导数压轴题题型归纳（3）
例18(变形构造法) 已知函数
ϕ(x ) =
a
x +1，a 为正常数．
9
⑴若f (x ) =ln x +ϕ(x ) ，且a =，求函数f (x ) 的单调增区间；
2
⑵在⑴中当a =0时，函数y =f (x ) 的图象上任意不同的两点A (x 1, y 1)，B (x 2, y 2)，线
'
段AB 的中点为C (x 0, y 0) ，记直线AB 的斜率为k ，试证明：k >f (x 0) ．
g (x 2) -g (x 1)
g (x ) =ln x +ϕ(x ) x -x (]x , x ∈0, 2x ≠x 212，都有⑶若，且对任意的12，1，
求a 的取值范围．
2
f (x ) =x ln(ax )(a >0) 例19(高次处理证明不等式、取对数技巧) 已知函数.
2
（1）若f ' (x ) ≤x 对任意的x >0恒成立，求实数a 的取值范围；
（2）当a =1时，设函数
g (x ) =
f (x ) 1
x 1, x 2∈(, 1), x 1+x 2
x x
例20（绝对值处理）已知函数f (x ) =x 3+ax 2+bx +c 的图象经过坐标原点，且在x =1处取得极大值．
（I ）求实数a 的取值范围；
(2a +3) 2
（II ）若方程f (x ) =-恰好有两个不同的根，求f (x ) 的解析式；
9
（III ）对于（II ）中的函数f (x ) ，对任意α、β∈R ，求证：|f (2sin α) -f (2sin β) |≤81．
例21（等价变形）已知函数f (x ) =ax -1-ln x (a ∈R ) ．
（Ⅰ）讨论函数f (x ) 在定义域内的极值点的个数；
（Ⅱ）若函数f (x ) 在x =1处取得极值，对∀x ∈(0, +∞) , f (x ) ≥bx -2恒成立，
求实数b 的取值范围；
（Ⅲ）当0
2
y 1-ln y 与的大小． x 1-ln x
f (x ) =ln x , g (x ) =
例22（前后问联系法证明不等式）已知
127
x +mx +(m
与函数f (x ), g (x ) 的图像都相切，且与函数f (x ) 的图像的切点的横坐标为1。
（I ）求直线l 的方程及m 的值；
（II ）若h (x ) =f (x +1) -g '(x )(其中g'(x)是g(x)的导函数) ，求函数h (x ) 的最大值。
（III ）当0
f (a +b ) -f (2a )
b -a
. 2a
例23(整体把握，贯穿全题) 已知函数f (x ) =
ln x
-1． x
（1）试判断函数f (x ) 的单调性；
（2）设m >0，求f (x ) 在[m , 2m ]上的最大值；
1+n e 1+n
（3）试证明：对任意n ∈N *，不等式ln(都成立（其中e 是自然对数的底数）． )
n n
例24(化简为繁，统一变量) 设a ∈R , 函数f (x ) =ln x -ax .
P (1, -2)（Ⅰ）若a =2，求曲线y =f (x ) 在处的切线方程；
（Ⅱ）若f (x ) 无零点, 求实数a 的取值范围；
2
x , x x ⋅x >e f (x ) 1212（Ⅲ）若有两个相异零点, 求证: .
例25（导数与常见不等式综合）已知函数f t (x ) =
（Ⅰ）求函数f t (x ) 在(0,+∞) 上的最大值； （Ⅱ）设数列{a n }满足：a 1=
11
-(t -x ) ，其中为正常数． 1+x (1+x ) 2
5
，3a n +1=a n +2， 3
（1）求数列{a n }的通项公式a n ； （2）证明：对任意的x >0，
1
≥f 2(x )(n ∈N *)； a n
3111n 2
+⋅⋅⋅+>（Ⅲ）证明：+．
a 1a 2a n n +1
x
例26（利用前几问结论证明立体不等式）已知函数f(x)=e-ax(e为自然对数的底数). (I )求函数f(x)的单调区间；
(II)如果对任意x ∈[2, +∞]，都有不等式f(x)> x + x2成立，求实数a 的取值范围；
123n e () n () n () n () n
(III)设n ∈N *, 证明：n +n +n +…+n
例27已知函数f (x )=ax +
2
1
x +c (a ≠0) . 若函数f (x )满足下列条件: 2
121
①f (-1)=0; ②对一切实数x , 不等式f (x )≤x +恒成立.
22
(Ⅰ) 求函数f (x )的表达式;
(Ⅱ) 若（f x ）≤t 2-2at +1对∀x ∈[-1,1], ∀a ∈[-1,1]恒成立, 求实数t 的取值范围; (Ⅲ) 求证:
1112n
++⋅⋅⋅+>(n ∈N *) . f 1f 2f n n +2
参考答案
1a x 2+(2-a ) x +1
=例18解：⑴f '(x ) =-
x (x +1) x (x +1) 911
，令f '(x ) >0得x >2或0
222
⑵证明：当a =0时f (x ) =ln x
∵a =
x 2ln 121=f (x 2) -f (x 1) ln x 2-ln x 1x 1 ∴f '(x ) =, ∴f '(x 0) =, 又
k ===x x +x x 012
x 2-x 1x 2-x 1x 2-x 1x 2
2
x 与不妨设x 2>x 1 ， 要比较k 与f '(x 0) 的大小，即比较的大小，
x 1+x 2
x 2-x 1
ln
x 22(x 2-x 1)
=与
x 1x 1+x 2
2(
又∵x 2>x 1，∴ 即比较ln
x 2
-1) x 的大小．
2
+1x 1
14(x -1) 22(x -1)
=≥0, (x ≥1) , 则h '(x ) =-令h (x ) =ln x -22
x (x +1) x (x +1) x +1
∴h (x ) 在[1, +∞)上位增函数．
又
x x x
>1，∴h () >h (1) =0， ∴ln 2>x 1x 1x 1
2(
x 2
-1) x 1
，即k >f '(x 0)
2
+1x 1
⑶∵
g (x 2) -g (x 1) g (x 2) +x 2-[g (x 1) +x 1]
x 2-x 1x 2-x 1
由题意得F (x ) =g (x ) +x 在区间(0, 2]上是减函数．
1a a 'F (x ) =-+1 +x ， ∴ 1︒ 当1≤x ≤2, F (x ) =ln x +2
x (x +1) x +1
(x +1) 21
由F '(x ) ≤0⇒a ≥+(x +1) 2=x 2+3x ++3在x ∈[1, 2]恒成立．
x x
1
设m (x ) =x ∈[1, 2]，则m '(x ) =2x -2+3>0
x
27
∴m (x ) 在[1, 2]上为增函数，∴a ≥m (2) =.
