导数选择题之构造函数法解不等式的一类题
导数选择题之构造函数法解不等式的一类题一、单选题1．定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，若对任意实数x，有f(x)>f′(x)，且f(x)+2018为奇函数，则不等式f(x)+2018e x<0的解集为A．(−∞,0)B．(0,+∞)C．(−∞,1e )D．(1e,+∞)2．设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(−1)=0，当x<0时，f′(x)<f(x)x，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是（）A．(−∞,−1)∪(0,1)B．(−∞,−1)∪(−1,0)C．(0,1)∪(1,+∞)D．(−1,0)∪(0,+∞)3．定义在R上的偶函数f(x)的导函数f′(x)，若对任意的正实数x，都有2f(x)+ xf′(x)<2恒成立，则使x2f(x)−f(1)<x2−1成立的实数x的取值范围为（）A．(−∞,−1)∪(1,+∞)B．(−1,1)C．(−1,0)∪(0,1)D．{x|x≠±1} 4．已知函数f(x)定义在数集(−∞，0)∪(0，+∞)上的偶函数，当x>0时恒有xf/(x)>−f(x)，且f(2)=0，则不等式f(x)>0的解集为()A．(−2，0)∪(0，2)B．(−∞，−2)∪(2，+∞)C．(−∞，−2)∪(0，2)D．(−2，0)∪(2，+∞)5．定义在(−1,+∞)上的函数f(x)满足f′(x)<1+cosx，f(0)=1，则不等式f(x)> sinx+x+1的解集为（）A．(−∞,0)B．(−1,0)C．(0,+∞)D．(−1,1)6．设定义在R上的函数y=f(x)满足任意x∈R都有f(x+2)=−f(x)，且x∈(0,4]时，有f′(x)<f(x)x，则f(2016)、4f(2017)、2f(2018)的大小关系是（）A．2f(2018)<f(2016)<4f(2017)B．2f(2018)>f(2016)>4f(2017)C．4f(2017)>2f(2018)>f(2016)D．4f(2017)<2f(2018)<f(2016) 7．已知偶函数f(x)满足2f(x)+xf′(x)>6,，且f(1)=2，则f(x)>3−1的解集x2为A．{x|x<−2或x>2}B．{x|−1<x<1}C．{x|x<−1或x>1}D．{x|−2<x<2}8．定义在R上的函数f(x)满足：f(x)>1−f′(x),f(0)=0,f′(x)是f(x)的导函数，则不等式e x f(x)>e x−1（其中e为自然对数的底数）的解集为( )A．(−∞,−1)∪(0,+∞)B．(0,+∞)C．(−∞,0)∪(1,+∞)D．(1,+∞) 9．已知定义在R上的函数y=f(x)的导函数为f′(x)，满足f(x)>f′(x)，且f(0)=2，则不等式f(x)>2e x的解集为（）A．(−∞,0)B．(0,+∞)C．(−∞,2)D．(2,+∞)10．定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足xf′(x)+1>0,f(2)=−ln2，则不等式f(e x)+ x>0的解集为A．(0,2ln2)B．(0,ln2)C．(ln2,+∞)D．(ln2,1)11．已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足xf′(x)−f(x)<0，其中f′(x)是函数f(x)的导函数．若2f(m−2018)>(m−2018)f(2)，则实数m的取值范围为（）A．(0,2018)B．(2018,+∞)C．(2020,+∞)D．(2018,2020) 12．已知函数f(x)是定义在R上的可导函数，且对于x∈R，均有f(x)>f′(x)，则有（）A．e2017f(－2017)<f(0)，f(2017)>e2017f(0) B．e2017f(－2017)<f(0)，f(2017)<e2017f(0) C．e2017f(－2017)>f(0)，f(2017)>e2017f(0) D．e2017f(－2017)>f(0)，f(2017)<e2017f(0) 13．已知可导函数f(x)的定义域为(−∞,0)，其导函数f′(x)满足xf′(x)−2f(x)>0,则不等式f(2017+x)−(x+2017)2f(−1)<0的解集为A．(−∞,−2018)B．(−2018,−2017)C．(−2018,0)D．(−2017,0)14．函数f(x)是定义在区间(0,+∞)上的可导函数，其导函数为f′(x)，且满足xf′(x)+ 2f(x)>0，则不等式(x+2018)2f(x+2018)<16f(4)的解集为（）A．{x|x>−2017}B．{x|x<−2017}C．{x|−2018<x<−2014}D．{x|−2018<x<0}15．已知函数y=f(x)的导数是y=f′(x)，若x∈(0,+∞)，都有xf′(x)<2f(x)成立，则( )A．2f(√3)>3f(√2)B．2f(1)<f(√2)C．4f(√3)<3f(2)D．4f(1)>f(2)16．已知函数f(x)满足条件：当x>0时，f(x)+12xf′(x)>1，则下列不等式正确的是（）A．f(1)+3>4f(2)B．f(2)+3>4f(4)C．f(1)+8<9f(3)D．f(2)+4<3f(4)17．定义在(0,π2)上的函数f(x)，f′(x)是它的导函数，且恒有f′(x)>f(x)·tanx成立.则有（）A．√2f(π4)>f(π3)B．√3f(π6)>2cos1f(1)C．2f(π4)<√6f(π6)D．√3f(π6)<f(π3)18．已知函数g(x)是偶函数，f(x)=g(x−2)，且当x≠2时其导函数f′(x)满足(x−2)f′(x)>0，若1<a<3，则（）A．f(4a)<f(3)<f(log3a)B．f(3)<f(log3a)<f(4a)C．f(log3a)< f(3)<f(4a)D．f(log3a)<f(4a)<f(3)19．设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，当x>0时，lnxf′(x)<−1xf(x)，则使得(x2−4)f(x)>0成立的x的取值范围是（）A．(−2,0)∪(0,2)B．(−∞,−2)∪(2,+∞)C．(−2,0)∪(2,+∞)D．(−∞,−2)∪(0,2)参考答案1．B【解析】【分析】 构造函数g(x)=f(x)e x，则得g(x)的单调性，再根据f(x)+2018为奇函数得g(0)，转化不等式为g(x)<g(0)，最后根据单调性性质解不等式. 【详解】 构造函数g(x)=f(x)e x，则g ′(x)=f ′(x)−f(x)e x<0，所以g(x)在R 上单独递减，因为f(x)+2018为奇函数，所以f(0)+2018=0∴f(0)=−2018,g(0)=−2018. 因此不等式f(x)+2018e x <0等价于g(x)<g(0)，即x >0，选B. 【点睛】利用导数解抽象函数不等式，实质是利用导数研究对应函数单调性，而对应函数需要构造. 构造辅助函数常根据导数法则进行：如f ′(x)<f(x)构造g(x)=f(x)e x，f ′(x)+f(x)<0构造g(x)=e x f(x)，xf ′(x)<f(x)构造g(x)=f(x)x，xf ′(x)+f(x)<0构造g(x)=xf(x)等 2．A【解析】分析：构造函数g (x )=f (x )x，首先判断函数的奇偶性，利用f′(x)<f(x)x可判断x <0时函数的单调性，结合函数图象列不等式组可得结果. 