【文章內(nèi)容簡(jiǎn)介】 函數(shù)g(x)在(1 , +165。)上的最小值為g(x)min=g(0)=0，11179。0，x+1111163。ln(x+1)163。x． ∴l(xiāng)n(x+1)179。1．綜上可知：當(dāng)x1時(shí)，有x+1x+1∴當(dāng)x1時(shí)，g(x)179。g(0)=0，即ln(x+1)+【點(diǎn)評(píng)】如果f(a)是函數(shù)f(x)在區(qū)間上的最大（小）值，則有f(x)163。f(a)（或f(x)179。f(a)），那么要證不等式，只要求函數(shù)的最大值不超過0就可得證．例2．【分析】函數(shù)f(x)的圖象在函數(shù)g(x)的圖象的下方219。不等式f(x)g(x)在(1 ,+165。)上恒成12212x+lnxx3，只需證明在區(qū)間(1,+165。)上，恒有x2+lnxx3成立，23231設(shè)F(x)=g(x)f(x)，x206。(1 , +165。)，考慮到F(1)=0，要證不等式轉(zhuǎn)化變?yōu)椋?立問題，即當(dāng)x1時(shí)，F(xiàn)(x)F(1)，這只要證明：g(x)在區(qū)間(1 ,+165。)是增函數(shù)即可． 【解析】設(shè)F(x)=g(x)f(x)，即F(x)=22312xxlnx，321(x1)(2x2+x+1)(x1)(2x2+x+1)則F39。(x)=2xx=；當(dāng)x1時(shí)，F(xiàn)39。(x)=0，從xxx而F(x)在(1,+165。)上為增函數(shù)，∴F(x)F(1)=10，∴當(dāng)x1時(shí)，g(x)f(x)0，即6f(x)g(x)，故在區(qū)間(1,+165。)上，函數(shù)f(x)的圖象在函數(shù)g(x)=23x的圖象的下方． 3【點(diǎn)評(píng)】本題首先根據(jù)題意構(gòu)造出一個(gè)函數(shù)（可以移項(xiàng)，使右邊為零，將移項(xiàng)后的左式設(shè)為函數(shù)），并利用導(dǎo)數(shù)判斷所設(shè)函數(shù)的單調(diào)性，再根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義，證明要證的不等式．讀者也可以設(shè)F(x)=f(x)g(x)做一做，深刻體會(huì)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(jié)構(gòu)出發(fā)，只需令1=x，則問題轉(zhuǎn)化為：當(dāng)x0n時(shí)，恒有l(wèi)n(x+1)x2x3成立，現(xiàn)構(gòu)造函數(shù)h(x)=x3x2+ln(x+1)，求導(dǎo)即可達(dá)到證明．13x3+(x1)2 【解析】 令h(x)=xx+ln(x+1)，則h162。(x)=3x2x+=x+1x+1322在x206。(0 , +165。)上恒正，∴函數(shù)h(x)在(0 , +165。)上單調(diào)遞增，∴x206。(0 , +165。)時(shí)，恒有h(x)h(0)=0，即x3x2+ln(x+1)0，∴l(xiāng)n(x+1)x2x3，對(duì)任意正整數(shù)n，取x=1111206。(0 , +165。)，則有l(wèi)n(+1)23． nnnn【點(diǎn)評(píng)】我們知道，當(dāng)F(x)在[a , b]上單調(diào)遞增，則xa時(shí)，有F(x)F(a)．如果f(a)＝j(luò)(a)，要證明當(dāng)xa時(shí)，f(x)j(x)，那么，只要令F(x)＝f(x)－j(x)，就可以利用F(x)的單調(diào)增性來推導(dǎo)．也就是說，在F(x)可導(dǎo)的前提下，只要證明F39。(x)0即可．例4．【解析】由已知：xf39。(x)+f(x)0，∴構(gòu)造函數(shù)F(x)=xf(x)，則F39。(x)=xf39。(x)+f(x)0，從而F(x)在R上為增函數(shù)，∵ab，∴F(a)F(b)，即af(a)bf(b)．