,?

2)

思路：作輔助函數，利用導數判別函數單調法證之。證明：作輔助函數f(x)?tanx?2sinx?3x，則

f(x)?

'

1cosx

?2cosx?3，記g(x)?f(x)有

'

g(x)?

'

2sinxcosx

?2sinx?2sinx（1cosx

?1)?0，知f'(x)是增函數，又f'(0)?0故當x?(0,?)時，有f(x)?0，從而有f(x)?f(0)?0

'

所以?x?(0,?)，都有tanx?2sinx?3x

例6．已知：a、b?0,p?1,1p

?

1q

?1，求證：ab?

a

p

p

?

b

q

q

思路：不妨視b為常量，作輔助函數，再用導數判別函數單調法證之。證明：作f(a)?

a

p

p

?

b

q

q

?ab，則f(a)?a

'p?

1?b

當b?ap?1時，f(a)是減函數；當b?ap?1時，f(a)是增函數；

q

q

當b?ap?1時，即當a?bp時，f(bp)?0 故?a?0，有f(a)?0，即ab?

a

p

p

?

b

q

q

類題演練：已知：x、y?0,??1，求證：(x?y)??x??y?

由上述例子，函數構造法證不等式揭示了函數與不等式的內在聯系，是二者的完美結合，同時也進一步認識到函數在解決具體問題中的重要作用。參考文獻：

姚允龍．數學分析[M]．上海：復旦大學出版社，2002

李勝宏，李名德．高中數學競賽培優教程（專題講座）[M]．杭州：浙江大學出版社，2009

第四篇：構造函數證明數列不等式答案

構造函數證明數列不等式答案

例1.求證：

ln22?ln33?ln44???

ln33

nn

?3?

n

5n?66

(n?N).*

解析:先構造函數有lnx?x?1?lnx?1?1,從而

x

x

ln22?ln33?ln44???

ln33

nn

?3?1?（n

?

???

n)

因為

?

???

n

?11???????23?11??111111??1

???????????????n?nn

2?13??456789??2

n?1

?3n?13??99?3?3

??????????????2?3n?1?3n

6?69??1827??

?5n

??

?6?

n

所以

ln22

?

ln33

?

ln44

???

ln33

n

n

?3?1?

n

5n6

?3?

5n?66

例2.求證:(1)??2,ln22

?

?

?

ln33

?

?

???

lnnn

?

?

?

2n

?n?1

2(n?1)

(n?2)

解析:構造函數f(x)?

lnxx,得到

lnnn

?

?

?

lnnn

2,再進行裂項

lnnn

?1?

1n

?1?

1n(n?1),所以有

?ln2,13?

?ln3?ln2,…,13

n

1n

?lnn?ln(n?1),1n?1

?ln(n?1)?lnn,相

加后可以得到:

???

1n?1

?ln(n?1)

另一方面SABDE?

1n?1

?

n?i

1x,從而有

1n?i

n

?i?

?

n?i

1x

n

?lnx|n?i?lnn?ln(n?i)取i?1

有,?lnn?ln(n?1),12

1n

所以有ln(n?1)?1?

???,所以綜上有

?

???

1n?1

12!

?ln(n?1)?1?

???

1n

例11.求證:(1?)(1?

13!)???(1?

1n!)?e和(1?

19)(1?

181)???(1?

2n)?e.解析:構造函數后即可證明

例12.求證:(1?1?2)?(1?2?3)???[1?n(n?1)]?e解析:ln[n(n?1)?1]?2?

3n(n?1)?1

2n?3,疊加之后就可以得到答案

例13.證明:

ln23?ln34?ln45

lnnn?1

?

???

n(n?1)

(n?N*,n?1)

解析:構造函數f(x)?ln(x?1)?(x?1)?1(x?1),求導,可以得到:f'(x)?

1x?1

?1?

2?xx?1

'',令f(x)?0有1?x?2,令f(x)?0有x?2,所以f(x)?f(2)?0,所以ln(x?1)?x?2,令x?n?1有,lnn

lnnn?1

n?12

?n?1

所以

?,所以

ln23

?

ln34

?

ln45

???

lnnn?1

?

n(n?1)

(n?N*,n?1)

例14.已知a1?1,an?1?(1?

1n(n?1)

1n?n

n)an?

n

.證明an?e.12

n

解析: an?1?(1?)an?

?(1?

1n(n?1)

?)an,然后兩邊取自然對數,可以得

到lnan?1?ln(1?