详解： 设g (x )=f (x )x，则g (x )的导数为g′(x )=xf′(x )−f (x )x 2，因为x <0时，f′(x)<f(x)x，即xf′(x )>f (x )成立，所以当x <0时，g′(x )恒大于零，∴当x<0时，函数g(x)=f(x)x为增函数，又∵g(−x)=f(−x)−x =f(x)x=g(x)，∴函数g(x)为定义域上的偶函数，当x>0时，函数g(x)=f(x)x为减函数，又∵g(−1)=f(−1)−1=0∴函数g(x)的图象性质类似如图，数形结合可得，不等式f(x)>0xg(x)>0，{x>0g(x)>0或{x<0g(x)<0，可得0<x<1或x<−1，使得f(x)>0成立的x的取值范围是(−∞,−1)∪(0,1)，故选A.点睛：本题主要考查了利用导数判断函数的单调性，并由函数的奇偶性和单调性解不等式，属于综合题. 联系已知条件和结论，构造辅助函数是高中数学中一种常用的方法，解题中若遇到有关不等式、方程及最值之类问题，设法建立起目标函数，并确定变量的限制条件，通过研究函数的单调性、最值等问题，常可使问题变得明了，准确构造出符合题意的函数是解题的关键；解这类不等式的关键点也是难点就是构造合适的函数，构造函数时往往从两方面着手：①根据导函数的“形状”变换不等式“形状”；②若是选择题，可根据选项的共性归纳构造恰当的函数.3．A【解析】【详解】分析：构造新函数g(x)=x2f(x)−x2，利用导数确定它的单调性，从而可得题中不等式的解．详解：设g(x)=x2f(x)−x2，则g′(x)=2xf(x)+x2f′(x)−2x=x(2f(x)+xf′(x)−2)，由已知当x >0时，g′(x)=x(2f(x)+xf′(x)−2<0，∴g(x)在(0,+∞)上是减函数，又∵f(x)是偶函数，∴g(x)=x 2f(x)−x 2也是偶函数，g(0)=0， 不等式x 2f(x)−f(1)<x 2−1即为x 2f(x)−x 2<f(1)−1，即g(x)<g(1)， ∴g(|x |)<g(1)，∴|x |>1，即x <−1或x >1． 故选A ．点睛：本题考查用导数研究函数的单调性，然后解函数不等式．解题关键是构造新函数．新函数的结构可结合已知导数的不等式和待解的不等式的形式构造．如g(x)=xf(x)，g(x)=f(x)x，g(x)=e x f(x)，g(x)=f(x)e x等等．4．B【解析】分析：设g(x)=f(x)x，结合求导法则，以及题中的条件，可以断定函数在相应区间上的单调性，根据函数的单调性和函数的奇偶性求出不等式的解集即可. 详解：设g(x)=f(x)x，所以g′(x)=xf′(x)−f(x)x 2，因为当x >0时，有xf′(x)−f(x)>0恒成立， 所以当x >0时g′(x)>0，所以g(x)在(0,+∞)上递增， 因为f(−x)=f(x)，所以g(−x)=f(−x)−x=−g(x)，所以g(x)是奇函数，所以g(x)在(−∞,0)上递增，因为f(2)=0，所以g(2)=f(2)2=0，当x >0时，f(x)>0等价于f(x)x >0，所以g(x)>0=g(2），所以x >2， 当x <0时，f(x)>0等价于f(x)x<0，所以g(x)<0=g(−2)，所以x <−2，所以原不等式的解集为(−∞,−2)∪(2,+∞)，故选B.点睛：该题考查的是有关函数的问题，结合题中所给的条件，结合商函数求导法则构造新函数，结合函数的单调性与导数的符号的关系，得到相应的结果，在求x <0时的情况的时候，可以直接根据函数f(x)是偶函数求得结果. 5．B【解析】分析：根据题意，设g(x)=f(x)−sinx−x，对其求导分析可得g(x)在区间(−1,+∞)上递减，利用f(0)的值可得g(0)的值，进而将原不等式转化为g(x)>g(0)，结合函数的单调性、定义域，分析可得答案.详解：根据题意，设g(x)=f(x)−sinx−x，则g′(x)=f′(x)−cosx−1，又由函数f(x)定义在(−1,+∞)上，且有f′(x)<1+cosx，则g′(x)=f′(x)−cosx−1<0，则g(x)在区间(−1,+∞)上递减，若f(0)=1，则g(0)=f(0)−sin0−0=1，f(x)>sinx+x+1f(x)−sinx−x>1g(x)>g(0)，则−1<x<0，即不等式的解集为(−1,0).故选：B.点睛：本题考查函数的导数与函数的单调性之间的关系，关键是构造函数g(x)= f(x)−sinx−x，并分析其单调性.6．C【解析】根据题意，函数y=f(x)满足任意t∈R都有f(x+2)=−f(x)，则有f(x+4)=−f(x+2)=f(x)，则f(x)是周期为4的函数，则有f(2016)=f(4),f(2017)=f(1),f(2018)=f(2)，设g(x)=f(x)x ，则导数为g′(x)=f(x)x−f(x)(x)′x2=xf′(x)−f(x)x2，又由x∈(0,4]时，f′(x)<f(x)x ，则有xf′(x)−f(x)<0，则有g′(x)=xf′(x)−f(x)x2<0，则函数g(x)在(0,4]上为减函数，则有g(1)>g(2)>g(4)，即f(1)>f(2)2>f(4)4，又由(2016)=f(4),f(2017)=f(1),f(2018)=f(2)，则有f(2017)>f(2018)2>f(2016)4，变形可得4f(2017)>2f(2018)>f(2016)，故选C.【方法点睛】利用导数研究函数的单调性、构造函数比较大小,属于难题.联系已知条件和结论，构造辅助函数是高中数学中一种常用的方法，解题中若遇到有关不等式、方程及最值之类问题，设法建立起目标函数，并确定变量的限制条件，通过研究函数的单调性、最值等问题，常可使问题变得明了，准确构造出符合题意的函数是解题的关键；解这类不等式的关键点也是难点就是构造合适的函数，构造函数时往往从两方面着手：①根据导函数的“形状”变换不等式“形状”；②若是选择题，可根据选项的共性归纳构造恰当的函数.7．C【解析】【分析】构造函数F(x)=x2f(x)−3x2+1，由2f(x)+xf′(x)>6可得F(x)在(0,+∞)递增，结合奇偶性转化原不等式为|x|>1,从而可得结果.【详解】得x2f(x)−3x2+1≥0，由f(x)>3−1x2令F(x)=x2f(x)−3x2+1，F′(x)=2xf(x)+x2f′(x)−6x=x[2xf(x)+xf′(x)−6]，∴x>0时，F′(x)>0,F(x)递增，又∵F(1)=f(1)−2=0,时，等价于不等式f(x)>3−1x2F(x)>F(1)∵f(x)是偶函数，∴F(x)也是偶函数，|x|>1,可得x>1或x<−1，所以f(x)>3−1的解集为{x|x>1或x<−1}，故选C.x2【点睛】本题主要考查抽象函数的单调性以及函数的求导法则，属于难题.求解这类问题一定要耐心读题、读懂题，通过对问题的条件和结论进行类比、联想、抽象、概括，准确构造出符合题意的函数是解题的关键；解这类不等式的关键点也是难点就是构造合适的函数，构造函数时往往从两方面着手：①根据导函数的“形状”变换不等式“形状”；②若是选择题，可根据选项的共性归纳构造恰当的函数.8．B【解析】【分析】构造函数g(x)=e x f(x)−e x，(x∈R)，研究g(x)的单调性，结合原函数的性质和函数值，即可求解【详解】设g(x)=e x f(x)−e x，(x∈R)，则g′(x)=e x f(x)+e x f′(x)−e x=e x[f(x)+f′(x)−1]∵f′(x)>1−f(x)∴f(x)+f′(x)−1>0则g′(x)>0，y=g(x)在定义域内单调递增∵e x f(x)>e x−1，∴g(x)>−1，g(0)=e0f(0)−e0=−1∴g(x)>g(0)，x>0则不等式的解集为(0，+∞)故选B【点睛】本题主要考查了函数单调性，结合已知条件构造函数，然后用导数判断函数的单调性是解题的关键。