2
1a a 'F (x ) =--+1 +x ，∴ 2︒ 当0
(x +1) 21
由F '(x ) ≤0⇒a ≥-+(x +1) 2=x 2+x --1在x ∈(0, 1) 恒成立
x x 1
设t (x ) =x 2+x --1，x ∈(0, 1) 为增函数, ∴a ≥t (1) =0
x
27
综上：a 的取值范围为a ≥.
2
例19解：（1）f ' (x ) =2x ln(ax ) +x , f ' (x ) =2x ln(ax ) +x ≤x 2，即2ln ax +1≤x 在x >0上
恒成立
设u (x ) =2ln ax +1-x u ' (x ) =-1=0, x =2，x >2时，单调减，x
, x
2
e
所以x =2时，u (x ) 有最大值u (2) ≤0, 2ln 2a +1≤2，所以0
. 2
f (x )
=x ln x , x 111
g (x ) =1+ln x =0, x =, 所以在(, +∞) 上g (x ) 是增函数，(0, ) 上是减函数.
e e e
1
因为g (x 1) =x 1ln x 1
e
（2）当a =1时，g (x ) =即ln x 1
x 1+x 2x +x 2
ln(x 1+x 2) 同理ln x 2
,
所以ln x 1+ln x 2
x 1+x 2x 1+x 2x x
+) ln(x 1+x 2) =(2+1+2) ln(x 1+x 2) x 2x 1x 2x 1
又因为2+
x 1x 2
+≥4, 当且仅当“x 1=x 2”时，取等号. x 2x 1
又x 1, x 2∈(, 1), x 1+x 2
1e
x 1x 2
+) ln(x 1+x 2) ≤4ln(x 1+x 2) 所以ln x 1+ln x 2
，x 2x 1
,
所以：x 1x 2
例20（I ）f (0) =0⇒c =0, f '(x ) =3x 2+2ax +b , f '(1) =0⇒b =-2a -3
∴f '(x ) =3x 2+2ax -(2a +3) =(x -1)(3x +2a +3),
由f '(x ) =0⇒x =1或x =-
2a +3
，因为当x =1时取得极大值， 3
所以-
2a +3
>1⇒a
3a +6(2a +3) 22
(2a +3) =- 依题意得：，解得：a =-9 279
所以函数f (x ) 的解析式是：f (x ) =x 3-9x 2+15x
（III ）对任意的实数α, β都有-2≤2sin α≤2, -2≤2sin β≤2,
在区间[-2，2]有：f (-2) =-8-36-30=-74, f (1) =7, f (2) =8-36+30=2
f (x ) 的最大值是f (1) =7, f (x ) 的最小值是f (-2) =-8-36-30=-74 [-2, 2]上的最大值与最小值的差等于81， 函数f (x ) 在区间
所以|f (2sin α) -f (2sin β) |≤81．
例21解：（Ⅰ）f '(x ) =a -
1ax -1
，当a ≤0时，f '(x )
x x
在(0, +∞) 单调递减，∴f (x ) 在(0, +∞) 上没有极值点； 当a >0时，f '(x )
11，f '(x ) >0得x >，
a a
1
处有极小值． a
∴f (x ) 在(0, ) 上递减，在(, +∞) 上递增，即f (x ) 在x =∴当a ≤0时f (x ) 在(0, +∞) 上没有极值点，
当a >0时，f (x ) 在(0, +∞) 上有一个极值点． （Ⅱ）∵函数f (x ) 在x =1处取得极值，∴a =1， ∴f (x ) ≥bx -2⇔1+令g (x ) =1+
1
a 1a
1ln x -≥b ， x x
1ln x
，可得g (x ) 在0, e 2上递减，在e 2, +∞上递增， -
x x
(][)
∴g (x ) min =g (e 2) =1-（Ⅲ）证明：e
x -y
1e 2
，即b ≤1-
1
． 2e
ln(x +1) e x e y
， >⇔>
ln(y +1) ln(x +1) ln(y +1)
e x
令g (x ) =，则只要证明g (x ) 在(e -1, +∞) 上单调递增，
ln(x +1)
1⎤⎡
e x ⎢ln(x +1) -
x +1⎥⎣⎦，
又∵g '(x ) =
ln 2(x +1)
显然函数h (x ) =ln(x +1) -∴h (x ) >1-
1
在(e -1, +∞) 上单调递增． x +1
1
>0，即g '(x ) >0， e
e x e y
∴g (x ) 在(e -1, +∞) 上单调递增，即， >
ln(x +1) ln(y +1)
∴当x >y >e -1时，有e
x -y
>
ln(x +1)
．
ln(y +1)
例22解：（I ）Qf '(x ) =
1
, ∴f '(1)=1; ∴直线l 的斜率为1， x
且与函数f (x ) 的图像的切点坐标为（1，0），∴直线l 的方程为y =x -1.
