导数与不等式综合 教案 2022届高三数学一轮复习备考.pdf

导数与不等式综合问题（讲案）导数与不等式综合问题（讲案）【教学目标】【教学目标】本节内容本节内容目标层级目标层级★★★☆☆☆★★★★★☆★★★★★☆是否掌握是否掌握f (x)与与f '(x)共存的不等式问题共存的不等式问题不等式恒成立问题和存在性问题不等式恒成立问题和存在性问题利用导数证明不等式利用导数证明不等式一、利用导数解不等式一、利用导数解不等式（一）f f( (x x) )与与 f f′( ′(x x) )共存的不等式问题共存的不等式问题【知识点】【知识点】1. 通过构造函数法求解不等式：（1）对于不等式f (x) g(x)  0(或 0)，构造函数F(x)  f (x)g(x)．（2）对于不等式f (x) g(x)  0(或 0)，构造函数F(x)  f (x)g(x)；特别地，对于不等式f(x)  k(或 k)k  0，构造函数F(x)  f (x)kx.（3）对于不等式f (x)g(x)+f (x)g(x)  0(或 0)，构造函数F(x)  f (x)g(x)．（4）对于不等式f (x)g(x) f (x)g(x)  0(或 0)，构造函数F(x) （5）对于xf(x)nf (x) 0型，构造F(x) x f(x)，则F(x)  xnn－1f (x)(g(x)  0)．g(x)[xf (x)nf (x)](注意对xn1的符号进行讨论)；特别地，当n 1时，xf(x) f (x) 0，构造F(x)  xf(x)，则F(x)  xf(x) f (x) 0.1 1 / 3939（6）对于xf(x)nf (x) 0x  0型，构造F(x) 号进行讨论)；f (x)xf '(x)nf (x)n1F '(x) ，则(注意对x的符nn1xx特别地，当n 1时，xf(x) f (x) 0，构造F(x) f (x)xf '(x) f (x)0.，则F '(x) xx2x（7）对于不等式f(x) f (x) 0(或 0)，构造函数F(x) e f(x)．（8）对于不等式f(x) f (x) 0(或 0)，构造函数F(x) f (x).ex1，2【例题讲解】【例题讲解】 ★☆☆例题 1. （1） 定义在R上的函数f (x)， 满足f (1)1， 且对任意xR都有f '(x) 则不等式f (lgx) 答案：(0,10)解析：由题意构造函数g(x)  f (x)因为f (1)1，所以g(1) f (1)lgx1的解集为__________．211x，则g'(x)  f '(x) 0，所以g(x)在定义域内是减函数．2211lgx111，由f (lgx) ，得f (lgx)lgx .22222即g(lgx)  f (lgx)11lgx  g(1)，所以lgx1，解得0  x 10.22所以原不等式的解集为(0,10)．（2）设f (x),g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x  0时，f(x)g(x)+f (x)g(x) 0，且g(3) 0，则不等式f (x)g(x) 0的解集为___________．答案：(,3)(0,3)解析：借助导数的运算法则，f(x)g(x)+f (x)g(x) 0 [f (x)g(x)]' 0，所以函数y  f (x)g(x)在(,0)上单调递增．又由题意知函数y  f (x)g(x)为奇函数，所以其图象关于原点对称，且过点(3,0),(3,0)．数形结合可求得不等式f (x)g(x)  0的解集为(,3)(0,3)．（3）设f '(x)是奇函数f (x)(xR)的导函数，f (1)0, 当x  0时，xf(x) f (x)0，则使得f (x) 0成立的x的取值范围是()A．(,1)2 2 / 3939(0,1)B．(1,0)(1,+)C．(,1)答案：A解析：令g(x) (1,0)D．(0,1)(1,+)f (x)xf '(x) f (x)，则g'(x) .2xx由题意知，当x  0时，g(x)  0，g(x)在(0,)上是减函数．f (x)是奇函数，f (1)0， f (1) f (1) 0，g(1) f (1)0，∴当x(0,1)时，g(x) 0，从而f (x) 0；当x(1,＋)时，g(x)0，从而f (x)0.又f (x)是奇函数，当x(,1)时，f (x) 0；当x(1,0)时，f (x)0.综上，所求x的取值范围是(,1)(0,1)．2★☆☆练习 1．设函数f (x)在R上的导函数为f '(x)，且2 f (x) xf (x)  x，则下列不等式在R上恒成立的是()A．f (x) 0C．f (x)  x答案：A解析：令g(x)  x f (x)2B.f (x)0D．f (x)  x14x，则g(x)  2xf (x) x2f (x) x3 x[2 f (x) xf (x) x2]．4当x  0时，g'(x) 0，g(x)  g(0)，即x f (x)2141x 0，从而f (x) x20；44当x  0时，g'(x)  0，g(x)  g(0)，即x f (x)3 3 / 39392141x 0，从而f (x) x20；44当x  0时，由题意可得2f (0)0， f (0)0.综上可知，f (x) 0.★☆☆练习 2．已知f (x)为R上的可导函数，且xR，均有f (x)  f '(x)，则有()A．e2019f (2 019)  f (0), f2019 e2019f (0)B．e2019f (2 019)  f (0), f2019 e2019f (0)C．e2019f (2 019)  f (0), f2019 e2019f (0)D．e2019f (2 019)  f (0), f2019 e2019f (0)答案：D解析： 构造函数h(x) f (x)f '(x) f (x)h'(x) 0，， 则即h(x)在R上单调递减， 故h(2 019)  h(0)，exex即D.f (2019)f (0)20192019ef (2019) f (0)f (2019)  ef (0)，故选h(2019) h(0)；同理，，即20190ee★☆☆练习 3．已知定义在R上的函数f (x)满足f (x)2f(x) 0恒成立，且f (2) x21(e为自然对数的e底数)，则不等式e f (x)e  0的解集为________．x答案：(2,)1解 析 ： 由f (x)2f(x) 0得2f (x) f '(x) 0， 可 构 造 函 数h(x)  e2f (x)， 则2xx122h(x) e [ f (x)2 f '(x)] 0，所以函数h(x)  e f (x)在R上单调递增，且h(2) ef(2) 1.不等式2x2x2x2xe f (x)e  0等价于e f (x) 1，即h(x)  h(2) x  2，所以不等式e f (x)e  0的解集为xx(2,).4 4 / 3939（二）不等式恒成立问题不等式恒成立问题【知识点】1. 