【正文】 ………在(0 , +165。af(b)163。0，故【解析】F(x)=，F(xiàn)39。1，因此lnalnb179。1，令1+x=0，則11+x1+xbx+1aabbf(x)xf39。f(0)=0，從而ln(1+x)179。(0 , +165。(1 , 0)上為減函數(shù)；當(dāng)x0時(shí)，f39。(x)=11x=，∴當(dāng)1x01+x(1+x)2(1+x)2時(shí)，f39。g(x)．【解析】函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?1 , +165。)上的最小值是F(a)=f(a)g(a)=0，故當(dāng)x0時(shí)，有f(x)g(x)179。(x)=x+2a=xx故F(x)在(0 , a)上為減函數(shù)，在(a , +165。)內(nèi)單調(diào)遞增，故當(dāng)x1時(shí)，f(x)f(1)=0，∴當(dāng)x1時(shí)，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(shí)，F(xiàn)39。(x)0，即f(x)，當(dāng)x1，a179。)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。)上連續(xù)，且f39。(x)f39。(x)在(0 , +165。39。(x)=2x2n1+x)（x179。(x)0，∴F(x)在(0 , +165。(x)0，∴h(x)在(0 , +165。(x)=exx1，則h39。)．eee12xx1（x0），則F39。)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。(x)0．知g(x)在(165。(x)=exxex=(1x)ex；當(dāng)x1時(shí)，g39。xex對(duì)x206。0對(duì)x206。(x)=aexx，∵f(x)在R上為增函數(shù)，∴f39。(x)0．ln2=lnxln(a+x)；當(dāng)x0時(shí)，因此G(x)在(0 , +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)0，因此F(x)在(0 , a)內(nèi)為減函數(shù)；當(dāng)xa時(shí)，F(xiàn)39。(x)2[g()]39。(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)f(x)，則移項(xiàng)后xf162。(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)0，∴構(gòu)造函數(shù)F(x)=xf(x)，則F39。)，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(lái)推導(dǎo)．也就是說(shuō)，在F(x)可導(dǎo)的前提下，只要證明F39。)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。)上單調(diào)遞增，∴x206。(0 , +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(wèn)，從所證結(jié)構(gòu)出發(fā)，只需令1=x，則問(wèn)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)=0，從xxx而F(x)在(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。(1 , +165。)上恒成12212x+lnxx3，只需證明在區(qū)間(1,+165。f(a)），那么要證不等式，只要求函數(shù)的最大值不超過(guò)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。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（?。┲担瑒t有f(x)163。x． ∴l(xiāng)n(x+1)179。0，x+1111163。)上為增函數(shù)，故函數(shù)g(x)在(1 , +165。(1 , 0)上為減函數(shù)，在x206。)時(shí)，g39。(x)0；當(dāng)x206。(x)=22，x+1(x+1)(x+1)x+1當(dāng)x206。0，∴l(xiāng)n(x+1)163。)上的最大值為f(x)max=f(0)=0，因此，當(dāng)x1時(shí)，f(x)163。)上為減函數(shù)；故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1 , 0)，單調(diào)遞減區(qū)間(0 , +165。(x)0，即f(x)在x206。(x)0，即f(x)在x+1x+1g(x)=ln(x+1)+x206。f(a)例1【分析】 本題是雙邊不等式，其右邊直接從已知函數(shù)證明，左邊構(gòu)造函數(shù)11，從其導(dǎo)數(shù)入手即可證明． x+11x1=【解析】由題意得：f162。af(b)C．a(chǎn)f(a)163。0，對(duì)任意正數(shù)a、b，若ab，則必有（）A．a(chǎn)f(b)163。)上的非負(fù)可導(dǎo)函數(shù)，且滿足xf39。g(x)．2已知函數(shù)f(x)=ln(1+x) xb，求證：對(duì)任