导数选择题之构造函数法解不等式的一类题
导数选择题之构造函数法解不等式的一类题一、单选题，且，若对任意实数，有上的函数的导函数为1．定义在的解集为为奇函数，则不等式D．C．A．B．，则使时，的导函数，，当2．设函数是奇函数成立的的取值范围是（）得B．A．D．C．恒，都有3．定义在上的偶函数的导函数，若对任意的正实数）的取值范围为（成立的实数成立，则使．C．D．A． B ，，时恒有上的偶函数，当4．已知函数定义在数集) (，则不等式的解集为，且，，，，B．A．，，，，D．C．上的函数满足，则不等式，．定义在5的解集为（）DC ．．A．B．时，有都有6．设定义在上的函数，且满足任意、、的大小关系是（，则）B．．AD．C．，则，且满足的解集为7．已知偶函数或．B．A或．D ．C．是的导函数，则不等8．定义在R上的函数满足：（其中e为自然对数的底数）的解集为( )式A．B．C．D．，满足，则不，且上的函数的导函数为9．已知定义在的解集为（等式）DC．．．B．A的，则不等式满足上的函数10．定义在f(x)解集为．D．B．A．C是函数，其中的导函满足11．已知定义在上的函数数．若，则实数的取值范围为（）A．B．C．D．12．已知函数f(x)是定义在R上的可导函数，且对于?x∈R，均有f(x)>f′(x)，则有（）2017201720172017f(0) f(0)，(2017)<e f(－2017)<，f(2017)>e ff(0) B．A．ee f(－2017)<f(0)2017201720172017f(0) ，f(2017)<e f(－2017)>ff(0) D．e(0)C．e，f(－2017)>f(0)f(2017)>e满足,则不等，其导函数13．已知可导函数的定义域为的解集为式A．B．C．D．14．函数是定义在区间上的可导函数，其导函数为，且满足的解集为（，则不等式）．BA．D．．C成立，则( ，都有已知函数15．的导数是) ，若B．A．D．C．），则下列不等式正确的是（满足条件：当时，已知函数16．． B ．A．D ．C．则有成立.上的函数，是它的导函数，且恒有．定义在17）（B．A．D．．C满足且当18．已知函数是偶函数，，时其导函数），若，则（C．B．．AD．，则使得19．设函数是奇函数的导函数，当时，的取值范围是（）成立的．．A B ．C．D．参考答案1．B【解析】【分析】，则得的单调性，再根据为奇函数得，转化不等式构造函数为，最后根据单调性性质解不等式.【详解】，所以在上单独递减，，则构造函数因为为奇函数，所以.等价于，即，选B. 因此不等式【点睛】利用导数解抽象函数不等式，实质是利用导数研究对应函数单调性，而对应函数需要构造. 构构造构造造辅助函数常根据导数法则进行：如，构造构造等，，A2．可判断分析：【解析】构造函数时，首先判断函数的奇偶性，利用函数的单调性，结合函数图象列不等式组可得结果.详解：，设，的导数为则，时，因为成立，即恒大于零，所以当时，时，函数当为增函数，，又为定义域上的偶函数，函数为减函数，当时，函数又的图象性质类似如图，函数，数形结合可得，不等式或，可得或，使得成立的的取值范围是，故选A.点睛：本题主要考查了利用导数判断函数的单调性，并由函数的奇偶性和单调性解不等式，属于综合题. 联系已知条件和结论，构造辅助函数是高中数学中一种常用的方法，解题中若遇到有关不等式、方程及最值之类问题，设法建立起目标函数，并确定变量的限制条件，通过研究函数的单调性、最值等问题，常可使问题变得明了，准确构造出符合题意的函数是解题的关键；解这类不等式的关键点也是难点就是构造合适的函数，构造函数时往往从两方面着手：①根据导函数的“形状”变换不等式“形状”；②若是选择题，可根据选项的共性归纳构造恰当的函数.3．A【解析】【详解】，利用导数确定它的单调性，从而可得题中不等式的解．分析：构造新函数，，则详解：设由已知当时，，∴在上是减函数，又∵也是偶函数，是偶函数，∴，，即，即为不等式或，∴．∴，即故选A．点睛：本题考查用导数研究函数的单调性，然后解函数不等式．解题关键是构造新函数．新函数的结构可结合已知导数的不等式和待解的不等式的形式构造．如，，等等．，B4．，结合求导法则，以及题中的条件，可以断定函数在相应区间【解析】分析：设上的单调性，根据函数的单调性和函数的奇偶性求出不等式的解集即可.，，所以详解：设因为当时，有恒成立，所以当时，所以在上递增，，所以是奇函数，，所以因为，，所以上递增，因为所以在），所以，，所以等价于当时，，所以，所以，等价于当时，所以原不等式的解集为，故选B.点睛：该题考查的是有关函数的问题，结合题中所给的条件，结合商函数求导法则构造新函数，结合函数的单调性与导数的符号的关系，得到相应的结果，在求时的情况的时候，可以直接根据函数是偶函数求得结果.5．B对其求导分析可得在区间【解析】分析：根据题意，设，，结合函数的单调的值可得的值，进而将原不等式转化为上递减，利用性、定义域，分析可得答案.详解：根据题意，设，，则，定义在上，且有又由函数上递减，，则在区间则，则，若，则，. 即不等式的解集为故选：B.点睛：本题考查函数的导数与函数的单调性之间的关系，关键是构造函数，并分析其单调性.6．C【解析】，则有根据题意，函数满足任意都有，设的函数，则有是周期为，则，则时，，又由，则导数为上为减函数，则有在，则函数有，则有，即，又由，则有，故选C.，变形可得【方法点睛】利用导数研究函数的单调性、构造函数比较大小,属于难题.联系已知条件和结论，构造辅助函数是高中数学中一种常用的方法，解题中若遇到有关不等式、方程及最值之类问题，设法建立起目标函数，并确定变量的限制条件，通过研究函数的单调性、最值等问题，常可使问题变得明了，准确构造出符合题意的函数是解题的关键；解这类不等式的关键点也是难点就是构造合适的函数，构造函数时往往从两方面着手：①根据导函数的“形状”变换不等式“形状”；②若是选择题，可根据选项的共性归纳构造恰当的函数.7．C【解析】【分析】递增，结合奇在可得，由构造函数从而可得结果. 偶性转化原不等式为【详解】，得由，令，递增，时，时，又等价于不等式是偶函数，也是偶函数，，或可得C.或，故选的解集为所以【点睛】．本题主要考查抽象函数的单调性以及函数的求导法则，属于难题.求解这类问题一定要耐心读题、读懂题，通过对问题的条件和结论进行类比、联想、抽象、概括，准确构造出符合题意的函数是解题的关键；解这类不等式的关键点也是难点就是构造合适的函数，构造函数时往往从两方面着手：①根据导函数的“形状”变换不等式“形状”；②若是选择题，可根据选项的共性归纳构造恰当的函数. 8．B【解析】【分析】的单调性，结合原函数的性质和函数值，构造函数，研究，即可求解【详解】，设，则在定义域内单调递增，则，，，，则不等式的解集为故选【点睛】本题主要考查了函数单调性，结合已知条件构造函数，然后用导数判断函数的单调性是解题的关键。
专题：构造函数利用导数的性质解决不等式相关问题》(教师)
题型一．构造函数解决比较大小问题
【例
1】已知函数
f
x x sin x ，则
f
4 ,
f
4 3
,
f
5 4
的大小关系为_____________（用“
”连
接）．
【答案】
f
4 3
f
4
f
5 4
【解析】因为
f
'
x
sin
x
x cos
x
，当
x
5 4
,
4 3
时，有 sin
x
0, cos
2
,
2
，且 sin
sin
0
，则下列说法（1）. ；（2） 0 ；（3）. ；
4） ．则正确的是_________
【答案】
4
【解析】由题意设
f
x
x sin
x
，则有
f
x
为偶函数，且在
0,
2
上为增函数，
而 sin sin ，则有 f f ，故有
6．设函数 f (x), x R 的导函数为 f (x) ，且 f (x) f (x) ， f (x) f (x) ．则下列三个数：