可化为不等式恒成立问题的基本类型：（1）函数f (x)在区间D上单调递增，只需f '(x)0；（2）函数f (x)在区间D上单调递减，只需f '(x)0.2. 单变量单函数的不等式型：（1） 对xD， 使得f (x) k， 只需f (x)min k； 特别地， 对xD， 使得f (x)0， 只需f (x)min 0；（2） 对x D， 使得f (x) k， 只需f (x)max k； 特别地， 对x D， 使得f (x)0， 只需f (x)max 0.3. 单变量双函数的不等式型：（3）对xD，使得f (x)  g(x)，只需h(x)min[ f (x) g(x)]min 0；（4）对x D，使得f (x)  g(x)，只需h(x)max[ f (x) g(x)]max 0.【例题讲解】【例题讲解】★★☆例题 1. 已知函数f (x)  axlnx1，若对任意的x  0，f (x)  xe2x恒成立，求实数a的取值范围．答案：(,2]解析：法一：构造函数法设g(x)  xe2xax lnx 1(x  0)，对任意的x  0，f (x)  xe2x恒成立，等价于g(x)0在(0,)上恒成立，则只需g(x)min 0即可．因为g'(x) (2x1)e2x2x1a，x令h(x)  (2x1)e11a(x 0)，则h'(x)  4(x1)e2x20，xx所以h(x)  g(x)在(0,)上单调递增，因为当x  0时，h(x)，当x+时，h(x)，5 5 / 3939所以h(x)  g(x)在(0,)上存在唯一的零点x0，满足(2x01)e2x0a1 0，x0所以a  (2x01)e2x01，且g(x)在(0,x0)上单调递减，在(x0,)上单调递增，x02x022x0ax0lnx01 2x0elnx0，所以g(x)min g(x0)  x0e则由g(x)min0，得2x0e此时0  x01，e2x022x0+lnx0 0， lnx0，22x0ln x  ln20，则2x0 ln(ln x0)ln(2x0x0)，2x0两边同时取对数，得lne2x02x0 ln(ln x0)ln(2x0)ln x0，所以2x0ln(2x0)  ln(ln x0)(ln x0)，设S(x)  xlnx(x 0)，则S'(x) 110，所以函数S(x)在(0,)上单调递增，x2x0因为S(2x0)  S(lnx0)，所以2x0 lnx0，即e1，x0所以a  (2x01)e2x0111 (2x01) 2，x0x0x0所以实数a的取值范围为(,2].法二：分离参数法因为f (x)  axlnx1，所以对任意的x  0，f (x)  xe恒成立， 等价于a e2x2xlnx1在(0,)上xlnx12x2e2xln x(x 0)，则只需a  m(x)min即可，则m'(x) 恒成立．令m(x)  e，2xx2x再令g(x)  2x e22xlnx(x  0)，则g'(x)  4(x2 x)e2x10，所以g(x)在(0,)上单调递增，x因为g14e2ln 2 0,g(1) 2e2 0，8所以g(x)有唯一的零点x0，且1 x01，4所以当0  x  x0时，m'(x)0，当x  x0时，m'(x) 0，6 6 / 3939所以m(x)在(0,x0)上单调递减，在(x0,)上单调递增，因为2x0e22x0lnx0 0，所以2x0ln(2x0)  ln(ln x0)(ln x0)设S(x)  xlnx(x 0)，则S'(x) 110，所以函数S(x)在(0,)上单调递增，x2x0因为S(2x0)  S(lnx0)，所以2x0=lnx0，即e=1，x0所以m(x)  m(x0)  e2x0ln x011ln x01 2，则有a  2，x0x0x0x0所以实数a的取值范围为(,2]．x2★☆☆练习 1． （2018 淮北一模）已知函数fx exa，gx x bx且Fx fx gx在点0,F0处的切线方程为y 16x.（1）求a、b的值；（2）若x 1时，fx gxt恒成立求实数t的取值范围．答案： （1）a 1，b  4； （2）t  4解析： （1）因为Fx fx gx e12exxa x2bx，所以Fx exxa12xb，因为Fx fx gx在点0,F0处的切线方程为y 16x，所以F0 6,F01，所以a 1b  6,a 1，所以a 1，b  4.（2）当x 1时fx gxt恒成立，即x 1时t  fx gx，令hx fx gx e所以hxexxx1 x24xx22x4x2ex2令hx0解得x  2或x  ln2当hx 0时，解得x  2或ln2  x 1，函数hx单调递增；当hx 0时，解得2 7 7 / 3939x  ln2函数hx单调递减.所以h2 4因为41,h1 2e5，2e11 2e5h x 4，所以, maxe2e21.e2所以t  4★★☆练习 2． （2018 咸阳一模）已知fxexalnxaR．（1）求函数fx在点1，f1处的切线方程；（2）当a 1时若不等式fxemx1对任意x1,恒成立求实数m的取值范围．答案： （1）eax ya 0； （2）m  e1x解析： （1）由fxe alnx则f x e xaf 1ea切点为1,ex所求切线方程为ye eax1即eax ya 0．（2）由fxe alnx原不等式即为e lnxemx10xx记Fxe lnxemx1F10x依题意有Fx0对任意x1,恒成立求导得Fx e x11m,F1ex1m,Fxex2xx当x 1时Fx0则Fx在1,上单调递增有Fx F1e 1mx若m e1则Fx0若Fx在1,上单调递增且Fx F10适合题意；若m  e1则F10又Flnm1 0故存在x11,ln m使Fx0当1 x  x1时,lnmFx0得Fx在1,x1上单调递减在Fx F10舍去综上，实数m的取值范围是m e1.8 8 / 3939★★☆练习 3．设函数f (x)  ex则实数a的最小值为________．答案：ex3a3(e为自然对数的底数)，若不等式f (x)0有正实数解，xx解析：原问题等价于存在x(0,＋)，使得a  e (x 3x3)，令g(x)  e (x 3x3),x(0,)，x2x2则a  g(x)min. 而g(x)  e (x  x)，由g(x)  0，可得x(0,1)，由g(x)  0，可得x(1,)，∴x2函数g(x)在区间(0,＋)上的最小值为g(1)e. 综上可得，实数a的最小值为e.【题型知识点总结】1. 求解不等式恒成立问题的方法(1)构造函数分类讨论：遇到f (x)  g(x)型的不等式恒成立问题时， 一般采用作差法， 构造“左减右”的函数hx＝fx－gx或“右减左”的函数ux＝gx－fx，进而只需满足hxmin0或uxmax 0，将比较法的思想融入函数中，转化为求解函数最值的问题，适用范围较广，但是往往需要对参数进行分类讨论．