⎧y =x -1⎪
又直线l 与函数y =g (x ) 的图象相切，∴方程组⎨127有一解。
y =x +mx +⎪⎩22
由上述方程消去y ，并整理得x 2+2(m -1) x +9=0①
依题意，方程②有两个相等的实数根，∴∆=[2(m -1)]2-4⨯9=0解之， 得m=4或m=-2，Qm
127
x -2x +, 22
1-x
-1=. x +1x +1
∴g '(x ) =x -2, ∴h (x ) =ln(x +1) -x +2(x >-1) ，∴h '(x ) =
∴当x ∈(-1,0)时,h'(x)>0,h(x)单调，当x ∈(0,+∞) 时，h '(x )
（III ）f (a +b ) -f (2a ) =ln(a +b ) -ln 2a =ln
a +b b -a
=ln(1+). 2a 2a
Q 01b -a
∴-
22a
证明，当x ∈(-1,0) 时，ln(1+x )
b -a b -a
)
∴f (a +b ) -f (2a )
b -a
. 2a
例23解：（1）函数f (x ) 的定义域是(0,+∞) ．由已知f '(x ) =
1-ln x
．令f '(x ) =0，得x =e ． x 2
因为当00；当x >e 时，f '(x )
所以函数f (x ) 在(0,e ]上单调递增，在[e , +∞) 上单调递减． （2）由（1）可知当2m ≤e ，即m ≤f (x ) m a x =f (2m ) =
l n 2m
-．1 2m
ln m
-1．当m
e
时，f (x ) 在[m , 2m ]上单调递增，所以2
当m ≥e 时，f (x ) 在[m , 2m ]上单调递减，所以f (x ) max =
e 1
e ⎧ln 2m
⎪2m -1, 0
e ⎪1
=⎨-1,
-1, m ≥e ⎪⎩m
1
（3）由（1）知当x ∈(0, +∞) 时f (x ) max =f (e ) =-1．所以在x ∈(0,+∞) 时恒有
e f (x ) =
ln x 1ln x 1
≤，当且仅当x =e 时等号成立．因此对任意x ∈(0,+∞) -1≤-1，即x e x e
11+n 1+n 1+n 11+n 1+n e 1+n
恒有ln x ≤．因为，即ln(．因>0，≠e ，所以ln
e n n n e n n n 1+n e 1+n
此对任意n ∈N *，不等式ln(． )
n n
例24解：在区间(0, +∞)上, f '(x ) =
11-ax
-a =. x x
（1）当a =2时，f '(1)=1-2=-1，
则切线方程为y -(-2) =-(x -1) ，即x +y +1=0 （2）①若a =0, f (x ) =ln x 有唯一零点x =1.
②若a 0, f (x ) 是区间(0, +∞)上的增函数,
Q f (1)=-a >0, f (e a ) =a -ae a =a (1-e a )
∴f (1)⋅f (e a )
1
③若a >0, 令f '(x ) =0得: x =.
a
1
在区间(0,) 上, f '(x ) >0, 函数f (x ) 是增函数;
a 1
在区间(, +∞) 上, f '(x )
a
11
故在区间(0, +∞)上, f (x ) 的极大值为f () =ln -1=-ln a -1.
a a 11
由f () .
e a
1e
(3) 设x 1>x 2>0, Q f (x 1) =0, f (x 2) =0, ∴ln x 1-ax 1=0,ln x 2-ax 2=0
故所求实数a 的取值范围是(, +∞) .
∴ln x 1+ln x 2=a (x 1+x 2) , ln x 1-ln x 2=a (x 1-x 2)
原不等式x 1⋅x 2>e 2⇔ln x 1+ln x 2>2
x 2(x 1-x 2) ln x 1-ln x 22
⇔ln 1>>
x 2x 1+x 2 x 1-x 2x 1+x 2
x x 2(x 1-x 2) 2(t -1) 令1=t , 则t >1, 于是ln 1>. ⇔ln t >x 2x 2x 1+x 2t +1
⇔a (x 1+x 2) >2⇔
14(t -1) 22(t -1) 设函数g (t ) =ln t -(t >1) , 求导得: g '(t ) =-=>0
t +1t (t +1) 2t (t +1) 2
故函数g (t ) 是(1, +∞)上的增函数,
∴g (t ) >g (1)=0，即不等式ln t >
2(t -1)
成立, t +1
故所证不等式x 1⋅x 2>e 2成立. 例25解：（Ⅰ）由f t (x ) =
112(t -x ) '，可得-(t -x ) f (x ) =(x >0) ， t 231+x (1+x ) (1+x )
所以，f t '(x ) >0⇔0t ， 则f t (x ) 在区间(0,t ) 上单调递增，在区间(t , +∞) 上单调递减， 所以，f t (x ) max =f t (t ) =
1
． 1+t
（Ⅱ）（1）由3a n +1=a n +2，得a n +1-1=
12(a n -1) ，又a 1-1=， 33212
则数列{a n -1}为等比数列，且a n -1=⋅() n -1=n ，
333
22+3n
故a n =n +1=为所求通项公式． n
33
1112≥f 2(x ) =-(-x ) (n ∈N *) （2）即证，对任意的x >0， 2n a n 1+x (1+x ) 33n
证法一：（从已有性质结论出发）
由（Ⅰ）知f 2(x ) max
3n
213n 1
=f 2(n ) ==n =
233n 1+n 3+2a n 3
即有
1
≥f 2(x )(n ∈N *)对于任意的x >0恒成立． a n
3证法二：（作差比较法）
22
及+1>0a -1=>0 n n n
33
11112111-f 2(x ) =-+(-x ) =-+(a n -1-x ) 2n 2a n a 1+x (1+x ) 3a 1+x (1+x ) n n 3n
由a n =
2
a n 12
=-+=≥0 2a n 1+x (1+x ) 即有
1
≥f 2(x )(n ∈N *)对于任意的x >0恒成立． a n
31112≥-(-x ) ， 2n a n 1+x (1+x ) 3
（Ⅲ）证法一：（从已经研究出的性质出发，实现求和结构的放缩） 由（Ⅱ）知，对于任意的x >0都有
n
⎡1⎤11112
于是，++⋅⋅⋅+≥∑⎢-(-x ) ⎥
a 1a 2a n k =1⎣1+x (1+x ) 23k ⎦
n 1222=-(++⋅⋅⋅+-nx ) 1+x (1+x ) 23323n 对于任意的x >0恒成立
特别地，令1-
111
，即-nx =0x =(1-) >0， 00
3n n 3n
111n n n 2n 2有+，故原不等式成立． +⋅⋅⋅+≥==>
111a 1a 2a n 1+x 01+(1-) n +1-n +1
n n
n 33
以下证明小组讨论给分