1n(n?1)

?

n)?lnan

然后運用ln(1?x)?x和裂項可以得到答案)放縮思路：

an?1?(1?

1n

?n

?

2n)an?lnan?1?ln(1?

1n?n

?

n)?lnan??lnan?

1n?n

?

n

。于

是lnan?1?lnan?

1n?n

?

n，n?1n?1

?

i?1

(lnai?1?lnai)?

?

i?1

1n?1

1?()

11111 2(2?i)?lnan?lna1?1???2??n?2.1nn2i?i2

1?

即lnan?lna1?2?an?e.注：題目所給條件ln(1?x)?x（x?0）為一有用結論，可以起到提醒思路與探索放縮方向的作用；當然，本題還可用結論2

an?1?(1?

1n(n?1))an?

1n(n?1)

n

?n(n?1)(n?2)來放縮：

?an?1?1?(1?

1n(n?1))(an?1)?

ln(an?1?1)?ln(an?1)?ln(1?

n?1

n?1

1n(n?1)

1i(i?1))?

1n(n?1)

.1n?1，?

?[ln(ai?1?1)?ln(ai?1)]?

i?2

?

i?2

?ln(an?1)?ln(a2?1)?1?

即ln(an?1)?1?ln3?an?3e?1?e.例15.(2008年廈門市質檢)已知函數f(x)是在(0,??)上處處可導的函數,若x?f'(x)?f(x)

f(x)x

在x?0上恒成立.(I)求證：函數g(x)?在(0,??)上是增函數；

(II)當x1?0,x2?0時,證明:f(x1)?f(x2)?f(x1?x2)；(III)已知不等式ln(1?x)?x在x??1且x?0時恒成立，求證：

ln2?

ln3?

ln4???

1(n?1)

ln(n?1)?

n

2(n?1)(n?2)

(n?N).*

解析:(I)g'(x)?

f'(x)x?f(x)

xf(x)x

?0,所以函數g(x)?

f(x)x

在(0,??)上是增函數

(II)因為g(x)?在(0,??)上是增函數,所以

f(x1)x1

?

f(x1?x2)x1?x2

?f(x1)?

x1x1?x2

?f(x1?x2)

f(x2)x2

?

f(x1?x2)x1?x2

?f(x2)?

x2x1?x2

?f(x1?x2)

兩式相加后可以得到f(x1)?f(x2)?f(x1?x2)(3)

f(x1)x1

?

f(x1?x2???xn)x1?x2???xn

?f(x1)?

x1

x1?x2???xn

x2

x1?x2???xn

xn

x1?x2???xn

?f(x1?x2???xn)

f(x2)x2f(xn)xn

?

f(x1?x2???xn)x1?x2???xnf(x1?x2???xn)x1?x2???xn

?f(x2)?

?f(x1?x2???xn)……

?

?f(xn)?

?f(x1?x2???xn)

相加后可以得到:

f(x1)?f(x2)???f(xn)?f(x1?x2???xn)所以

x1lnx1?x2lnx2?x3lnx3???xnlnxn?(x1?x2???xn)ln(x1?x2???xn)

令xn?

?11112222?????ln2?ln3?ln4???ln(n?1),有 222?22?2

34(n?1)(1?n)??

??111

???ln????22??2

3(n?1)??2

?

???

?1111??????222?2

34(n?1)?2

?111

???22?32???(n?1)2

?

??111??ln???????(n?1)n?2?13?2??

???

1??11?n?

?????????

n?12n?22(n?1)(n?2)????

所以

ln2?

ln3?

ln4???

1(n?1)

ln(n?1)?

n

2(n?1)(n?2)

(n?N).*

(方法二)

ln(n?1)(n?1)

?

ln(n?1)

(n?1)(n?2)

?

1??1

?ln4???

(n?1)(n?2)?n?1n?2?

1?nln4?12

ln(n?1)?ln4????2

(n?1)?2n?2?2(n?2)1

ln4

所以

ln2?

ln3?

ln4???

又ln4?1?

1n?1,所以1ln22?1ln32?1ln42???

222

1(n?1)

ln(n?1)?

n

2(n?1)(n?2)

(n?N).*

例16.(2008年福州市質檢)已知函數f(x)?xlnx.若a?0,b?0,證明:f(a)?(a?b)ln2?f(a?b)?f(b).解析:設函數g(x)?f(x)?f(k?x),?f(x)?xlnx,(k?0)

?g(x)?xlnx?(k?x)ln(k?x),?0?x?k.?g?(x)?lnx?1?ln(k?x)?1?ln令g?(x)?0,則有

xk?x

?1?

xk?x,k2

?x?k.2x?kk?x

?0?