(2)分离函数法：分离参数法的主要思想是将不等式变形成一个一端是参数a，另一端是变量表达式vx的不等式后，应用数形结合思想把不等式恒成立问题转化为水平直线y a与函数y  vx图象的交点个数问题来解决．【知识点】4. 对于双变量双函数的不等式型：结合不等式的恒成立或者存在性的问题，可以分别把不等号的一边作为定值，处理另一侧不等式的恒成立或者最值，具体思路如下：（1）x1D1，x2D1，fx1 gx2 fxmin gxmax；（2）x1D1，x2D1，fx1 gx2 fxmax gxmin；（3）x1D1，x2D1，fx1 gx2 fxmin gxmin；（4）x1D1，x2D1，fx1 gx2 fxmax gxmax .9 9 / 3939【例题讲解】【例题讲解】★★☆例题 2. 已知函数f (x)=132x +x +ax.3(1)若函数f (x)在区间[1,)上单调递增，求实数a的最小值；(2)若函数g(x)x11x ,2 ,x ,2，使f (x1)  g(x2)成立，求实数a的取值范围．，对12xe221答案： （1）实数a的最小值为3； （2）,8.e1) ＋1在[1,)上恒成立，解析： （1）由题设知f x＝x2＋2x＋a  0在[1,)上恒成立，即a －(x＋21) ＋1在[1,)单调递减，则ymax＝－3， ∴a －3，∴a的最小值为3.而函数y＝－(x＋(2)“ 对x1,2,x2,2， 使f (x1)  g(x2)成 立 ” 等 价 于 “ 当x,2时 ，2222111f xmax gxmax”．1f x＝x2＋2x＋a＝(x＋1)2＋a－1在,2上单调递增，2 f xmax＝f 2＝8＋a.而g'(x) 1 x，由gx＞0，得x＜1，由gx 0，得x 1，ex1)上单调递增，在(1 ，＋)上单调递减．gx在(－，∴当x,2时，g(x)max g(1).e2由8a 1111，得a 8，ee1∴实数a的取值范围为,8.e★☆☆练习 1． 已知函数fx=则m的取值范围是（）A．m  x1gxlog2xm，，若对x11,2,x21,4， 使得fx2 gx2，2x53B．m 2C．mD．m0441010 / 3939答案：C解析：对x11,2,x21,4， 使得fx2 gx2等价于fxmin gxmin，fx=x1112，2xxx换元令t 111,1，httt2知ht在,上单调递增；x2213f x h所以 min；243gxlog2xm，在x1,4上为单调增函数，故gxmin g1m，所以m.4★★☆练习 2．已知函数fx=lnx（1）讨论a，gx fxax6ln x，其中aR.xfx的单调性；（2）若gx在其定义域内为增函数，求正实数a的取值范围；（3） 设函数hx x2mx4, 当a  2时， 若x10,1， 对于x21,2， 总有gx1hx2成立，求实数m的取值范围.+上单调递增；答案： （1）0,a上单调递减，在a，（2）a 解析： （1）5+； （3）85ln2，2fx的定义域为0， +，且f x=xa，x2①当a 0时，fx0,fx在0， +上单调递增；fx0，得x  a，由fx0，得x  a，②当a 0时, 由+上单调递增.故f (x)在0,a上单调递减，在a，aa5ax25xa+，gx a+2(2)gxax5lnx,gx的定义域为0，，2xxxx因为gx在其定义域内为增函数，所以x0,,gx0 ax 5xa 021111 / 3939 ax12x15x  a 5x2，而x15x2=5x1x55a 当且仅当时取等号，所以.x 122212x25x2 gx =0x （3）当a  2时，gx 2x5ln x，gx由得或. x  22x2x111x 0，x， 1g x ggx 0gx 00， 1当 ； 当，所以在上， min时，时，  15ln 2.222而 “x10,1， 对于x21,2总有gx1 hx2成立” 等价于 “gx在0,1上的最大值不小于hx在1,2上的最大值”而hx在1,2上的最大值为max h1,h21h1g35ln25m2所以135ln282m m 85ln 2gh22+.所以实数m的取值范围是85ln2，★★☆例题 3. 已知函数f (x) 3x3332，g(x)  x (a1)x 3ax1，其中a为常数．x12(1)当a 1时，求曲线g(x)在x  0处的切线方程；(2)若a  0，对于任意的x11,2，总存在x21,2，使得f (x1)  g(x2)，求实数a的取值范围．1 0；答案： （1）3x＋y＋＝（2）(,1]解析：(1) 当a 1时，g(x)  x 3x 3x1，32所以gx＝－3x2＋6x－3，g0＝－3，又因为g0＝－1，13x，即3x＋y＋＝1 0.所以曲线g(x)在x  0处的切线方程为y＋＝－(2)f (x) 3x33(x+1)663，x1x1x111 1,，x13 2当x1,2时，所以63,2，x16[0,1]，故f (x)在1,2上的值域为[0,1]．x1所以 31212 / 3939由g(x)  x 33(a1)x23ax1，可得gx＝－3x2＋3(a＋1)x－3a＝－3(x－1)(x－a)．2因为a  0，所以当x1,2时，gx0，所以gx在1,2上单调递减，故当x1,2时，g(x)max=g(1) 1331(a1)3a1 a，222gxmin＝g2＝－8＋6(a＋1)－6a－＝－13，即gx在1,2上的值域为3,31a.22因为对于任意的x11,2，总存在x21,2，使得f (x1)  g(x2)，所以[0,1]3,所以31a，2231a1，解得a －1，22故a的取值范围为(,1]．★★☆练习 1．已知函数f (x) lnxax(aR)．（1） 若曲线y  f (x)在点(1,f (1))处的切线与直线x y 1 0垂直，求a的值；（2） 求f (x)的单调区间；1（3） 若a 1，函数b  0，函数g(x) bx3bx，如果对任意的x1(1,2)，总存在x2(1,2)，使得3f (x1)  g(x2)，求实数b的取值范围．33答案： （1）a  2； （2）略； （3）实数b的取值范围是(，ln23][3ln2，).22解： （1）函数f (x) lnxax的导数为f (x) 则在点(1,f (1))处的切线斜率为1 a，1 a，x由于切线与直线x y 1 0垂直，则1 a  1，则a  2.（2）f (x) 11 ax a (x  0)，xx当a 0时，f (x)  0，f (x)在(0,)上递增，1313 / 3939当a 0时，f(x)0时，0  x 11，f (x)  0时，x ．