证法二：（应用柯西不等式实现结构放缩）
2222
由柯西不等式： (x 1y 1+x 2y 2+⋅⋅⋅+x n y n ) 2≤(x 12+x 2+⋅⋅⋅+x n )(y 12+y 2+⋅⋅⋅+y n )
其中等号当且仅当x i =ky i (i =1, 2, ⋅⋅⋅n ) 时成立．
令x i =
，y i =，可得 (
111111
++⋅⋅⋅+)(a 1+a 2+⋅⋅⋅+a n ) ≥(⋅a 1+⋅a 2+⋅⋅⋅+⋅a n ) 2=n 2 a 1a 2a n a 1a 2a n
111n 2
则+ +⋅⋅⋅+≥a 1a 2a n a 1+a 2+⋅⋅⋅+a n
11
(1-n )
2=n +1-1 而由a n =n +1，所以a 1+a 2+⋅⋅⋅+a n =n +2⨯n
331-3
111n 2n 2
+⋅⋅⋅+≥>故+，所证不等式成立．
a 1a 2a n n +1-n +1n 3
证法三：（应用均值不等式“算术平均数”≥“几何平均数”）
a +a 2+⋅⋅⋅+a n 由均值不等式：1≥a i >0
n
111++⋅⋅⋅+≥n 可得
a 1+a 2+⋅⋅⋅+a n ≥n
a 1a 2a n 111
两式相乘即得(++⋅⋅⋅+)(a 1+a 2+⋅⋅⋅+a n ) ≥n 2，以下同证法二．
a 1a 2a n
证法四：（逆向分析所证不等式的结构特征，寻找证明思路）
111n 2
欲证+， +⋅⋅⋅+>
a 1a 2a n n +1
13n 2n 2n 2-1+11n 注意到，而 =n =1-n ==n -1+=n -
a n 3+23+2n +1n +1n +1n +1
从而所证不等式可以转化为证明
222n
++⋅⋅⋅+
31+232+23n +2n +1
在此基础上可以考虑用数学归纳法证明此命题
例26解：（Ⅰ）∵f '(x )=e x -a ，
当a ≤0时f '(x ) >0，得函数f (x ) 在(-∞，+∞) 上是增函数．
当a >0时，
若x ∈(lna ，+∞) ，f '(x ) >0，得函数f (x ) 在(lna ，+∞) 上是增函数； 若x ∈(-∞，ln a ) ，f '(x ) 0时，函数f (x ) 的单调递增区间是(lna ，+∞) ，单调递减区间是(-∞，ln a ) ．…5分 （Ⅱ）由题知：不等式e x -ax >x +x 2对任意x ∈[2，+∞) 成立，
e x -x 2-x
即不等式a
x
e x -x 2-x (x -1) e x -x 2
设g (x ) =(x ≥2) ，于是g '(x ) =．
x x 2
再设h (x ) =(x -1) e x -x 2，得h '(x ) =x (e x -2) ．
由x ≥2，得h '(x ) >0，即h (x ) 在[2，+∞) 上单调递增，
h (x )
∴ h (x ) ≥h (2)=e 2-4>0，进而g '(x ) =2>0，
x
∴ g (x ) 在[2，+∞) 上单调递增，
∴ [g (x )]min
e 2
=g (2)=-3，
2
e 2e 2
∴ a
22
（Ⅲ）由（Ⅰ）知，
当a =1时，函数f (x ) 在(-∞，0) 上单调递减，在(0，+∞) 上单调递增． ∴ f (x ) ≥f (0)=1，即e x -x ≥1，整理得1+x ≤e x ．
i -i i i
令x =-(n ∈N*，i =1，2，…，n -1) ，则0
n n n n -1n n -2n n -3n 1
) ≤e -1，() ≤e -2，() ≤e -3，…，() n ≤e -(n -1) ， ∴(n n n n n
显然() n ≤e 0，
n n n -1n n -2n n -3n 1
) +() +() +⋅⋅⋅+() n ∴ () n +(
n n n n n ≤e 0+e -1+e -2+e -3+⋅⋅⋅+e -(n -1) 1-e -n e (1-e -n ) e
， ==
1-e -1e -1e -1
n
故不等式() n +() n +() n +…+（）
1
n 2n 3n n n e
（n ∈N *）成立． e -1
例27解:(Ⅰ)又f (-1)=0, 所以a -b +c =0, 即a +c =
又因为f (x )≤
1 2
121
x +对一切实数x 恒成立, 22
即对一切实数x , 不等式(a -) x +
1
2
1111
x +c -≤0也即-cx 2+x +c -≤0恒成2
22,
22立.
显然, 当c =0时, 不符合题意.
⎧-c
当c ≠0时, 应满足⎪
⎨⎧⎪c >0⎪⎩
∆=14+4c ⎛ 1⎫, 即⎨2
⎝c -2⎪⎭≤0⎪⎩(4c -1)≤0可得c =14, 故a =c =14. 所以f (x )=14x 2+12x +1
4
(Ⅱ)
由
于
f (x 在) [，上是增函数]-11
,
∴f (x ) 的最大值为f (1)=1
∴f (x ) ≤t 2-2at +1对a ∈[-1,1], x ∈[-1,1]恒成立.
即
1≤t 2-2at +1对任意a ∈[-1,1]恒成立. ∴0≤t 2-2at 对任意a ∈[-1,1]恒成立
可把y =t 2-2at 看作关于a 的一次函数，
由a ∈[-1,1]知其图像是一段线段。 ∴⎧⎪⎨t 2-2⨯(-1) t ≥0⎧⎪t 2
+2t ≥0⎪⎩t 2-2⨯1⨯t ≥0即⎨⎪⎩t 2-2t ≥0
∴⎧⎨
t ≥0或t ≤-2
≥2或t ≤0
⎩t 所以t 的取值范围为{t t ≤-2, 或t =0，或t ≥2}
(Ⅲ)证明:因为f (n )=n 2+2n +14=(n +1) 214, 所以f n =4
(n +1)
2
要证不等式
1112n
f 1+f 2+⋅⋅⋅+f n >n +2
(n ∈N *) 成立, 即证
11
22
+3
2++
1(n +1) 2
>n
2n +4
. , :
因为所
1111
, >=-2
(n +1) (n +1)(n +2) n +1n +2
以
1+22
所以n +
=
11n -=. 2n +22n +4
1+32
1112n ++⋅⋅⋅+>(n ∈N *) 成立 f 1f 2f n n +2
导数压轴题题型归纳（3）
例18(变形构造法) 已知函数
ϕ(x ) =
a
x +1，a 为正常数．
9
⑴若f (x ) =ln x +ϕ(x ) ，且a =，求函数f (x ) 的单调增区间；
2
⑵在⑴中当a =0时，函数y =f (x ) 的图象上任意不同的两点A (x 1, y 1)，B (x 2, y 2)，线
'
段AB 的中点为C (x 0, y 0) ，记直线AB 的斜率为k ，试证明：k >f (x 0) ．
g (x 2) -g (x 1)
g (x ) =ln x +ϕ(x ) x -x (]x , x ∈0, 2x ≠x 212，都有⑶若，且对任意的12，1，
求a 的取值范围．
2
f (x ) =x ln(ax )(a >0) 例19(高次处理证明不等式、取对数技巧) 已知函数.