∴函數g(x)在[,k）上單調遞增，在(0,k

k2

]上單調遞減.kk

∴g(x)的最小值為g()，即總有g(x)?g().22

而g()?f()?f(k?

k

k

k2)?kln

k2

?k(lnk?ln2)?f(k)?kln2,?g(x)?f(k)?kln2, 即f(x)?f(k?x)?f(k)?kln2.令x?a,k?x?b,則k?a?b.?f(a)?f(b)?f(a?b)?(a?b)ln2.?f(a)?(a?b)ln2?f(a?b)?f(b).

第五篇：構造法證明函數不等式

構造法證明函數不等式

1、利用導數研究函數的單調性極值和最值，再由單調性來證明不等式是函數、導數、不等式綜合中的一個難點，也是近幾年高考的熱點．

2、解題技巧是構造輔助函數，把不等式的證明轉化為利用導數研究函數的單調性或求最值，從而證得不等式，而如何根據不等式的結構特征構造一個可導函數是用導數證明不等式的關鍵．

一、移項法構造函數

【例1】已知函數f(x)?ln(x?1)?x，求證：當x??1時，恒有1?1?ln(x?1)?x． x?

1二、作差法構造函數證明

【例2】已知函數f(x)?的圖象的下方．

2312x?lnx，求證：在區間(1 ,??)上，函數f(x)的圖象在函數g(x)?x

32三、換元法構造函數證明

【例3】（2007年山東卷）證明：對任意的正整數n，不等式ln（111?1)?2?3都成立． nnn

四、從條件特征入手構造函數證明

【例4】若函數y?f(x)在R上可導，且滿足不等式xf'(x)??f(x)恒成立，常數a、b滿足a?b，求證：af(a)?bf(b)．

五、主元法構造函數

1?x)?x，g(x)?xlnx． 【例5】已知函數f(x)?ln(（1）求函數f(x)的最大值；

（2）設0?a?b，證明：0?g(a)?g(b)?2g（a?b)?(b?a)ln2．

2六、構造二階導函數證明函數的單調性（二次求導）

【例6】已知函數f(x)?ae?x12x． 2（1）若f(x)在R上為增函數，求a的取值范圍；（2）若a?1，求證：當x?0時，f(x)?1?x．

七、對數法構造函數（選用于冪指數函數不等式）

【例7】證明：當x?0時，(1?x)1?x?e1?2．

1、（2007年，安徽卷）設a?0，f(x)?x?1?ln2x?2alnx．

求證：當x?1時，恒有x?ln2x?2alnx?1．

2、（2007年，安徽卷）已知定義在正實數集上的函數f(x)?1x12x?2ax，g(x)?3a2lnx?b，其中2a?0，且b? 52a?3a2lna，求證：f(x)?g(x)．

23、已知函數f(x)?ln(1?x)? xb，求證：對任意的正數a、b，恒有lna?lnb?1?． 1?xa4、（2007年，陜西卷）f(x)是定義在(0 , ??)上的非負可導函數，且滿足xf'(x)?f(x)?0，對任意正數a、b，若a?b，則必有（）

A．af(b)?bf(a)

B．bf(a)?af(b)

C．af(a)?f(b)

D．bf(b)?f(a)例1【分析】 本題是雙邊不等式，其右邊直接從已知函數證明，左邊構造函數1?1，從其導數入手即可證明． x?11x?1??【解析】由題意得：f?(x)?，∴當?1?x?0時，f?(x)?0，即f(x)在x?1x?1g(x)?ln(x?1)?x?(?1 , 0)上為增函數；當x?0時，f?(x)?0，即f(x)在x?(0 , ??)上為減函數；故函數f(x)的單調遞增區間為(?1 , 0)，單調遞減區間(0 , ??)；于是函數f(x)在(?1 , ??)上的最大值為f(x)max?f(0)?0，因此，當x??1時，f(x)?f(0)?0，即ln(x?1)?x?0，∴ln(x?1)?x（右面得證）．現證左面，令g(x)?ln(x?1)?11x1???1，則g?(x)?22，x?1(x?1)(x?1)x?1當x?(?1 , 0)時，g'(x)?0；當x?(0 , ??)時，g'(x)?0，即g(x)在x?(?1 , 0)上為減函數，在x?(0 , ??)上為增函數，故函數g(x)在(?1 , ??)上的最小值為g(x)min?g(0)?0，1?1?0，x?111?1?ln(x?1)?x． ∴ln(x?1)?1?．綜上可知：當x??1時，有x?1x?1∴當x??1時，g(x)?g(0)?0，即ln(x?1)?【點評】如果f(a)是函數f(x)在區間上的最大（小）值，則有f(x)?f(a)（或f(x)?f(a)），那么要證不等式，只要求函數的最大值不超過0就可得證．