aa综上，a 0时，f (x)仅有增区间(0,)，a  0时，f (x)的增区间是(0, )，减区间为(1，).a1a（3）a 1时，f (x)  lnx  x，由（2）知f (x)在(1,2)上递减，则f (x)的值域为(ln2 2,1)，2由于g(x) bx3bx的导数为g(x) b(x 1)，1322则当b0时，g(x)  0，g(x)在(1,2)上递增，g(x)的值域为(b，b)；3322当b  0时，g(x)  0，g(x)在(1,2)上递减，g(x)的值域为( b，b)；33由于对任意的x1(1,2)，总存在x2(1,2)，使得f (x1)  g(x2)，2223则b  0时，(ln2 2，1) (b，b)，则有b ln2 2，即有b 3ln2；33322223b  0时，(ln2 2，1) ( b，b)，则有b ln2 2，即有bln23．333233综上所述，可得实数b的取值范围是(，ln23][3ln2，)．22二、利用导数证明不等式利用导数证明不等式考点一考点一单变量不等式的证明单变量不等式的证明方法一 移项作差构造法证明不等式【例题讲解】【例题讲解】★★☆例题 1. 已知函数f (x) 1lnxae1，g(x) xbx(e为自然对数的底数)，若曲xex线y=fx与曲线y＝gx的一个公共点是A1,1，且在点A处的切线互相垂直．(1)求a,b的值；(2)求证：当x 1时，f (x)+g(x) 2.x答案： （1）（2）略a＝－，1b＝－1；1414 / 3939解析： （1）因为f (x) 1lnx，x所以f (x) lnx1，f 1＝－1.2xae1ae1bxg'(x)  2b.，所以xxexex因为g(x) 因为曲线y=fx与曲线y＝gx的一个公共点是A1,1，且在点A处的切线互相垂直，所以g1＝1，且f 1g1＝－1，即g1＝a＋－a＝－，1b＝－1.1b＝，1g1＝－a－－1b＝1，解得（2）证明：由(1)知，g(x)  e1 x，xex则f (x) g(x) 2lnxe11x x  0.xxex令h(x) 1lnxe1 x(x 1)，xexx则h'(x)  1lnxe1lnxe11.x2exx2x2exlnxex1 0，2xe因为x 1，所以h'(x) 所以h(x)在[1,)上单调递增，所以hx h1＝0，即1lnxe1x x  0，xex所以当x 1时，f (x)+g(x) 2.xax★★☆练习 1．已知函数f(x) xe(xR).（1）若a 1，求函数y  f (x)在x 0处的切线方程；（2）若a  1，求函数y  f (x)的单调区间和极值；（3）若a  1，且函数y  g(x)的图象与函数y  f (x)的图象关于直线x 1对称，求证：当x 1时，f (x)  g(x)．1515 / 3939答案： （1）y  x； （2）略； （3）略.xx解析： （1）若a 1时，f(x) xe，f(x)  (1 x)e，切线的斜率为f(0) 1，f (0)  0，则切点为(0,0)，故切线方程为y  x；（2）若a  1时，f(x) xe，x f(x)  (xex)  ex x(ex)  (1 x)ex，x令f(x)(1 x)e0，解得：x 1．令f(x)  0，则x 1．令f(x)  0，则x 1．则函数f (x)在(,1)上单调递增，在(1,)上单调递减，函数f (x)在x 1处取得极小值f (1)x（3）若a  1时，f(x) xe，1，无极大值.ey  g(x)的图象与函数y  f (x)的图象关于直线x 1对称，函数y  g(x)的图象上任意一点(x0，y0)关于直线x 1对称的点为(2  x0，y0)，y0(2 x0)ex02，g(x)  (2 x)ex2，xx2设h(x)  f (x) g(x)  xe(2 x)e，h(x)  (1 x)ex(1 x)ex2 (1 x)(exex2)，令m(x) exex2，m(x)  exex2 0恒成立，11m(x)  m(1) 0，eeh(x)  0在(1,)恒成立，1616 / 3939h(x)在(1,)单调递增，11 0，h(x)  h(1)ee f (x)  g(x)得证．【题型知识点总结】待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”或“右减左”的函数，利用导数研究其单调性，借助所构造函数的单调性即可得证．方法二 隔离审查分析法证明不等式★★★例题 2.(2019·长沙模拟)已知函数x  0时，f (x)  xe fx＝ex2－xlnx．求证：当x1.e答案：略解析：证明：要证f (x)  xe x111xx，只需证exlnx  e ，即exe  lnx.eexex令h(x) lnx1ex1(x 0)，则h'(x) ，exex21e1e1e易知h(x)在0,上单调递减，在,上单调递增，则h(x)min=h=0，所以lnx+再令x＝ex－ex，则x＝e－ex，1 0.ex易知(x)在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减，则xmax＝1＝0，所以ex－e 0.x因为h(x)与(x)不同时为0，所以exe  lnxx1，故原不等式成立．ex12．(e为自然对数的底数）exex★★★练习 2．已知aR，函数f (x)  ax lnx，g(x) （1）若a  e2，求函数f (x)的极值；（2）若a  1，求证：当x  0时，f (x)  g(x) x恒成立．答案：略1717 / 3939解析： （1）函数f (x)  e2x lnx(x  0)的导数为f (x)  e2当x 11时，f(x)  0；当0  x 2时，f(x)  0．2ee11递增，在，)时，f (x)递减．)(e2e211处取得极大值1ln 3，无极小值；22ee1 xe2(x x1)e2，即有f (x)在(0,可得f (x)在x （2）证明：a  1时，要证当x  0时，f (x)  g(x) x恒成立，即证x lnx 12x2，即为 xxlnx 在x  0恒成立．exexexe1设m(x)  xlnx，m(x) 1lnx，当x(0, )时，m(x)  0，m(x)递减；e1当x(，)时，m(x)  0，m(x)递增．e可得m(x)在x 设n(x) 11处取得极小值，且为最小值；eex21 x，，当x(0,1)时，n(x)  0，n(x)递增；n(x) exeex当x(1,)时，n(x)  0，n(x)递减．121可得n(x)在x 1处取得极大值，且为最大值 ．eee由于最值不同时取得，即有xlnx x2在x  0恒成立．exe则当x  0时，f (x)  g(x) x恒成立．【题型知识点总结】若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个都便于求导的函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标．方法三 放缩法证明不等式★★★例题 3.已知函数fx＝ax－lnx－1.(1)若f (x)0恒成立，求a的最小值；ex xlnx10；(2)求证：x1818 / 3939(3)已知k(e ＋x )  x－xlnx恒成立，求k的取值范围．