2
（1）若f ' (x ) ≤x 对任意的x >0恒成立，求实数a 的取值范围；
（2）当a =1时，设函数
g (x ) =
f (x ) 1
x 1, x 2∈(, 1), x 1+x 2
x x
例20（绝对值处理）已知函数f (x ) =x 3+ax 2+bx +c 的图象经过坐标原点，且在x =1处取得极大值．
（I ）求实数a 的取值范围；
(2a +3) 2
（II ）若方程f (x ) =-恰好有两个不同的根，求f (x ) 的解析式；
9
（III ）对于（II ）中的函数f (x ) ，对任意α、β∈R ，求证：|f (2sin α) -f (2sin β) |≤81．
例21（等价变形）已知函数f (x ) =ax -1-ln x (a ∈R ) ．
（Ⅰ）讨论函数f (x ) 在定义域内的极值点的个数；
（Ⅱ）若函数f (x ) 在x =1处取得极值，对∀x ∈(0, +∞) , f (x ) ≥bx -2恒成立，
求实数b 的取值范围；
（Ⅲ）当0
2
y 1-ln y 与的大小． x 1-ln x
f (x ) =ln x , g (x ) =
例22（前后问联系法证明不等式）已知
127
x +mx +(m
与函数f (x ), g (x ) 的图像都相切，且与函数f (x ) 的图像的切点的横坐标为1。
（I ）求直线l 的方程及m 的值；
（II ）若h (x ) =f (x +1) -g '(x )(其中g'(x)是g(x)的导函数) ，求函数h (x ) 的最大值。
（III ）当0
f (a +b ) -f (2a )
b -a
. 2a
例23(整体把握，贯穿全题) 已知函数f (x ) =
ln x
-1． x
（1）试判断函数f (x ) 的单调性；
（2）设m >0，求f (x ) 在[m , 2m ]上的最大值；
1+n e 1+n
（3）试证明：对任意n ∈N *，不等式ln(都成立（其中e 是自然对数的底数）． )
n n
例24(化简为繁，统一变量) 设a ∈R , 函数f (x ) =ln x -ax .
P (1, -2)（Ⅰ）若a =2，求曲线y =f (x ) 在处的切线方程；
（Ⅱ）若f (x ) 无零点, 求实数a 的取值范围；
2
x , x x ⋅x >e f (x ) 1212（Ⅲ）若有两个相异零点, 求证: .
例25（导数与常见不等式综合）已知函数f t (x ) =
（Ⅰ）求函数f t (x ) 在(0,+∞) 上的最大值； （Ⅱ）设数列{a n }满足：a 1=
11
-(t -x ) ，其中为正常数． 1+x (1+x ) 2
5
，3a n +1=a n +2， 3
（1）求数列{a n }的通项公式a n ； （2）证明：对任意的x >0，
1
≥f 2(x )(n ∈N *)； a n
3111n 2
+⋅⋅⋅+>（Ⅲ）证明：+．
a 1a 2a n n +1
x
例26（利用前几问结论证明立体不等式）已知函数f(x)=e-ax(e为自然对数的底数). (I )求函数f(x)的单调区间；
(II)如果对任意x ∈[2, +∞]，都有不等式f(x)> x + x2成立，求实数a 的取值范围；
123n e () n () n () n () n
(III)设n ∈N *, 证明：n +n +n +…+n
例27已知函数f (x )=ax +
2
1
x +c (a ≠0) . 若函数f (x )满足下列条件: 2
121
①f (-1)=0; ②对一切实数x , 不等式f (x )≤x +恒成立.
22
(Ⅰ) 求函数f (x )的表达式;
(Ⅱ) 若（f x ）≤t 2-2at +1对∀x ∈[-1,1], ∀a ∈[-1,1]恒成立, 求实数t 的取值范围; (Ⅲ) 求证:
1112n
++⋅⋅⋅+>(n ∈N *) . f 1f 2f n n +2
参考答案
1a x 2+(2-a ) x +1
=例18解：⑴f '(x ) =-
x (x +1) x (x +1) 911
，令f '(x ) >0得x >2或0
222
⑵证明：当a =0时f (x ) =ln x
∵a =
x 2ln 121=f (x 2) -f (x 1) ln x 2-ln x 1x 1 ∴f '(x ) =, ∴f '(x 0) =, 又
k ===x x +x x 012
x 2-x 1x 2-x 1x 2-x 1x 2
2
x 与不妨设x 2>x 1 ， 要比较k 与f '(x 0) 的大小，即比较的大小，
x 1+x 2
x 2-x 1
ln
x 22(x 2-x 1)
=与
x 1x 1+x 2
2(
又∵x 2>x 1，∴ 即比较ln
x 2
-1) x 的大小．
2
+1x 1
14(x -1) 22(x -1)
=≥0, (x ≥1) , 则h '(x ) =-令h (x ) =ln x -22
x (x +1) x (x +1) x +1
∴h (x ) 在[1, +∞)上位增函数．
又
x x x
>1，∴h () >h (1) =0， ∴ln 2>x 1x 1x 1
2(
x 2
-1) x 1
，即k >f '(x 0)
2
+1x 1
⑶∵
g (x 2) -g (x 1) g (x 2) +x 2-[g (x 1) +x 1]
x 2-x 1x 2-x 1
由题意得F (x ) =g (x ) +x 在区间(0, 2]上是减函数．
1a a 'F (x ) =-+1 +x ， ∴ 1︒ 当1≤x ≤2, F (x ) =ln x +2
x (x +1) x +1
(x +1) 21
由F '(x ) ≤0⇒a ≥+(x +1) 2=x 2+3x ++3在x ∈[1, 2]恒成立．
x x
1
设m (x ) =x ∈[1, 2]，则m '(x ) =2x -2+3>0
x
27
∴m (x ) 在[1, 2]上为增函数，∴a ≥m (2) =.