【點(diǎn)評(píng)】由條件移項(xiàng)后xf162。(x)+f(x)，容易想到是一個(gè)積的導(dǎo)數(shù)，從而可以構(gòu)造函數(shù)F(x)=xf(x)，求導(dǎo)即可完成證明．若題目中的條件改為xf162。(x)f(x)，則移項(xiàng)后xf162。(x)f(x)，要想到是一個(gè)商的導(dǎo)數(shù)的分子，平時(shí)解題多注意總結(jié)．例5．【分析】 對(duì)于第（2）小問，絕大部分的學(xué)生都會(huì)望而生畏．學(xué)生的盲點(diǎn)也主要就在對(duì)所給函數(shù)用不上．如果能挖掘一下所給函數(shù)與所證不等式間的聯(lián)系，想一想大小關(guān)系又與函數(shù)的單調(diào)性密切相關(guān)，由此就可過渡到根據(jù)所要證的不等式構(gòu)造恰當(dāng)?shù)暮瘮?shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，借助單調(diào)性比較函數(shù)值的大小，以期達(dá)到證明不等式的目的．（2）對(duì)g(x)=xlnx求導(dǎo)，則g39。(x)=lnx+1．在g(a)+g(b)2g(數(shù)，設(shè)F(x)=g(a)+g(x)2g(a+b)中以b為主變?cè)獦?gòu)造函2a+xa+xa+x)，則F39。(x)=g39。(x)2[g()]39。=lnxln． 222當(dāng)0xa時(shí)，F(xiàn)39。(x)0，因此F(x)在(0 , a)內(nèi)為減函數(shù)；當(dāng)xa時(shí)，F(xiàn)39。(x)0，因此F(x)在(a , +165。)上為增函數(shù)．從而當(dāng)x=a時(shí)，F(xiàn)(x)有極小值F(a)，∵F(a)=0，ba，∴F(b)0，即g(a)+g(b)2g(a+b)0．又設(shè)G(x)=F(x)(xa)ln2，則2G39。(x)=lnxlna+xG39。(x)0．ln2=lnxln(a+x)；當(dāng)x0時(shí)，因此G(x)在(0 , +165。)2a+b)(ba)ln2． 2上為減函數(shù)，∵G(a)=0，ba，∴G(b)0，即g(a)+g(b)2g(例6．【解析】（1）f39。(x)=aexx，∵f(x)在R上為增函數(shù)，∴f39。(x)179。0對(duì)x206。R恒成立，即a179。xex對(duì)x206。R恒成立；記g(x)=xex，則g39。(x)=exxex=(1x)ex；當(dāng)x1時(shí)，g39。(x)0；當(dāng)x1時(shí)，g39。(x)0．知g(x)在(165。 , 1)上為增函數(shù)，在(1 , +165。)上為減函數(shù)，∴g(x)在x=1時(shí)，取得最大值，即g(x)max=g(1)=（2）記F(x)=f(x)(1+x)=ex111，∴a179。，即a的取值范圍是[ , +165。)．eee12xx1（x0），則F39。(x)=exx1，2令h(x)=F39。(x)=exx1，則h39。(x)=ex1；當(dāng)x0時(shí)，h39。(x)0，∴h(x)在(0 , +165。)上為增函數(shù)，又h(x)在x=0處連續(xù)，∴h(x)h(0)=0，即F39。(x)0，∴F(x)在(0 , +165。)上為增函數(shù)，又F(x)在x=0處連續(xù)，∴F(x)F(0)=0，即f(x)1+x．【點(diǎn)評(píng)】當(dāng)函數(shù)取最大（或最?。┲禃r(shí)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(zhuǎn)化為求函數(shù)最值問題．不等式恒成立問題，一般都會(huì)涉及到求參數(shù)范圍，往往把變量分離后可以轉(zhuǎn)化為mf(x)（或mf(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(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題．因此，利用導(dǎo)