答案： （1）a的最小值是1； （2）略； （3）k的取值范围为[1,).解析：(1)f (x)0等价于a 令g(x) x2lnx1.xlnx1lnx(x  0)，则g'(x)  2，xx所以当x0,1时，gx＞0，当x(1,＋)时，gx 0，则g(x)在0,1上单调递增，在(1,＋)上单调递减，所以gxmax＝g1＝1，则a 1，所以a的最小值为1.1(t＞0)．（2）证明：当a 1时，由(1)得x  lnx＋1，即t lnt＋ex t，则－x－lnx＝lnt，令xex xlnx1，所以xex xlnx10.即x ex（3）因为k(e ＋x )  x－xlnx恒成立，即k x1ln x恒成立，xx2ex xln x11ln xx所以k x1，eex x xxxex xlnx10恒成立，由（2）知xex xln x1x所以11，所以k 1.ex xx故k的取值范围为[1,)．★★★练习 3． （2019 春•诸暨市期末）已知函数f (x)  axln(1 x)，其中aR．（1）讨论f (x)的单调性；1919 / 3939（2）当x  1时，f (x) 0恒成立，求a的值；（3）确定a的所有可能取值，使得对任意的x 0，f (x)答案： （1）略； （2）a 1； （3）略.解析： （1）f (x)  a 1ex恒成立．1 x1ax (a 1)，1 x1 x当a 0时，函数f (x)在(1,)上单调递减；11(1,1)上单调递减，在(1,)上单调递增．f (x)当a  0时，函数在aa（2）由（1）及f (0)  0，知a 0，所以f (1)1 a  lna 0，令g(a)1 a  lna，则g(a)  11a1，g(a)ag(1) 0，所以1 a lna  0，且等号当且仅当a 1时成立，若当x  1时，f (x) 0恒成立，则a 1．（3）记h(x)  axln(1 x)1ex1 x则h(x)  a 11xe，1 x(1 x)2又h(0)  0，故h(x)在x  0的右侧递增，h(0) 0，aa1，由（2）a1 lna，a ln(1 a)，所以e  a 1(aR)，当a 1时，h(x)  a 11111xe11 x(1 x)21 x(1 x)21 x (1综上，a的取值范围是a 1．【题型知识点总结】导数的综合应用题中，最常见就是e和ln x与其他代数式结合的难题，对于这类问题，可以先对e和ln x进行放缩，使问题简化，便于化简或判断导数的正负．常见的放缩公式如下：2020 / 3939xx12)0，1 x＋x，当且仅当x  0时取等号；(1)e 1x(2)e  ex，当且仅当x 1时取等号；(3)当x  0时，e 1 xxx12x，当且仅当x  0时取等号；2(4)当x  0时，e xe2x 1, 当且仅当x  0时取等号；2(5)x1 ln x  x1 x2 x，当且仅当x 1时取等号；x2(x1)x1 ln x ，当且仅当x 1时取等号．x1x(6)当x 1时，考点二考点二双变量不等式的证明双变量不等式的证明题型一 构造消元【例题讲解】【例题讲解】★★★例题 4.已知函数f (x)=lnx12ax  x,aR.2，f (1))处的切线方程；(1)当a  0时，求函数f (x)的图象在(1(2)若a  2，正实数x1,x2，满足fx1＋fx2＋x1x2＝0，求证：x1+x2答案： （1）2x y10； （2）略.解析： （1）当a  0时，fx＝lnx＋x，则f1＝1，所以切点为1,1，又因为f '(x) 5 1.211，所以切x1 2(x－ 1)，即2x y10.线斜率k＝f 1＝2，故切线方程为y－＝（2）证明：当a  2时，fx＝lnx＋x2＋x(x＞0)．由fx1＋fx2＋x1x2＝0，即ln x1+x1+x1+lnx2+x2+x2+x1x2 0，从而(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1x2－lnx1x2，22令t  x1x2，设t＝t－lnt(t＞0)，则'(t) 11tt 1，t易知(t)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1,)上单调递增，所以t1＝1，2121 / 3939所以(x1＋x2) ＋(x1＋x2) 1，2x1＞0，x2＞0，所以x1+x2因为5 1成立．212mx (mR)，2★★★练习 4．已知函数f (x)  lnx （1）求曲线y  f (x)在(1，f (1))处的切线与直线x  2y 5  0垂直，求m的值；（2）若关于x的不等式f (x) mx (m1)x1恒成立，求整数m的最小值；2（3） 若m 1，mR， 设F(x)  f (x) x． 且正实数x1，x2满足F(x1)  F(x2)， 求证：x1 x2答案： （1）m 1； （2）整数m的最小值为2； （3）略.解析： （1）f (x) 3 1．1 mx，切线的斜率k  f (1)1m，x1m 2，m 1.（2）由题意，lnx12mx (1m)x1 0，212G(x)  lnx mx (1m)x 1，G(x) 1 mx  (1 m)，设2x①当m 0时，因为x  0，所以G(x)  0所以G(x)在(0,)上是单调递增函数，13G(1) ln1m12 (1 m) 1 m  2  0，22所以关于x的不等式G(x) 0不能恒成立．②当m  0时，G(x) mx  (1 m)x 1 x1，m2m(x 1)(x 1)m，x令G(x)  0，因为x  0，得x 所以当x(0,11)时，G(x) 0；当x(,)时，G(x) 0．mm11因此函数G(x)在x(0,)是增函数，在x(,)是减函数．mm111111故函数G(x)的最大值为G()  lnm()2 (1 m)1lnm．mm2mm2m2222 / 3939令h(m) 1lnm，因为h(m)在m(0,)上是减函数，2m11 0，h(2) ln2  0，所以当m 2时，h(m) 0．24又因为h(1)所以整数m的最小值为2．（3）m 1时，F(x)  lnx 12x  x,x  0，2由F(x1)  F(x2)，得F(x1)  F(x2)  0，1212x1 x1lnx2x2 x2 0，221整理得，(x1 x2)2(x1 x2)  x1x2ln(x1x2)，2t 1令t  x1x2 0，则由(t) t lnt得，(t) ，t即lnx1可知(t)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1,)上单调递增．所以(t)(1)1，3 1，1所以(x1 x2)2 (x1 x2) 1，解得x1 x23 1 x1 x22因为x1，x2为正数，所以x1 x2题型二 极值点偏移★★★例题 5. 已知函数f(x)=lnx+（1）求f (x)的最小值；3 1成立．a.xx1 x2 2a.