是增函数，又知是 f x 奇函数， g x 是偶函数，则解集为 , 3 0,3
【例 4】已知函数 f (x) 满足 f (x) f (x) x2 ，且在 (0, ) 上， f '(x) x ，则不等式
f (2 a) f (a) 2 2a 的解集为（ ）
A．[1, )
B． (,1]
C． (,2]
D．[2, )
【答案】B
【解析】构造 g(x) f (x) 1 x2 ，则 g(x) g(x) f (x) 1 (x)2 f (x) 1 x2 0 ，故 g( x) 为
利用导数构造函数解决不等式问题小专题训练(含详细解答)
利用导数构造函数解决不等式问题1．已知定义在R 上的函数()f x 的导函数为()'f x ，且对任意x ∈R 都有()2f x '>，(1)3f =，则不等式()210f x x -->的解集为（ ）A ．(,1)-∞B ．(1,)+∞C ．(0,)+∞D ．(,0)-∞2．函数()f x 的定义域为R ，()22018f -=，对任意的x ∈R ，都有()2f x x '<成立，则不等式()22014f x x <+的解集为（ ）A ．()2,-+∞B ．()2,2-C ．(),2-∞D ．R3．设()f x 是定义在()0,∞+上的非负可导函数，且满足()()0xf x f x +<'，对任意正数,a b ，若a b <，则必有( )A ．()()af b bf a <B ．()()af a f b <C ．()()bf b f a <D ．()()bf a af b < 4．已知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且满足f(x)>0，xf′(x)－f(x)<0，则对任意正数a ，b ，当a>b 时，下列不等式一定成立的是( )A ．af(b)<bf(a)B ．bf(a)<af(b)C ．af(a)<bf(b)D ．af(b)<af(a)5．已知()f x 为定义在R 上的可导函数，()f x '为其导函数，且(('))f x f x <恒成立，其中e 是自然对数的底，则（ ） A ．(2019) (2020)f e f < B ．(2019)(2020)ef f < C ．(2019)(2020)ef f = D ． (2019)(2020)e f f >6．已知1201x x ，则（ ）A ．1221ln ln x x x x > B ．1221ln ln x x x x < C ．2112ln ln x x x x > D ．2112ln ln x x x x < 7．函数()f x 的导数为()'f x ，对任意的正数x 都有()()2'f x xf x >成立，则（ ） A ．()()9243f f > B ．()()9243f f <C ．()()9243f f =D ．()92f 与()43f 的大小不确定8．若ln22a =，ln33b =，ln66c =，则（ ） A ．a b c <<B ．c b a <<C ．c a b <<D ．b a c <<9．设)(x f 是定义在R 上的奇函数，且0)2(=f ,当0>x 时，有2()()0xf x f x x'-<恒成立，则不等式2()0x f x >的解集是（ ）A ．(2,0)-∪(2,)+∞B ．(,2)-∞-∪(0,2)C ．(,2)-∞-∪(2,)+∞D ．(2,0)-∪(0,2)参考答案1．B 【分析】先构造函数()()21g x f x x =--，求导得到()g x 在R 上单调递增，根据函数的单调性可求得不等式的解集. 【详解】构造函数()()21g x f x x =--， (1)3f =， (1)(1)210g f x ∴=--=.又任意x ∈R 都有()2f x '>.∴()()20g x f x '='->在R 上恒成立. ∴()g x 在R 上单调递增.∴当()(1)g x g >时，有1x >，即()210f x x -->的解集为{}|1x x >. 【点睛】本题主要考查利用函数的单调性解不等式，根据题目条件构造一个新函数是解决本题的关键. 2．A 【解析】分析：根据题意，构造函数()()22014g x f x x =--，对其求导可得函数()g x 在R 上单调递减，由()22018f -=可得()()()222220140g f -=----=，进而可以将不等式变形为()()2g x g <-，结合函数的单调性分析可得答案. 详解：根据题意，构造函数()()22014g x f x x =--，则()()20g x f x x '-'=<，∴函数()g x 在R 上单调递减，又()22018f -=∴()()()222220140g f -=----=∴不等式()22014f x x <+可化为()()2g x g <-，∴2x >-，即不等式()22014f x x <+的解集为()2,-+∞.故选A.点睛：可以从所证不等式的结构和特点出发，结合已有的知识利用转化与化归思想，构造一个新的函数，再借助导数确定函数的单调性，利用单调性实现问题的转化，其一般步骤是：构造可导函数→研究单调性或最值→得出不等关系→整理得出结论． 3．A 【分析】先构造函数,再由导数与原函数的单调性的关系解决. 【详解】()f x 是定义在(0,)+∞上的非负可导函数,且满足()()0xf x f x +<', ∴令()()g x xf x =,则()()()0g x xf x f x ''=+<,()g x ∴在(0,)+∞上单调递减或为常函数又0a b <<,且()f x 非负，于是有：()()0af a bf b >≥ ①22110a b>> ②②两式相乘得：()()()()0f a f b af b bf a ab>≥⇒<所以A 选项是正确的. 【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性,着重考查构造函数的思想与观察分析问题的能力,属于中档题. 4．D 【分析】根据题意构造函数g (x )＝()f x x，求导可得到函数的单调性，进而得到g （a ）<g(b). 【详解】令g (x )＝()f x x ，∴g ′(x )＝()()()'20f x xf x f x x x ⎡⎤-⎥⎦'=<⎢⎣，∴函数g (x )在定义域内单调递减，∵a >b >0，∴g （a ）<g(b)，即()()f a f b ab<，进而可得bf(a)<af(b)．故答案为D. 【点睛】本题考查函数的单调性的应用，对于解抽象函数的不等式问题或者有解析式，但是直接解不等式非常麻烦的问题，可以考虑研究函数的单调性和奇偶性等，以及函数零点等，直接根据这些性质得到不等式的解集． 5．B 【分析】构造新函数()()x x f F x e=，通过导数研究该函数的单调性，利用单调性比较大小，可得结果. 【详解】 令()()x x f F x e =，则()()('')xf x F x ef x =- 由(('))f x f x <，所以()'0F x >故函数()F x 为R 上的单调递增，所以()()20202019F F > 故20202019(2020)(2019)f ef e > 即(2019)(2020)ef f < 故选：B 【点睛】本题主要考查利用函数单调性比较式子大小，难点在于构造函数()()x x f F x e=，属中档题. 6．