例2．【分析】函數f(x)的圖象在函數g(x)的圖象的下方?不等式f(x)?g(x)在(1 ,??)上恒成12212x?lnx?x3，只需證明在區間(1,??)上，恒有x2?lnx?x3成立，23231設F(x)?g(x)?f(x)，x?(1 , ??)，考慮到F(1)??0，要證不等式轉化變為：

6立問題，即當x?1時，F(x)?F(1)，這只要證明：g(x)在區間(1 ,??)是增函數即可． 【解析】設F(x)?g(x)?f(x)，即F(x)?22312x?x?lnx，321(x?1)(2x2?x?1)(x?1)(2x2?x?1)則F'(x)?2x?x??；當x?1時，F'(x)??0，從xxx而F(x)在(1,??)上為增函數，∴F(x)?F(1)?

1?0，∴當x?1時，g(x)?f(x)?0，即6f(x)?g(x)，故在區間(1,??)上，函數f(x)的圖象在函數g(x)?23x的圖象的下方． 3【點評】本題首先根據題意構造出一個函數（可以移項，使右邊為零，將移項后的左式設為函數），并利用導數判斷所設函數的單調性，再根據函數單調性的定義，證明要證的不等式．讀者也可以設F(x)?f(x)?g(x)做一做，深刻體會其中的思想方法． 例3．【分析】本題是山東卷的第（2）問，從所證結構出發，只需令

1?x，則問題轉化為：當x?0n時，恒有ln(x?1)?x2?x3成立，現構造函數h(x)?x3?x2?ln(x?1)，求導即可達到證明．

13x3?(x?1)2 【解析】 令h(x)?x?x?ln(x?1)，則h?(x)?3x?2x??x?1x?1322在x?(0 , ??)上恒正，∴函數h(x)在(0 , ??)上單調遞增，∴x?(0 , ??)時，恒有h(x)?h(0)?0，即x3?x2?ln(x?1)?0，∴ln(x?1)?x2?x3，對任意正整數n，取x?1111?(0 , ??)，則有ln(?1)?2?3． nnnn【點評】我們知道，當F(x)在[a , b]上單調遞增，則x?a時，有F(x)?F(a)．如果f(a)＝?(a)，要證明當x?a時，f(x)??(x)，那么，只要令F(x)＝f(x)－?(x)，就可以利用F(x)的單調增性來推導．也就是說，在F(x)可導的前提下，只要證明F'(x)?0即可．

例4．【解析】由已知：xf'(x)?f(x)?0，∴構造函數F(x)?xf(x)，則F'(x)?xf'(x)?f(x)?0，從而F(x)在R上為增函數，∵a?b，∴F(a)?F(b)，即af(a)?bf(b)．

【點評】由條件移項后xf?(x)?f(x)，容易想到是一個積的導數，從而可以構造函數F(x)?xf(x)，求導即可完成證明．若題目中的條件改為xf?(x)?f(x)，則移項后xf?(x)?f(x)，要想到是一個商的導數的分子，平時解題多注意總結．

例5．【分析】 對于第（2）小問，絕大部分的學生都會望而生畏．學生的盲點也主要就在對所給函數用不上．如果能挖掘一下所給函數與所證不等式間的聯系，想一想大小關系又與函數的單調性密切相關，由此就可過渡到根據所要證的不等式構造恰當的函數，利用導數研究函數的單調性，借助單調性比較函數值的大小，以期達到證明不等式的目的．（2）對g(x)?xlnx求導，則g'(x)?lnx?1．在g(a)?g(b)?2g(數，設F(x)?g(a)?g(x)?2g(a?b)中以b為主變元構造函2a?xa?xa?x)，則F'(x)?g'(x)?2[g()]'?lnx?ln． 222當0?x?a時，F'(x)?0，因此F(x)在(0 , a)內為減函數；當x?a時，F'(x)?0，因此F(x)在(a , ??)上為增函數．從而當x?a時，F(x)有極小值F(a)，∵F(a)?0，b?a，∴F(b)?0，即g(a)?g(b)?2g(a?b)?0．又設G(x)?F(x)?(x?a)ln2，則2G'(x)?lnx?lna?xG'(x)?0．?ln2?lnx?ln(a?x)；當x?0時，因此G(x)在(0 , ??)2a?b)?(b?a)ln2． 2上為減函數，∵G(a)?0，b?a，∴G(b)?0，即g(a)?g(b)?2g(例6．【解析】（1）f'(x)?aex?x，∵f(x)在R上為增函數，∴f'(x)?0對x?R恒成立，即a?xe?x對x?R恒成立；記g(x)?xe?x，則g'(x)?e?x?xe?x?(1?x)e?x；