（2）若方程fx a有两个根x1,x2(x1 x2)，求证：答案： （1）f (x)的最小值lna 1； （2）略.解析： （1）因为f '(x) 1axa2(x  0)，xx2x所以当a  0时，f (x)在(0,)上单调递增，函数无最小值；当a  0时，f (x)在(0,a)上单调递减，在(a,)上单调递增．函数f (x)在x  a处取最小值fa＝lna＋1.(2)证明：若函数y  f (x)的两个零点为x1,x2(x1 x2)，2323 / 3939由（1）可得0＜x1＜a＜x2，令gx＝fx－f (2a－x)(0＜x＜a)， 114a(xa)2则gx＝(x－a)2＝－2＜0，22x (2a x)x(2a x)所以g(x)在(0,a)上单调递减，gx＞ga＝0，即fx＞f (2a－x)．令x＝x1＜a，则fx1＞f (2a－x1)，所以fx2＝fx1＞f (2a－x1)，x1 x2 2a得证.由（1）可得f (x)在(a,)上单调递增，所以x2＞2a－x1，故★★★练习 5．已知函数f(x) lnx （1）求f (x)的单调性；（2）若方程y  f (x)有两个根x1，x2(x1 x2)，证明：x1 x2 2a．答案：略解： （1）f (x) a2．x1ax  a2(x  0)，xx2x所以当a 0时，f(x)  0，f (x)在(0,)上单调递增；当a  0时，f (x)在(0,a)上单调递减，在(a,)上单调递增．（2）证明：若函数y  f (x)的两个零点为x1，x2(x1 x2)，由（1）可得0  x1 a  x2．令g(x)  f (x) f (2a  x)，(0 x  a)则g(x)  f(x) f(2a x)  (xa)[11] 0，x2(2a x)2所以g(x)在(0,a)上单调递减，g(x)  g(a) 0，即f (x)  f (2a  x)．令x  x1 a，则f (x1)  f (2a  x1)，所以f (x2)  f (x1)  f (2a  x1)，由（1）可得f (x)在(a,)上单调递增，所以x2 2a  x1，故x1 x2 2a．【题型知识点总结】2424 / 3939破解含双参不等式的证明的关键：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；二是巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果．考点三考点三证明与数列有关的不等式证明与数列有关的不等式【例题讲解】【例题讲解】★★★例题 6. 已知函数f(x)ln(x1)a.x2（1）若x  0时，f (x) 1恒成立，求a的取值范围；（2）求证：ln(n1)1111+...+(nN*)．3572n1答案： （1）[2,)； （2）略.解析： （1）由ln(x1)a1，得a (x＋2)－(x＋2)ln(x＋1)．x2令gx＝(x＋2)[1－ln(x＋1)]，则g'(x) 1ln(x1)x21 ln(x1).x1x1当x  0时，g'(x) 0，所以g(x)在(0,)上单调递减．所以gx＜g0＝2，故a的取值范围为[2,)．（2）证明：由（1）知ln(x1)ax1(x 0)，所以ln(x1).x2x21k令x=1k 11 1(k  0)，得ln+1，即ln.1kk2k 1k2k234n11111lnln...ln...，123n3572n11111+...+(nN*)．3572n11 xlnx．ax所以ln即ln(n1)★★★练习 6． （2018 秋•安徽月考）已知函数f (x) 2525 / 3939（1）若f (x) 0，对x  0恒成立，求a的值；（2）求证：ln(n 1)12n 1*(nN )．22223n答案： （1）a 1； （2）略.解析： （1）函数f (x) 1 xlnx，ax22f (x) ax  a(1 x)1a x  aa x  a222222a xxa xa xxx 1a．2①当a 0时，f(x)  0恒成立，f (x)在(0,)上单调递增，当x(0,1)时，f (x)  f(1) 0，不满足题意．②当a  0时，x(0, )时，f(x) 0，f (x)单调递减，1x(，)时，f (x)  0，f (x)单调递增，a1a11 f (x)min f ( ) 1lna 0，aa1111 a令g(a)1lna，则g(a) 22，aaaaa(0,1)时，g(a) 0，g(a)单调递增，a(1,)时，g(a) 0，g(a)单调递减，g(a)g(1) 0，由1lna 0，解得a 1．1，当且仅当x 1时取等号，x1a证明： （2）由（1）知lnx 1令x n1n111，(nN*)，则有ln，nnn1n 11n 1n 12，ln(n 1)lnn 2，nn 1nnn2 n21，ln0ln2ln112ln3ln2 122，ln(n1)lnn n1n22626 / 3939累加得ln(n 1)12n 1*(nN )，原命题得证．，22223n【题型知识点总结】证明与数列有关的不等式的策略：(1)证明此类问题时常根据已知的函数不等式，用关于正整数n的不等式替代函数不等式中的自变量．通过多次求和达到证明的目的． 此类问题一般至少有两问， 已知的不等式常由第一问根据待证式的特征而得到．(2)已知函数式为指数不等式(或对数不等式)，而待证不等式为与对数有关的不等式(或与指数有关的不等式)，1)＜x等．1可化为ln(x＋还要注意指、对数式的互化，如e ＞x＋x【课后练习】【课后练习】【巩固练习】★☆☆1. (2020•天元区校级模拟）已知函数f (x)是定义在R上的偶函数，设函数f (x)的导函数为f (x)，若对任意x 0都有2f (x) xf (x)  0成立，则()A．4f (2)  9f（3）C．2 f（3）3f (2)答案：A解析：根据题意，令g(x)  x2f (x)，其导数g(x)  2xf (x) x2f (x)，又由对任意x 0都有2f (x) xf (x)  0成立，则当x 0时，有g(x)  x[2 f (x) xf (x)] 0成立，即函数g(x)在(0,)上为增函数，又由函数f (x)是定义在R上的偶函数，则f (x)  f (x)，则有g(x)  (x)2f (x)  x2f (x)  g(x)，即函数g(x)为偶函数，则有g(2)  g（2） ，且g（2） g（3） ，则有g(2)  g（3） ，即有4f (2)  9f（3） ；故选 A.yy★★☆2.（2020•铜川二模）若对于任意的正实数x，y都有(2x )lnex2727 / 3939B．4f (2)  9f（3）D．3f (3) 2 f (2)x成立，则实数m的取值范围me为()1A．( ,1)eB．(1,1]e2C．(1,e]e21D．