D 【分析】构造函数()ln f x x x =，利用导数说明其单调性，即可判断AB ；设()ln xg x x=，利用导数研究其单调性，即可得解； 【详解】解：设()ln f x x x =，则()'ln 1f x x =+，由()'0f x >，得1x e>，所以函数()f x 在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增；由()'0f x <，得10x e <<，函数()f x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，故函数()f x 在()0,1上不单调，所以()1f x 与()2f x 的大小无法确定，从而排除A ，B ；设()ln x g x x=，则()21ln 'xg x x -=，由()'0g x >，得0x e <<，即函数()f x 在()0,e 上单调递增，故函数()f x 在()0,1上单调递增，所以()()12g x g x <，即1212ln ln x x x x <，所以2112ln ln x x x x <.故选：D 【点睛】本题考查构造函数判断函数的单调性，利用函数的单调性比较函数值的大小，属于中档题. 7．A 【分析】 构造函数2()()f x g x x=，求出()0g x '<，得到()g x 在0,上单调递减，由(2)(3)g g >即可得到答案. 【详解】由()()2'f x xf x >，得()()'20xf x f x -<，设2()()f x g x x =，则()()243()2()2()x f x xf x xf x f x g x x x ''--'==， 因为x 是正数，所以30x >，又()()'20xf x f x -<，所以()0g x '<， 所以()g x 在0,上单调递减，所以(2)(3)g g >，即22(2)(3)23f f >， 即9(2)4(3)f f >. 故选：A 【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，并利用函数的单调性解不等式，注意构造函数的应用，考查学生的分析转化能力，属于中档题. 8．C 【分析】 设ln ()xf x x=，则21ln ()x f x x -'=，所以()f x 在(0,)e 上递增，在(,)e +∞上递减，又有ln 4ln 242=，由此即可得到本题答案. 【详解】 设ln ()xf x x=，则21ln ()x f x x -'=，所以()f x 在(0,)e 上递增，在(,)e +∞上递减；即有(6)(4)(3)f f f <<，所以ln6ln4ln2ln36423<=<，故c a b <<. 故选：C 【点睛】本题主要考查利用函数的单调性比较大小. 9．B 【解析】试题分析：因为当0>x 时，有2()()0xf x f x x '-<恒成立，所以'()0f x x ⎛⎫< ⎪⎝⎭恒成立，所以()f x x在(0,)+∞内单调递减．因为0)2(=f ,所以在(0,2)内恒有()0f x >；在(2,)+∞内恒有()0f x <．又因为)(x f 是定义在R 上的奇函数，所以在(,2)-∞-内恒有()0f x >；在(2,0)-内恒有()0f x <．又因为不等式2()0x f x >的解集，即不等式()0f x >的解集，由上分析可得，其解集为(,2)-∞-∪(0,2)，故应选B ．考点：1、函数的基本性质；2、导数在研究函数的单调性中的应用．【思路点睛】本题主要考查了函数的基本性质和导数在研究函数的单调性中的应用，属中档题．其解题的一般思路为：首先根据商函数求导法则可知2()()0xf x f x x'-<化为'()0f x x ⎛⎫< ⎪⎝⎭；然后利用导数的正负性可判断函数()f x x 在(0,)+∞内的单调性；再由0)2(=f 可得函数)(x f 在(0,)+∞内的正负性；最后结合奇函数的图像特征可得，函数)(x f 在(,0)-∞内的正负性，即可得出所求的解集．。
专题导数中的构造函数解不等式高考数学总复习之典型例题突破压轴题系列解析
专题0 6 导数中的构造函数解不等式导数中经常出现给出原函数与导函数的不等式，再去解一个不等式，初看起来难度很大, 其中这只是一种中等题型，只需根据原函数与。
导函数的关系式或者题目选项所给的提示构造函数，使得可根据原函数与导函数的关系式判断所构造函数的单调性，再将不等式化为两个函数值的形式，根据单调性解不等式即可。
【题型示例】1、定义在R上的函数/(x)满足:/(x) + r(.x)>l, /(0) = 4,则不等式e7Xx)>e" + 3(其中£ 为自然对数的底数)的解集为()A. (0,+oo)B. (-oo,02 (3,+00)C. (—8,0)5°,+如D. (3,+<x>)【答案】A2、设函数/(x)在/?上的导函数为f何,对VxwR有/(.v)+/(-%) = x2,在(0,+co)上,/'(x)-xvO,若直线/(4-加)-/伽)》8-4〃?，则实数加的取值范围是( )A.. [2,-KX))B.(7,2]C. (-oo,-2] U[2,炖)D. [-2,2]【答案】A【解析】令g(x)=/(x)-|x2,则g(-X)+ g(X)= /(-A)-|A-2+/(X)-|x2 =0,所以函数g(x)为奇函数，当xw(O,~K»)时,g'(x)二/'(X)7VO,所以函数g(x)在(0,+oo)上是减函数，故函数g(x)在(0,0)上也是减函数，由/(0)=0,可得g(x)在/?上是减函数，/./(4_〃?)_/伽)=g(斗一〃J +丄(斗_加)= g(4_〃?)_g(〃?) + 8_4/n8_4® .\g(4-w)^g(w),/.4-w<w,解得加22,实数加的取值范围是[2,4<»).3、己知定义在/?上的函数/⑴满足/(2) = 1,且/⑴的导函数f(x)>i则不等式/(A)<1^2-X+I的解集为()■A. [x\-2<x<2]B. {x\x<2}c{x 卜>2} D. {x|.r<-2 或x>2}【答案】B【解析】令g(x) = /(x)-** + x, fflg，(x)=/(x)-x+l,因为f(x)>x-l,所以g'(x)>0,即g(x)在/?上为增函数，不等式/(A)<|J;2-.V+1可化为/(A)-|.V2+X<I,即g(x)vg(2), 乂J Jg(x)单调递增得工v 2 ,所以不等式的解集为{x\x < 2} •4、定义在[0,+oo)的函数f(rr)的导函数为严&),对于任意的> 0,恒有> /(r), 仇=绰，^=埠，贝临上的大。
利用导数证明不等式的九大题型
利用导数证明不等式的九大题型
题型一:构造函数法
启示:证明分三个步骤:一是构造函数，二是对函数求导，判断函数的单调性;三是求此函数的最值，得出结论。
题型二:通过对函数的变形，利用分析法，证明不等式
解答第一问用的是分离参数法;解答第二问是构造函数，大家应记住下面的变形:
题型三:求最值解决任意，存在性变量问题，常见的有下面四种形式
题型四:分拆成两个函数研究
启示:掌握下列八个函数的图像和性质，对我们解决不等式的证明问题很有帮助
题型五:设而不求:当函数的极值点不确定时，可以先设出来，只设不解，把极值点代入，求出最值的表达式而证明
题型六:估值法:极值点不确定，先设出来，再估计极值点的取值范围，从而证明不等式。
题型七:利用图像的特点证明不等式
题型八:证明数列不等式
题型九:利用方缩法证明不等式。
利用导数证明不等式之构造函数法【有答案】
利用导数证明不等式之构造函数法题型一：移项作差构造函数1、解题思路第一步：判断所证明不等式是否符合移项作差构造函数的特点 将证明不等式()()f xg x >(()()f xg x <( 的问题转化为证明()()0f xg x ->(()()0f x g x -< ，进而构造函数()()()h x f x g x =-。
第二步：符合后构造函数，利用导数研究函数的单调性； 第三步：函数问题转化回不等式问题，得出结论。
[点拨]构造的函数前提是要可导，求导过程较容易，多是整式且最多利用二次求导研究其单调性问题。