2
1a a 'F (x ) =--+1 +x ，∴ 2︒ 当0
(x +1) 21
由F '(x ) ≤0⇒a ≥-+(x +1) 2=x 2+x --1在x ∈(0, 1) 恒成立
x x 1
设t (x ) =x 2+x --1，x ∈(0, 1) 为增函数, ∴a ≥t (1) =0
x
27
综上：a 的取值范围为a ≥.
2
例19解：（1）f ' (x ) =2x ln(ax ) +x , f ' (x ) =2x ln(ax ) +x ≤x 2，即2ln ax +1≤x 在x >0上
恒成立
设u (x ) =2ln ax +1-x u ' (x ) =-1=0, x =2，x >2时，单调减，x
, x
2
e
所以x =2时，u (x ) 有最大值u (2) ≤0, 2ln 2a +1≤2，所以0
. 2
f (x )
=x ln x , x 111
g (x ) =1+ln x =0, x =, 所以在(, +∞) 上g (x ) 是增函数，(0, ) 上是减函数.
e e e
1
因为g (x 1) =x 1ln x 1
e
（2）当a =1时，g (x ) =即ln x 1
x 1+x 2x +x 2
ln(x 1+x 2) 同理ln x 2
,
所以ln x 1+ln x 2
x 1+x 2x 1+x 2x x
+) ln(x 1+x 2) =(2+1+2) ln(x 1+x 2) x 2x 1x 2x 1
又因为2+
x 1x 2
+≥4, 当且仅当“x 1=x 2”时，取等号. x 2x 1
又x 1, x 2∈(, 1), x 1+x 2
1e
x 1x 2
+) ln(x 1+x 2) ≤4ln(x 1+x 2) 所以ln x 1+ln x 2
，x 2x 1
,
所以：x 1x 2
例20（I ）f (0) =0⇒c =0, f '(x ) =3x 2+2ax +b , f '(1) =0⇒b =-2a -3
∴f '(x ) =3x 2+2ax -(2a +3) =(x -1)(3x +2a +3),
由f '(x ) =0⇒x =1或x =-
2a +3
，因为当x =1时取得极大值， 3
所以-
2a +3
>1⇒a
3a +6(2a +3) 22
(2a +3) =- 依题意得：，解得：a =-9 279
所以函数f (x ) 的解析式是：f (x ) =x 3-9x 2+15x
（III ）对任意的实数α, β都有-2≤2sin α≤2, -2≤2sin β≤2,
在区间[-2，2]有：f (-2) =-8-36-30=-74, f (1) =7, f (2) =8-36+30=2
f (x ) 的最大值是f (1) =7, f (x ) 的最小值是f (-2) =-8-36-30=-74 [-2, 2]上的最大值与最小值的差等于81， 函数f (x ) 在区间
所以|f (2sin α) -f (2sin β) |≤81．
例21解：（Ⅰ）f '(x ) =a -
1ax -1
，当a ≤0时，f '(x )
x x
在(0, +∞) 单调递减，∴f (x ) 在(0, +∞) 上没有极值点； 当a >0时，f '(x )
11，f '(x ) >0得x >，
a a
1
处有极小值． a
∴f (x ) 在(0, ) 上递减，在(, +∞) 上递增，即f (x ) 在x =∴当a ≤0时f (x ) 在(0, +∞) 上没有极值点，
当a >0时，f (x ) 在(0, +∞) 上有一个极值点． （Ⅱ）∵函数f (x ) 在x =1处取得极值，∴a =1， ∴f (x ) ≥bx -2⇔1+令g (x ) =1+
1
a 1a
1ln x -≥b ， x x
1ln x
，可得g (x ) 在0, e 2上递减，在e 2, +∞上递增， -
x x
(][)
∴g (x ) min =g (e 2) =1-（Ⅲ）证明：e
x -y
1e 2
，即b ≤1-
1
． 2e
ln(x +1) e x e y
， >⇔>
ln(y +1) ln(x +1) ln(y +1)
e x
令g (x ) =，则只要证明g (x ) 在(e -1, +∞) 上单调递增，
ln(x +1)
1⎤⎡
e x ⎢ln(x +1) -
x +1⎥⎣⎦，
又∵g '(x ) =
ln 2(x +1)
显然函数h (x ) =ln(x +1) -∴h (x ) >1-
1
在(e -1, +∞) 上单调递增． x +1
1
>0，即g '(x ) >0， e
e x e y
∴g (x ) 在(e -1, +∞) 上单调递增，即， >
ln(x +1) ln(y +1)
∴当x >y >e -1时，有e
x -y
>
ln(x +1)
．
ln(y +1)
例22解：（I ）Qf '(x ) =
1
, ∴f '(1)=1; ∴直线l 的斜率为1， x
且与函数f (x ) 的图像的切点坐标为（1，0），∴直线l 的方程为y =x -1.
