【正文】 )＝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)．【點評】由條件移項后xf162。(x)+f(x)，容易想到是一個積的導(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)，則移項后xf162。(x)f(x)，要想到是一個商的導(dǎo)數(shù)的分子，平時解題多注意總結(jié)．例5．【分析】 對于第（2）小問，絕大部分的學(xué)生都會望而生畏．學(xué)生的盲點也主要就在對所給函數(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為主變元構(gòu)造函2a+xa+xa+x)，則F39。(x)=g39。(x)2[g()]39。=lnxln． 222當(dāng)0xa時，F(xiàn)39。(x)0，因此F(x)在(0 , a)內(nèi)為減函數(shù)；當(dāng)xa時，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，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，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x206。R恒成立，即a179。xex對x206。R恒成立；記g(x)=xex，則g39。(x)=exxex=(1x)ex；當(dāng)x1時，g39。(x)0；當(dāng)x1時，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，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，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．【點評】當(dāng)函數(shù)取最大（或最?。┲禃r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)數(shù)求函數(shù)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(shù)得(1+)ln(1+x)1+1xx，化簡為2(1+x)ln(1+x)2x+x2，2(l1+x)，設(shè)輔助函數(shù)f(x)=2x+x22(1+x)ln(，f39。(x)=2x2n1+x)（x179。0）又f39。39。(x)=2x0（x0），易知f39。(x)在(0 , +165。)上嚴(yán)格單調(diào)增加，從而f39。(x)f39。(0)=01+x（x0），又由f(x)在[0 , +165。)上連續(xù)，且f39。(x)0，得f(x)在[0 , +165。)上嚴(yán)格單調(diào)增加，∴f(x)f(0)=0（x0），即2x+x22(1+x)ln(1+x)0，2x+x22(1+x)ln(1+x)，故(1+x)1+1xe1+x2（x0）．【解析】f162。(x)=12lnx2a2lnx+1，∴f162。(x)0，即f(x)，當(dāng)x1，a179。0時，不難證明xxx 在(0,+165。)內(nèi)單調(diào)遞增，故當(dāng)x1時，f(x)f(1)=0，∴當(dāng)x1時，恒有xln2x2alnx+1．【解析】設(shè)F(x)=g(x)f(x)=12x+2ax3a2lnxb，則23a2(xa)(x+3a)（x0），∵a0，∴當(dāng)x=a時，F(xiàn)39。(x)=0，F(xiàn)39。(x)=x+2a=xx故F(x)在(0 , a)上為減函數(shù)，在(a , +165。)上為增函數(shù)，于是函數(shù)F(x)在(0 , +165。)上的最小值是F(a)=f(a)g(a)=0，故當(dāng)x0時，有f(x)g(x)179。0，即f(x)179。g(x)．【解析】函數(shù)f(x)的定義域為(1 , +165。)，f39。(x)=11x=，∴當(dāng)1x01+x(1+x)2(1+x)2時，f39。(x)0，即f(x)在x206。(1 , 0)上為減函數(shù)；當(dāng)x0時，f39。(x)0，即f(x)在x206。(0 , +165。)上為增函數(shù)；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)179。f(0)=0，從而ln(1+x)179。1xa1b=1，于是，即ln(1+x)179。1，令1+x=0，則11+x1+xbx+1aabbf(x)xf39。(x)f(x)ln179。1，因此lnalnb179。1．163。0，故【解析】F(x)=，F(xiàn)39。(x)=baaxx2f(x)f(a)f(b)222。af(b)163。bf(a)，故選A． F(x)=179。在(0 , +165。)上是減函數(shù)，由ab有xab8