比如：不等式11ln 2x x x -+<(证明时，直接移项作差构造的函数()11ln 2x x f x x -+=-(求导过于复杂且无法利用导数快速研究其单调性；2、经典例题例1：（2019春-苏州期末）已知函数()ln(1)f x x x =+-，求证：当1x >-时，恒有11ln(1)1x x x -≤+≤+.[思路分析]第一步：判断不等式特点，右边不等式移项作差直接可以利用已知函数证明，左边不等式移项作差构造函数1()ln(1)11g x x x =++-+(，可直接求导研究函数单调性，都符合移项作差构造函数特点；第二步：分别利用导数求解函数()y f x =和()y g x =的单调性和最值； 第三步：转化回不等式问题，得出结论. [解析]证明：()1()1111xf x x x x '=-=->-++( ∴当10x -<<时，()0f x '>，即()f x 在(1,0)x ∈-上为增函数 当0x >时，()0f x '<，即()f x 在(0,)x ∈+∞上为减函数， 故函数()f x 的单调递增区间为(1,0)-，单调递减区间(0,)+∞， 于是函数()f x 在(1,)-+∞上的最大值为max ()(0)0f x f ==，因此，当1x >-时，()(0)0f x f ≤=，即ln(1)0x x +-≤，∴ln(1)x x +≤（右边得证），现证左边，令1()ln(1)11g x x x =++-+，则2211()1(1)(1)xg x x x x '=-=+++ 当(1,0)x ∈-时，()0g x '<；当(0,)x ∈+∞时，()0g x '>，即()g x 在(1,0)x ∈-上为减函数，在(0,)x ∈+∞上为增函数， 故函数()g x 在(1,)-+∞上的最小值为min ()(0)0g x g ==， ∴当1x >-时，()(0)0g x g ≥=，即1ln(1)101x x ++-≥+( ∴1ln(1)11x x +≥-+，综上可知，当1x >-时，有11ln(1)1x x x -≤+≤+。
导数选择题之构造函数法解不等式的一类题
导数选择题之构造函数法解不等式的一类题一、单选题1．定义在上的函数的导函数为，若对任意实数，有，且为奇函数，则不等式的解集为A．B．C．D．2．设函数是奇函数的导函数，，当时，，则使得成立的的取值范围是（）A．B．C．D．3．定义在上的偶函数的导函数，若对任意的正实数，都有恒成立，则使成立的实数的取值范围为（）A．B．C．D．4．已知函数定义在数集，，上的偶函数，当时恒有，且，则不等式的解集为()A．，，B．，，C．，，D．，，5．定义在上的函数满足，，则不等式的解集为（）A．B．C．D．6．设定义在上的函数满足任意都有，且时，有，则、、的大小关系是（）A．B．C．D．7．已知偶函数满足，且，则的解集为A．或B．C．或D．8．定义在R上的函数满足：是的导函数，则不等式（其中e为自然对数的底数）的解集为( )A．B．C．D．9．已知定义在上的函数的导函数为，满足，且，则不等式的解集为（）A．B．C．D．10．定义在上的函数f(x)满足，则不等式的解集为A．B．C．D．11．已知定义在上的函数满足，其中是函数的导函数．若，则实数的取值范围为（）A．B．C．D．12．已知函数f(x)是定义在R上的可导函数，且对于∀x∈R，均有f(x)>f′(x)，则有（）A．e2017f(－2017)<f(0)，f(2017)>e2017f(0) B．e2017f(－2017)<f(0)，f(2017)<e2017f(0)C．e2017f(－2017)>f(0)，f(2017)>e2017f(0) D．e2017f(－2017)>f(0)，f(2017)<e2017f(0)13．已知可导函数的定义域为，其导函数满足,则不等式的解集为A．B．C．D．14．函数是定义在区间上的可导函数，其导函数为，且满足，则不等式的解集为（）A．B．C．D．15．已知函数的导数是，若∀ ，都有成立，则( )A．B．C．D．16．已知函数满足条件：当时，，则下列不等式正确的是（）A．B．C．D．17．定义在上的函数，是它的导函数，且恒有成立.则有（）A．B．C．D．18．已知函数是偶函数，，且当时其导函数满足，若，则（）A．B．C．D．19．设函数是奇函数的导函数，当时，，则使得成立的的取值范围是（）A．B．C．D．参考答案1．B【解析】【分析】构造函数，则得的单调性，再根据为奇函数得，转化不等式为，最后根据单调性性质解不等式.【详解】构造函数，则，所以在上单独递减，因为为奇函数，所以.因此不等式等价于，即，选B.【点睛】利用导数解抽象函数不等式，实质是利用导数研究对应函数单调性，而对应函数需要构造. 构造辅助函数常根据导数法则进行：如构造，构造，构造，构造等2．A【解析】分析：构造函数，首先判断函数的奇偶性，利用可判断时函数的单调性，结合函数图象列不等式组可得结果.详解：设，则的导数为，因为时，，即成立，所以当时，恒大于零，当时，函数为增函数，又，函数为定义域上的偶函数，当时，函数为减函数，又函数的图象性质类似如图，数形结合可得，不等式，或，可得或，使得成立的的取值范围是，故选A.点睛：本题主要考查了利用导数判断函数的单调性，并由函数的奇偶性和单调性解不等式，属于综合题. 联系已知条件和结论，构造辅助函数是高中数学中一种常用的方法，解题中若遇到有关不等式、方程及最值之类问题，设法建立起目标函数，并确定变量的限制条件，通过研究函数的单调性、最值等问题，常可使问题变得明了，准确构造出符合题意的函数是解题的关键；解这类不等式的关键点也是难点就是构造合适的函数，构造函数时往往从两方面着手：①根据导函数的“形状”变换不等式“形状”；②若是选择题，可根据选项的共性归纳构造恰当的函数.3．A【解析】【详解】分析：构造新函数，利用导数确定它的单调性，从而可得题中不等式的解．详解：设，则，由已知当时，，∴在上是减函数，又∵是偶函数，∴也是偶函数，，不等式即为，即，∴，∴，即或．故选A．点睛：本题考查用导数研究函数的单调性，然后解函数不等式．解题关键是构造新函数．新函数的结构可结合已知导数的不等式和待解的不等式的形式构造．如，，，等等．4．B【解析】分析：设，结合求导法则，以及题中的条件，可以断定函数在相应区间上的单调性，根据函数的单调性和函数的奇偶性求出不等式的解集即可.详解：设，所以，因为当时，有恒成立，所以当时，所以在上递增，因为，所以，所以是奇函数，所以在上递增，因为，所以，当时，等价于，所以），所以，当时，等价于，所以，所以，所以原不等式的解集为，故选B.点睛：该题考查的是有关函数的问题，结合题中所给的条件，结合商函数求导法则构造新函数，结合函数的单调性与导数的符号的关系，得到相应的结果，在求时的情况的时候，可以直接根据函数是偶函数求得结果.5．B【解析】分析：根据题意，设，对其求导分析可得在区间上递减，利用的值可得的值，进而将原不等式转化为，结合函数的单调性、定义域，分析可得答案.详解：根据题意，设，则，又由函数定义在上，且有，则，则在区间上递减，若，则，，则，即不等式的解集为.故选：B.点睛：本题考查函数的导数与函数的单调性之间的关系，关键是构造函数，并分析其单调性.6．C【解析】根据题意，函数满足任意都有，则有，则是周期为的函数，则有，设，则导数为，又由时，，则有，则有，则函数在上为减函数，则有，即，又由，则有，变形可得，故选C.【方法点睛】利用导数研究函数的单调性、构造函数比较大小,属于难题.联系已知条件和结论，构造辅助函数是高中数学中一种常用的方法，解题中若遇到有关不等式、方程及最值之类问题，设法建立起目标函数，并确定变量的限制条件，通过研究函数的单调性、最值等问题，常可使问题变得明了，准确构造出符合题意的函数是解题的关键；解这类不等式的关键点也是难点就是构造合适的函数，构造函数时往往从两方面着手：①根据导函数的“形状”变换不等式“形状”；②若是选择题，可根据选项的共性归纳构造恰当的函数.7．C【解析】【分析】构造函数，由可得在递增，结合奇偶性转化原不等式为从而可得结果.【详解】由得，令，，时，递增，又时，不等式等价于是偶函数，也是偶函数，可得或，所以的解集为或，故选C.【点睛】本题主要考查抽象函数的单调性以及函数的求导法则，属于难题.求解这类问题一定要耐心读题、读懂题，通过对问题的条件和结论进行类比、联想、抽象、概括，准确构造出符合题意的函数是解题的关键；解这类不等式的关键点也是难点就是构造合适的函数，构造函数时往往从两方面着手：①根据导函数的“形状”变换不等式“形状”；②若是选择题，可根据选项的共性归纳构造恰当的函数.8．B【解析】【分析】构造函数，，研究的单调性，结合原函数的性质和函数值，即可求解【详解】设，，则则，在定义域内单调递增，，，则不等式的解集为，故选【点睛】本题主要考查了函数单调性，结合已知条件构造函数，然后用导数判断函数的单调性是解题的关键。