⎧y =x -1⎪
又直线l 与函数y =g (x ) 的图象相切，∴方程组⎨127有一解。
y =x +mx +⎪⎩22
由上述方程消去y ，并整理得x 2+2(m -1) x +9=0①
依题意，方程②有两个相等的实数根，∴∆=[2(m -1)]2-4⨯9=0解之， 得m=4或m=-2，Qm
127
x -2x +, 22
1-x
-1=. x +1x +1
∴g '(x ) =x -2, ∴h (x ) =ln(x +1) -x +2(x >-1) ，∴h '(x ) =
∴当x ∈(-1,0)时,h'(x)>0,h(x)单调，当x ∈(0,+∞) 时，h '(x )
（III ）f (a +b ) -f (2a ) =ln(a +b ) -ln 2a =ln
a +b b -a
=ln(1+). 2a 2a
Q 01b -a
∴-
22a
证明，当x ∈(-1,0) 时，ln(1+x )
b -a b -a
)
∴f (a +b ) -f (2a )
b -a
. 2a
例23解：（1）函数f (x ) 的定义域是(0,+∞) ．由已知f '(x ) =
1-ln x
．令f '(x ) =0，得x =e ． x 2
因为当00；当x >e 时，f '(x )
所以函数f (x ) 在(0,e ]上单调递增，在[e , +∞) 上单调递减． （2）由（1）可知当2m ≤e ，即m ≤f (x ) m a x =f (2m ) =
l n 2m
-．1 2m
ln m
-1．当m
e
时，f (x ) 在[m , 2m ]上单调递增，所以2
当m ≥e 时，f (x ) 在[m , 2m ]上单调递减，所以f (x ) max =
e 1
e ⎧ln 2m
⎪2m -1, 0
e ⎪1
=⎨-1,
-1, m ≥e ⎪⎩m
1
（3）由（1）知当x ∈(0, +∞) 时f (x ) max =f (e ) =-1．所以在x ∈(0,+∞) 时恒有
e f (x ) =
ln x 1ln x 1
≤，当且仅当x =e 时等号成立．因此对任意x ∈(0,+∞) -1≤-1，即x e x e
11+n 1+n 1+n 11+n 1+n e 1+n
恒有ln x ≤．因为，即ln(．因>0，≠e ，所以ln
e n n n e n n n 1+n e 1+n
此对任意n ∈N *，不等式ln(． )
n n
例24解：在区间(0, +∞)上, f '(x ) =
11-ax
-a =. x x
（1）当a =2时，f '(1)=1-2=-1，
则切线方程为y -(-2) =-(x -1) ，即x +y +1=0 （2）①若a =0, f (x ) =ln x 有唯一零点x =1.
②若a 0, f (x ) 是区间(0, +∞)上的增函数,
Q f (1)=-a >0, f (e a ) =a -ae a =a (1-e a )
∴f (1)⋅f (e a )
1
③若a >0, 令f '(x ) =0得: x =.
a
1
在区间(0,) 上, f '(x ) >0, 函数f (x ) 是增函数;
a 1
在区间(, +∞) 上, f '(x )
a
11
故在区间(0, +∞)上, f (x ) 的极大值为f () =ln -1=-ln a -1.
a a 11
由f () .
e a
1e
(3) 设x 1>x 2>0, Q f (x 1) =0, f (x 2) =0, ∴ln x 1-ax 1=0,ln x 2-ax 2=0
故所求实数a 的取值范围是(, +∞) .
∴ln x 1+ln x 2=a (x 1+x 2) , ln x 1-ln x 2=a (x 1-x 2)
原不等式x 1⋅x 2>e 2⇔ln x 1+ln x 2>2
x 2(x 1-x 2) ln x 1-ln x 22
⇔ln 1>>
x 2x 1+x 2 x 1-x 2x 1+x 2
x x 2(x 1-x 2) 2(t -1) 令1=t , 则t >1, 于是ln 1>. ⇔ln t >x 2x 2x 1+x 2t +1
⇔a (x 1+x 2) >2⇔
14(t -1) 22(t -1) 设函数g (t ) =ln t -(t >1) , 求导得: g '(t ) =-=>0
t +1t (t +1) 2t (t +1) 2
故函数g (t ) 是(1, +∞)上的增函数,
∴g (t ) >g (1)=0，即不等式ln t >
2(t -1)
成立, t +1
故所证不等式x 1⋅x 2>e 2成立. 例25解：（Ⅰ）由f t (x ) =
112(t -x ) '，可得-(t -x ) f (x ) =(x >0) ， t 231+x (1+x ) (1+x )
所以，f t '(x ) >0⇔0t ， 则f t (x ) 在区间(0,t ) 上单调递增，在区间(t , +∞) 上单调递减， 所以，f t (x ) max =f t (t ) =
1
． 1+t
（Ⅱ）（1）由3a n +1=a n +2，得a n +1-1=
12(a n -1) ，又a 1-1=， 33212
则数列{a n -1}为等比数列，且a n -1=⋅() n -1=n ，
333
22+3n
故a n =n +1=为所求通项公式． n
33
1112≥f 2(x ) =-(-x ) (n ∈N *) （2）即证，对任意的x >0， 2n a n 1+x (1+x ) 33n
证法一：（从已有性质结论出发）
由（Ⅰ）知f 2(x ) max
3n
213n 1
=f 2(n ) ==n =
233n 1+n 3+2a n 3
即有
1
≥f 2(x )(n ∈N *)对于任意的x >0恒成立． a n
3证法二：（作差比较法）
22
及+1>0a -1=>0 n n n
33
11112111-f 2(x ) =-+(-x ) =-+(a n -1-x ) 2n 2a n a 1+x (1+x ) 3a 1+x (1+x ) n n 3n
由a n =
2
a n 12
=-+=≥0 2a n 1+x (1+x ) 即有
1
≥f 2(x )(n ∈N *)对于任意的x >0恒成立． a n
31112≥-(-x ) ， 2n a n 1+x (1+x ) 3
（Ⅲ）证法一：（从已经研究出的性质出发，实现求和结构的放缩） 由（Ⅱ）知，对于任意的x >0都有
n
⎡1⎤11112
于是，++⋅⋅⋅+≥∑⎢-(-x ) ⎥
a 1a 2a n k =1⎣1+x (1+x ) 23k ⎦