當x?1時，g'(x)?0；當x?1時，g'(x)?0．知g(x)在(?? , 1)上為增函數，在(1 , ??)上為減函數，∴g(x)在x?1時，取得最大值，即g(x)max?g(1)?（2）記F(x)?f(x)?(1?x)?e?x111，∴a?，即a的取值范圍是[ , ??)．

eee12x?x?1（x?0），則F'(x)?ex?x?1，2令h(x)?F'(x)?ex?x?1，則h'(x)?ex?1；當x?0時，h'(x)?0，∴h(x)在(0 , ??)上為增函數，又h(x)在x?0處連續，∴h(x)?h(0)?0，即F'(x)?0，∴F(x)在(0 , ??)上為增函數，又F(x)在x?0處連續，∴F(x)?F(0)?0，即f(x)?1?x．【點評】當函數取最大（或最小）值時不等式都成立，可得該不等式恒成立，從而把不等式的恒成立問題可轉化為求函數最值問題．不等式恒成立問題，一般都會涉及到求參數范圍，往往把變量分離后可以轉化為m?f(x)（或m?f(x)）恒成立，于是m大于f(x)的最大值（或m小于f(x)的最小值），從而把不等式恒成立問題轉化為求函數的最值問題．因此，利用導數求函數最 值是解決不等式恒成立問題的一種重要方法．

例7．【解析】 對不等式兩邊取對數得(1?)ln(1?x)?1?1xx，化簡為2(1?x)ln(1?x)?2x?x2，2(l1?x)，設輔助函數f(x)?2x?x2?2(1?x)ln(，f'(x)?2x?2n1?x)（x?0）又f''(x)?2x?0（x?0），易知f'(x)在(0 , ??)上嚴格單調增加，從而f'(x)?f'(0)?01?x（x?0），又由f(x)在[0 , ??)上連續，且f'(x)?0，得f(x)在[0 , ??)上嚴格單調增加，∴f(x)?f(0)?0（x?0），即2x?x2?2(1?x)ln(1?x)?0，2x?x2?2(1?x)ln(1?x)，故(1?x)1?1x?e1?x2（x?0）．

1、【解析】f?(x)?1?2lnx2a2lnx??1，∴f?(x)?0，即f(x)，當x?1，a?0時，不難證明xxx 在(0,??)內單調遞增，故當x?1時，f(x)?f(1)?0，∴當x?1時，恒有x?ln2x?2alnx?1．

2、【解析】設F(x)?g(x)?f(x)?12x?2ax?3a2lnx?b，則23a2(x?a)(x?3a)（x?0），∵a?0，∴當x?a時，F'(x)?0，F'(x)?x?2a??xx故F(x)在(0 , a)上為減函數，在(a , ??)上為增函數，于是函數F(x)在(0 , ??)上的最小值是F(a)?f(a)?g(a)?0，故當x?0時，有f(x)?g(x)?0，即f(x)?g(x)．

3、【解析】函數f(x)的定義域為(?1 , ??)，f'(x)?11x??，∴當?1?x?01?x(1?x)2(1?x)2時，f'(x)?0，即f(x)在x?(?1 , 0)上為減函數；當x?0時，f'(x)?0，即f(x)在x?(0 , ??)上為增函數；因此在x?0時，f(x)取得極小值f(0)?0，而且是最小值，于是f(x)?f(0)?0，從而ln(1?x)?1xa1b?1?，于是，即ln(1?x)?1?，令1?x??0，則1?1?x1?xbx?1aabbf(x)xf'(x)?f(x)ln?1?，因此lna?lnb?1?．

4、?0，故【解析】F(x)?，F'(x)?baaxx2f(x)f(a)f(b)?af(b)?bf(a)，故選A． F(x)??在(0 , ??)上是減函數，由a?b有xab8