构造函数法解决导数不等式问题(一)
(2)对任意的 x∈0，π2，不等式 f(x)tanx<f′(x)恒成立，则下列不等式错误的是( )
A．f π3>
2f
π 4
B．f π3>2f(1)cos 1
C．2f(1)cos1>
2f
π 4
D．
2f π4<
3f
π 6
答案 D 解析 因为 x∈0，π2，所以 sin x>0，cos x>0，构造函数 F(x)＝f(x)cos x，
(6)已知定义域为 R 的奇函数 y＝f(x)的导函数为 y＝f′(x)，当 x＞0 时，xf′(x)－f(x)＜0，
若 a＝f(ee)，b＝f(llnn22)，c＝f(－－33)，则 a，b，c 的大小关系正确的是(
)
A．a＜b＜c
B．b＜c＜a
C．a＜c＜b
D．c＜a＜b
答案 D 解析 设 g(x)＝f(xx)，则 g′(x)＝xf′(x)x－2 f(x)，当 x＞0 时，xf′(x)－f(x)＜0，则 g′(x) ＝xf′(x)x－2 f(x)＜0，即函数 g(x)在 x∈(0，＋∞)时为减函数．由函数 y＝f(x)为奇函数知 f(－3) ＝－f(3)，则 c＝f(－－33)＝f(33)．∵a＝f(ee)＝g(e)，b＝f(llnn 22)＝g(ln 2)，c＝f(33)＝g(3)且 3＞e＞ln
则 F′(x)＝－f(x)sinx＋f′(x)cos x，因为对任意的 x∈0，π2，不等式 f(x)tan x<f′(x)恒成立，所
以 f(x)sin x<f′(x)cos x 恒成立，即 f′(x)cos x－f(x)sinx>0 恒成立，所以 F′(x)>0 恒成立，所以
(完整版)导数应用之构造函数法解不等式
导数应用之七构造函数利用单调性解不等式一．导数的常见构造1．对于()()x g x f ''>，构造()()()x g x f x h -=更一般地,遇到()()0'≠>a a x f ，即导函数大于某种非零常数(若a =0，则无需构造），则可构()()ax x f x h -= 2．对于()()0''>+x g x f ，构造()()()x g x f x h += 3．对于()()0'>+x f x f ，构造()()x f e x h x =4．对于()()x f x f >'［或()()0'>-x f x f ］，构造()()xe xf x h =5．对于()()0'>+x f x xf ,构造()()x xf x h = 6．对于()()0'>-x f x xf ，构造()()xx f x h =【母题原题】设函数'()f x 是奇函数()()f x x R ∈的导函数，(1)0f -=，当0x >时，'()()0xf x f x -<，则使得()0f x >成立的x 的取值范围是( )A ．(,1)(0,1)-∞-B ．(1,0)(1,)-+∞C ．(,1)(1,0)-∞--D ．(0,1)(1,)+∞变式1。
【天津一中2014---2015高三年级理科】函数()f x 的定义域是R ，()02f =，对任意()(),1x R f x f x '∈+>，则不等式()1x x e f x e ⋅>+的解集为( )A 。
{}|0x x >B .{}|0x x <C 。
{}|101x x x <-<<或D .{}|11x x x ><-或变式2.设函数f （x)是定义在(,0)-∞上的可导函数，其导函数为'(x)f ，且有'3(x)x (x)0f f +>,则不等式()32015(x 2015)27(3)0x f f +++->的解集是（ ）A.(2018,2015)--B.(,2016)-∞-C.(2016,2015)--D.(,2012)-∞-变式3。
高三数学函数与导数压轴题训练——构造函数证明不等式
高三数学函数与导数压轴题训练——构造函数证明不等式利用导数证明不等式是近几年高考命题的一种热点题型．利用导数证明不等式，关键是要找出与待证不等式紧密联系的函数，然后以导数为工具来研究该函数的单调性、极值、最值(值域)，从而达到证明不等式的目的，这时常常需要构造辅助函数来解决．题目本身特点不同，所构造的函数可有多种形式，解题的繁简程度也因此而不同，这里给出几种常用的构造技巧．当试题中给出简单的基本初等函数，例如范围内不等式f (x )≥g (x )成立时，可以类比作差法，构造函数h (x )＝f (x )－g (x )或φ(x )＝g (x )－f (x )，进而证明h (x )min ≥0或φ(x )max ≤0即可，在求最值的过程中，可以利用导数为工具．此外，在能够说明g (x )>0(f (x )>0)的前提下，也可以类比作商法，构造函数h (x )＝f (x )g (x )⎝⎛⎭⎫φ(x )＝g (x )f (x )，进而证明h (x )min ≥1(φ(x )max≤1)．[典例]已知函数f (x )＝e x －ax (e 为自然对数的底数，a 为常数)的图象在点(0,1)处的切线斜率为－1.(1)求a 的值及函数f (x )的极值； (2)证明：当x ＞0时，x 2＜e x . [方法演示]解：(1)由f (x )＝e x －ax ，得f ′(x )＝e x －a . 因为f ′(0)＝1－a ＝－1，所以a ＝2， 所以f (x )＝e x －2x ，f ′(x )＝e x －2， 令f ′(x )＝0，得x ＝ln 2，当x ＜ln 2时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减； 当x ＞ln 2时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．所以当x ＝ln 2时，f (x )取得极小值，且极小值为f (ln 2)＝e ln 2－2ln 2＝2－ln 4，f (x )无极大值．(2)证明：令g (x )＝e x －x 2，则g ′(x )＝e x －2x . 由(1)得g ′(x )＝f (x )≥f (ln 2)＞0， 故g (x )在R 上单调递增．所以当x＞0时，g(x)＞g(0)＝1＞0，即x2＜e x.[解题师说]在本例第(2)问中，发现“x2，e x”具有基本初等函数的基因，故可选择对要证明的“x2＜e x”构造函数，得到“g(x)＝e x－x2”，并利用(1)的结论求解．[应用体验]1．已知函数f(x)＝x ln x－2x，g(x)＝－ax2＋ax－2(a＞1)．(1)求函数f(x)的单调区间及最小值；(2)证明：f(x)≥g(x)在[1，＋∞)上恒成立．