n 1222=-(++⋅⋅⋅+-nx ) 1+x (1+x ) 23323n 对于任意的x >0恒成立
特别地，令1-
111
，即-nx =0x =(1-) >0， 00
3n n 3n
111n n n 2n 2有+，故原不等式成立． +⋅⋅⋅+≥==>
111a 1a 2a n 1+x 01+(1-) n +1-n +1
n n
n 33
以下证明小组讨论给分
证法二：（应用柯西不等式实现结构放缩）
2222
由柯西不等式： (x 1y 1+x 2y 2+⋅⋅⋅+x n y n ) 2≤(x 12+x 2+⋅⋅⋅+x n )(y 12+y 2+⋅⋅⋅+y n )
其中等号当且仅当x i =ky i (i =1, 2, ⋅⋅⋅n ) 时成立．
令x i =
，y i =，可得 (
111111
++⋅⋅⋅+)(a 1+a 2+⋅⋅⋅+a n ) ≥(⋅a 1+⋅a 2+⋅⋅⋅+⋅a n ) 2=n 2 a 1a 2a n a 1a 2a n
111n 2
则+ +⋅⋅⋅+≥a 1a 2a n a 1+a 2+⋅⋅⋅+a n
11
(1-n )
2=n +1-1 而由a n =n +1，所以a 1+a 2+⋅⋅⋅+a n =n +2⨯n
331-3
111n 2n 2
+⋅⋅⋅+≥>故+，所证不等式成立．
a 1a 2a n n +1-n +1n 3
证法三：（应用均值不等式“算术平均数”≥“几何平均数”）
a +a 2+⋅⋅⋅+a n 由均值不等式：1≥a i >0
n
111++⋅⋅⋅+≥n 可得
a 1+a 2+⋅⋅⋅+a n ≥n
a 1a 2a n 111
两式相乘即得(++⋅⋅⋅+)(a 1+a 2+⋅⋅⋅+a n ) ≥n 2，以下同证法二．
a 1a 2a n
证法四：（逆向分析所证不等式的结构特征，寻找证明思路）
111n 2
欲证+， +⋅⋅⋅+>
a 1a 2a n n +1
13n 2n 2n 2-1+11n 注意到，而 =n =1-n ==n -1+=n -
a n 3+23+2n +1n +1n +1n +1
从而所证不等式可以转化为证明
222n
++⋅⋅⋅+
31+232+23n +2n +1
在此基础上可以考虑用数学归纳法证明此命题
例26解：（Ⅰ）∵f '(x )=e x -a ，
当a ≤0时f '(x ) >0，得函数f (x ) 在(-∞，+∞) 上是增函数．
当a >0时，
若x ∈(lna ，+∞) ，f '(x ) >0，得函数f (x ) 在(lna ，+∞) 上是增函数； 若x ∈(-∞，ln a ) ，f '(x ) 0时，函数f (x ) 的单调递增区间是(lna ，+∞) ，单调递减区间是(-∞，ln a ) ．…5分 （Ⅱ）由题知：不等式e x -ax >x +x 2对任意x ∈[2，+∞) 成立，
e x -x 2-x
即不等式a
x
e x -x 2-x (x -1) e x -x 2
设g (x ) =(x ≥2) ，于是g '(x ) =．
x x 2
再设h (x ) =(x -1) e x -x 2，得h '(x ) =x (e x -2) ．
由x ≥2，得h '(x ) >0，即h (x ) 在[2，+∞) 上单调递增，
h (x )
∴ h (x ) ≥h (2)=e 2-4>0，进而g '(x ) =2>0，
x
∴ g (x ) 在[2，+∞) 上单调递增，
∴ [g (x )]min
e 2
=g (2)=-3，
2
e 2e 2
∴ a
22
（Ⅲ）由（Ⅰ）知，
当a =1时，函数f (x ) 在(-∞，0) 上单调递减，在(0，+∞) 上单调递增． ∴ f (x ) ≥f (0)=1，即e x -x ≥1，整理得1+x ≤e x ．
i -i i i
令x =-(n ∈N*，i =1，2，…，n -1) ，则0
n n n n -1n n -2n n -3n 1
) ≤e -1，() ≤e -2，() ≤e -3，…，() n ≤e -(n -1) ， ∴(n n n n n
显然() n ≤e 0，
n n n -1n n -2n n -3n 1
) +() +() +⋅⋅⋅+() n ∴ () n +(
n n n n n ≤e 0+e -1+e -2+e -3+⋅⋅⋅+e -(n -1) 1-e -n e (1-e -n ) e
， ==
1-e -1e -1e -1
n
故不等式() n +() n +() n +…+（）
1
n 2n 3n n n e
（n ∈N *）成立． e -1
例27解:(Ⅰ)又f (-1)=0, 所以a -b +c =0, 即a +c =
又因为f (x )≤
1 2
121
x +对一切实数x 恒成立, 22
即对一切实数x , 不等式(a -) x +
1
2
1111
x +c -≤0也即-cx 2+x +c -≤0恒成2
22,
22立.
显然, 当c =0时, 不符合题意.
⎧-c
当c ≠0时, 应满足⎪
⎨⎧⎪c >0⎪⎩
∆=14+4c ⎛ 1⎫, 即⎨2
⎝c -2⎪⎭≤0⎪⎩(4c -1)≤0可得c =14, 故a =c =14. 所以f (x )=14x 2+12x +1
4
(Ⅱ)
由
于
f (x 在) [，上是增函数]-11
,
∴f (x ) 的最大值为f (1)=1
∴f (x ) ≤t 2-2at +1对a ∈[-1,1], x ∈[-1,1]恒成立.
即
1≤t 2-2at +1对任意a ∈[-1,1]恒成立. ∴0≤t 2-2at 对任意a ∈[-1,1]恒成立
可把y =t 2-2at 看作关于a 的一次函数，
由a ∈[-1,1]知其图像是一段线段。 ∴⎧⎪⎨t 2-2⨯(-1) t ≥0⎧⎪t 2
+2t ≥0⎪⎩t 2-2⨯1⨯t ≥0即⎨⎪⎩t 2-2t ≥0
∴⎧⎨
t ≥0或t ≤-2
≥2或t ≤0
⎩t 所以t 的取值范围为{t t ≤-2, 或t =0，或t ≥2}
(Ⅲ)证明:因为f (n )=n 2+2n +14=(n +1) 214, 所以f n =4
(n +1)
2
要证不等式
1112n
f 1+f 2+⋅⋅⋅+f n >n +2
(n ∈N *) 成立, 即证
11
22
+3
2++
1(n +1) 2
>n
2n +4
. , :
因为所
1111
, >=-2
(n +1) (n +1)(n +2) n +1n +2
以
1+22
所以n +
=
11n -=. 2n +22n +4
1+32
1112n ++⋅⋅⋅+>(n ∈N *) 成立 f 1f 2f n n +2