(0, ]e答案：Dyy解析：根据题意，对于(2x )lnexyy即(2e )lnxx1，mxyyx，变形可得(2x )lnyexme1，m设t 1y，则(2et)lnt，t  0，mx设f (t)  (2et)lnt，(t  0)则其导数f (t)  lnt 2e1，t2e1 0，e又由t  0，则f (t)为减函数，且f （e） lne则当t(0,e)时，f(t)  0，f (t)为增函数，当t(e,)时，f (t)  0，f (t)为减函数，则f (t)的最大值为f（e） ，且f（e） e，若f (t)  (2et)lnt解可得0  m11恒成立，必有e，mm11，即m的取值范围为(0，]；故选 D．ee★☆☆3. 设函数f (x)  ax3bxc(a  0)为奇函数，其图象在点(1,f (1))处的切线与直线x 6y 7  0垂直，导函数f (x)的最小值为12.（1）求a，b，c的值；（2）求函数f (x)的单调增区间，并求函数f (x)在[1，3]上的最大值和最小值；（3）若对任意x(0,m)，都有f (x)  6x恒成立，求m的范围．答案： （1）a 2，b  12，c  0； （2）f (x)在[1，3]上的最大值是f（3）18，最小值是8 2；（3）m的范围是(0，3].解析： （1）2828 / 3939f (x)为奇函数， f (x)   f (x)，33即ax bxc  ax bxc，c  0，f(x) 3ax2b的最小值为12，b  12，又直线x 6y 7  0的斜率为 f(1) 3a  b  6，1，则切线的斜率为6，6a  2，b  12，c  0.（2）f (x)  2x312x， f (x)  6x212  6(x 2)(x 2)，列表如下：xf (x)f (x)(, 2) 2( 2，2)2( 2，)0极大值0极小值增减增所以函数f (x)的单调增区间是(, 2)和( 2，)，f (1)10，f ( 2)  8 2，f (3)18， f (x)在[1，3]上的最大值是f (3)18，最小值是f ( 2)  8 2.（3）对任意x(0,m)，都有f (x)  6x恒成立，3令g(x)  f (x)6x  2x 18x  0，解得x  3，或0  x  3，对任意x(0,m)，都有f (x)  6x恒成立，则m的范围是(0，3]．★☆☆4. (2018·武汉质检)已知f (x)  xlnx，g(x)  x3 ax2 x  2．（1）求函数f (x)的单调区间；（2）对任意x(0,)，2f (x) g(x) 2恒成立，求实数a的取值范围．2929 / 3939答案： （1）略； （2）[2,)解析： （1）f (x)  lnx 1，11令f(x)  0得：0  x ， f (x)的单调递减区间是(0, )，ee令f (x)  0得：x 11， f (x)的单调递增区间是( ,).ee（2）g(x) 3x2 2ax 1，由题意2xlnx 3x2 2ax 1x  0，31恒成立①a lnx x 22x131(x 1)(3x 1)31设h(x)  lnx x ，则h(x)  22x22 x2x22x1令h(x)  0得：x 1，x  （舍去）3当0  x 1时，h(x)  0；当x 1时，h(x)  0当x 1时，h(x)有最大值2，若①恒成立，则a2，即a的取值范围是[2，)．★☆☆5. 设函数f (x)  ex(x33x 3)aex x，e为自然对数的底数，若不等式f (x) 0在x[2，)有解，则实数a的最小值为．1答案：1e解析：f (x)  ex(x33x 3)aex x 0，x，xex，exa x33x 3令g(x)  x33x 3g(x)  3x23 (x 1)(3x 3x 1ex1)，xe故当x[2，1)时，g(x)  0，3030 / 3939当x(1,)时，g(x)  0，故g(x)在[2，1)上是减函数，在(1,)上是增函数；11故gmin(x) g（1）1331；ee1故答案为：1．ex★★☆6. 已知函数f (x)  x axa，g(x)  2 21ax．2（1）讨论函数f (x)的奇偶性（不必给出证明） ；（2）当0 x 1时，求f (x)的最小值；（3）若a  0，对任意的x1，x2[0，1]，都有f (x1) g(x2)成立，求实数a的取值范围．答案： （1）略； （2）略； （3）实数a的取值范围为[4，).解析： （1）当a  0时，f (x)为偶函数；当a  0时，f (x)为非奇非偶函数.a（2）f (x)  x2 ax  a的对称轴为x  ，2a0，即a 0时，区间[0，1]为增区间，即有f (0)取得最小值a；2a1，即a2时，区间[0，1]为减区间，即有f（1）取得最小值1 2a:当2aaa2当0 1，即2  a  0时，f (x)取得最小值f ( )  a ．242当1 2a,a 2a2综上可得，f (x)的最小值h(a)a ,2  a  0；4a,a 0（3）若a  0，对任意的x1，x2[0，1]，都有f (x1) g(x2)成立，即有f (x1)ming(x2)max，由f (x)在a  0，x[0，1]的最小值为a；11g(x)  2xax在a  0，x[0，1]递增，可得g（1）取得最大值，且为2a．221即有a 2a，解得a 4．2则实数a的取值范围是[4，)．3131 / 3939★★☆7.（2019•西宁模拟） 已知函数f (x) 12ax  (1 x)ex(e为自然对数的底数） ，g(x)  x  (1 a)lnx ，2xa 1．（1）求曲线f (x)在x 1处的切线方程；（2）讨论函数g(x)的极小值；（3）若对任意的x1[1，0]，总存在x2[e，3]，使得f (x1)  g(x2)成立，求实数a的取值范围．e22e答案： （1）2(e1)x  2y 2e1 0； （2）函数g(x)的极小值是1 a； （3）a(,1).e1解析： （1）f(x) x(1ex)， f (1)1e，即切线的斜率是1e，11(1, )，又f (1)，则切点坐标是22故f (x)在x 1处的切线方程是y 1 (1e)(x 1)，2即2(e1)x2y2e10.x2(a1)xa(xa)(x1)（2）g(x) ，a 1，2xx2函数g(x)的定义域是{x| x  0}，0  a 1时，令g(x)  0，解得：0  x  a或x 1，令g(x)  0，解得：a  x 1，g(x)在(0,a)递增，在(a,1)递减，在(1,)递增，g(x)的极小值为g(1)1 a，a 0时，令g(x)  0，解得：x 1，令g(x)  0，解得：0  x 1，g(x)的极小值是g(1)1 a，综上，函数g(x)的极小值是1 a.（3）若对任意的x1[1，0]，总存在x2[e，3]，使得f (x1)  g(x2)成立，等价于f (x)在[1，0]上的最小值大于函数g(x)在[e，3]上的最小值，3232 / 3939x[1，0]时，f(x)  x(1ex) 0，当且仅当x  0时不等式取“” ， f (x)在[1，0]上单调递减， f (x)在[1，0]上的最小值是f (0) 1，由（2）得，g(x)在[e，3]递减，g(x)在[e，3]的最小值是g(e) e(a 1)a，ee22ea故1 e (a 1)，解得：a ，e1ee22e又a 1，故a(，1)．e1★★★8. （2019•唐山二模）已知f (x) （1）求函数f (x)的最小值；12x  a2lnx,a  0．2f (x)  f (2a)3a．x  2a21答案： （1）函数f (x)的最小值为a2a2lna； （2）略.2a2(x  a)(x a)解析： （1）f (x)  x ．xx（2）当x  2a，证明：当x(0,a)时，f(x)  0，f (x)单调递减；当x(a,)时，f(x)  0，f (x)单调递增．1当x  a时，f (x)取得极小值也是最小值f (a) a2a2lna．2（2）由（1） ，f (x)在(2a,)单调递增，则所证不等式等价于f (x) f (2a)3a(x 2a)  0．23设g(x)  f (x)  f (2a) a(x  2a)，2则当x  2a时，3a23(2x  a)(x 2a)g(x)  f (x) a  x a  0，2x22x3333 / 3939所以g(x)在[2a，)上单调递增，3当x  2a时，g(x)  g(2a)  0，即f (x) f (2a)a(x 2a)  0，2故f (x) f (2a)3a．x  2a2★★★9. （2020•山东新高考）已知函数f (x)  aex1lnx lna．（1）当a  e时，求曲线y  f (x)在点(1,f (1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若f (x) 1，求a的取值范围．答案： （1）解析： （1）当a  e时，f(x)e lnx1，x2； （2）[1,).e1 f (x)  ex1， f (1) e1，xf (1) e 1，曲线y  f (x)在点(1,f (1))处的切线方程为y  (e 1) (e 1)(x 1)，2，e11222．e1e1当x 0时，y  2，当y  0时，x 曲线y  f (x)在点(1,f (1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积S 2x1（2）方法一：由f (x) 1，可得ae即ex1lnalnx  lna 1，即ex1lnalnx  lna 1， lna  x 1 lnx  x  elnx lnx，tt令g(t)e t，则g(t)  e 1 0，g(t)在R上单调递增，g(lna  x 1) g(lnx)lna x1 lnx，即lna lnxx1，令h(x) lnx x1，h(x) 3434 / 393911 x1，xx当0  x 1时，h(x) 0，函数h(x)单调递增，当x 1时，h(x)0，函数h(x)单调递减，h(x) h(1) 0，lna 0，a 1，故a的范围为[1,)．方法二：由f (x) 1可得aex1 lnx  lna 1，x  0，a  0，即aex11 lnx  lna，x设g(x)e  x1，g(x) e 10恒成立，xg(x)在(0,)单调递增，g(x)  g(0) 101 0，ex x10，即ex x1，再设h(x)  x 1lnx，h(x) 11x 1，xx当0  x 1时，h(x)  0，函数h(x)单调递减，当x 1时，h(x) 0，函数h(x)单调递增，h(x)  h(1) 0，x1lnx 0，即x1 lnx，ex1x，则aex1ax，此时只需要证ax xlna，即证x(a 1)lna，当a 1时，x(a1)0  lna恒成立，当0  a 1时，x(a1) 0 lna，此时x(a 1)lna不成立，综上所述，故a的范围为[1,)．方法三：f (x)  aex1lnx lna，x 0，a  0，1，易知f (x)在(0,)上为增函数，x f (x)  aex13535 / 3939y  aex1在(0,)上为增函数，y 1在(0,)上为减函数，xy  aex1与y 1在(0,)上有交点，xx01存在x0(0,)，使得f (x0)  ae1 0，x0则aex011，则lna  x01 lnx0，即lna 1 x0lnx0，x0当x(0, x0)时，f (x)  0，函数f (x)单调递减，当x(x0，)时，f(x)  0，函数f (x)单调递增， f (x) f (x0)  aex01lnx0lna11lnx01 x0lnx0 2lnx01 x01x0x01 2lnx0 x00x01 2lnx  x，易知函数g(x)在(0,)上单调递减，且g(1)101 0，x设g(x) 当x(0，1]时，g(x) 0，x0(0，1]时，1 2lnx0 x00，x0设h(x) 1 x lnx，x(0，1]，h(x)  11 0恒成立，xh(x)在(0，1]上单调递减，h(x) h(1)11ln10，当x  0时，h(x)  ，lna 0 ln1，a 1．★★★10. 已知函数f(x) e，g(x)  ln(x  a)  b．x3636 / 3939（1）若函数f (x)与g(x)的图象在点(0,1)处有相同的切线，求a，b的值；（2）当b  0时，f (x) g(x)  0恒成立，求整数a的最大值；（3）证明：ln2(ln3ln2)2(ln4ln3)3 [ln(n 1)lnn]n答案： （1）a 1，b 1； （2）整数a的最大值为2； （3）略.解析： （1）由题意可知，f (x)和g(x)在(0,1)处有相同的切线，即在(0,1)处f (0)  g(0)且f(0)  g(0)，e．e1f(x) ex，g(x) 1 lna b1，1a解得a 1，b 1；1，x  a（2）解：现证明e  x1(x 0)，设F(x) e  x1，xx令F(x) ex10，即x  0，因此F(x)min F(0)0，即F(x)  0恒成立，x即e  x1(x 0)，同理可证lnx x1．x由题意，当a 2时，e  x1且ln(x  2) x 1，即e  x1 ln(x2)，x即a  2时，f (x) g(x)  0成立．0当a 3时，e  lna，即exln(a)不恒成立．因此整数a的最大值为2.（3）证明：由e ln(x 2)，令x xn1，n即en1n ln(n 1 2)，n0由此可知，当n 1时e  ln2，3737 / 3939当n  2时，e当n  3时，e1 (ln3ln2)2，2 (ln4ln3)2，当n  n时，e01n1[ln(n1)lnn]n． en1ln2(ln3ln2)2(ln4ln3)2 [ln(n1)lnn]n．综上：e ee211[1( )n]012n1e1e而e ee e，11e111eeln2(ln3ln2)2(ln4ln3)3 [ln(n 1)lnn]ne得证．e13838 / 39393939 / 3939。