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，∵f(x)＝x ln x－2x，∴f′(x)＝ln x＋1－2＝ln x－1，由f′(x)＞0，得x＞e；由f′(x)＜0，得0＜x＜e，∴函数f(x)的单调递增区间为(e，＋∞)，单调递减区间为(0，e)，∴函数f(x)的最小值为f(e)＝eln e－2e＝－e.(2)证明：令h(x)＝f(x)－g(x)，∵f(x)≥g(x)在[1，＋∞)上恒成立，∴h(x)min≥0，x∈[1，＋∞)，∵h(x)＝x ln x＋ax2－ax－2x＋2，∴h′(x)＝ln x＋1＋2ax－a－2＝ln x＋2ax－a－1.令m(x)＝ln x＋2ax－a－1，x∈[1，＋∞)，＋2a，则m′(x)＝1x∵x＞1，a＞1，∴m′(x)＞0，∴m(x)在[1，＋∞)上单调递增，∴m(x)≥m(1)＝a－1，即h′(x)≥a－1，∵a＞1，∴a－1＞0，∴h′(x)＞0，∴h(x)＝x ln x＋ax2－ax－2x＋2在[1，＋∞)上单调递增，∴h(x)≥h(1)＝0，即f(x)－g(x)≥0，故f (x )≥g (x )在[1，＋∞)上恒成立.当所要证明的不等式由几个基本初等函数通过相乘以及相加的形式组成时，如果对其直接求导，得到的导函数往往给人一种“扑朔迷离”“不知所措”的感觉．这时可以将原不等式合理拆分为f (x )≤g (x )的形式，进而证明f (x )max ≤g (x )min 即可，此时注意配合使用导数工具．在拆分的过程中，一定要注意合理性的把握，一般以能利用导数进行最值分析为拆分标准．[典例] 设函数f (x )＝a e xln x ＋b e x －1x ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线为y ＝e(x －1)＋2.(1)求a ，b ； (2)证明：f (x )＞1. [方法演示]解：(1)f ′(x )＝a e x⎝⎛⎭⎫ln x ＋1x ＋b e x －1(x －1)x 2(x ＞0)，由于直线y ＝e(x －1)＋2的斜率为e ，图象过点(1,2)，所以⎩⎪⎨⎪⎧ f (1)＝2，f ′(1)＝e ，即⎩⎪⎨⎪⎧ b ＝2，a e ＝e ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝2.(2)证明：由(1)知f (x )＝e xln x ＋2e x －1x(x ＞0)，从而f (x )＞1等价于x ln x ＞x e －x －2e .构造函数g (x )＝x ln x ，则g ′(x )＝1＋ln x ，所以当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，g ′(x )＜0，当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，g ′(x )＞0， 故g (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上单调递增， 从而g (x )在(0，＋∞)上的最小值为g ⎝⎛⎭⎫1e ＝－1e . 构造函数h (x )＝x e －x －2e ，则h ′(x )＝e －x (1－x )． 所以当x ∈(0,1)时，h ′(x )＞0； 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＜0；故h (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 从而h (x )在(0，＋∞)上的最大值为h (1)＝－1e .综上，当x ＞0时，g (x )＞h (x )，即f (x )＞1. [解题师说]对于第(2)问“a e x ln x ＋b e x －1x ＞1”的证明，若直接构造函数h (x )＝a e xln x ＋b e x －1x －1，求导以后不易分析，因此并不宜对其整体进行构造函数，而应先将不等式“a e xln x ＋b e x－1x＞1”合理拆分为“x ln x ＞x e －x －2e ”，再分别对左右两边构造函数，进而达到证明原不等式的目的．[应用体验] 2．已知函数f (x )＝a ln x x ＋1＋bx，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为x ＋2y －3＝0. (1)求a ，b 的值；(2)证明：当x ＞0，且x ≠1时，f (x )＞ln xx －1. 解：(1)f ′(x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x －ln x (x ＋1)2－bx 2(x ＞0)．由于直线x ＋2y －3＝0的斜率为－12，且过点(1,1)，故⎩⎪⎨⎪⎧ f (1)＝1，f ′(1)＝－12，即⎩⎪⎨⎪⎧b ＝1，a 2－b ＝－12.解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝1. (2)证明：由(1)知f (x )＝ln x x ＋1＋1x (x ＞0)，所以f (x )－ln xx －1＝11－x 2⎝⎛⎭⎪⎫2ln x －x 2－1x .考虑函数h (x )＝2ln x －x 2－1x(x ＞0)，则h ′(x )＝2x －2x 2－(x 2－1)x 2＝－(x －1)2x 2.所以当x ≠1时，h ′(x )＜0.而h (1)＝0，故当x ∈(0,1)时，h (x )＞0，可得11－x 2h (x )＞0；当x ∈(1，＋∞)时，h (x )＜0，可得11－x 2h (x )＞0.从而当x ＞0，且x ≠1时，f (x )－ln xx －1＞0，即f (x )＞ln xx －1.若两个变元x 1，x 2之间联系“亲密”，我们可以通过计算、化简，将所证明的不等式整体转化为关于m (x 1，x 2)的表达式(其中m (x 1，x 2)为x 1，x 2组合成的表达式)，进而使用换元令m (x 1，x 2)＝t ，使所要证明的不等式转化为关于t 的表达式，进而用导数法进行证明，因此，换元的本质是消元．[典例] 已知函数f (x )＝ln xx ＋a(a ∈R)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线x ＋y ＋1＝0垂直．(1)试比较2 0172 018与2 0182 017的大小，并说明理由；(2)若函数g (x )＝f (x )－k 有两个不同的零点x 1，x 2，证明：x 1x 2＞e 2. [方法演示]解：(1)依题意得f ′(x )＝x ＋ax －ln x(x ＋a )2，所以f ′(1)＝1＋a (1＋a )2＝11＋a. 又曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线x ＋y ＋1＝0垂直，所以f ′(1)＝1，即11＋a ＝1，解得a ＝0.故f (x )＝ln xx ，f ′(x )＝1－ln x x 2.由f ′(x )＞0，得0＜x ＜e ；由f ′(x )＜0，得x ＞e ，所以函数f (x )的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e ，＋∞)．所以f (2 017)＞f (2 018)，即ln 2 0172 017＞ln 2 0182 018. 整理得ln 2 0172 018＞ln 2 0182 017， 所以2 0172 018＞2 0182 017.(2)证明：g (x )＝ln xx －k ，设x 1＞x 2＞0，由g (x 1)＝g (x 2)＝0， 可得ln x 1－kx 1＝0，ln x 2－kx 2＝0，两式相加减， 得ln x 1＋ln x 2＝k (x 1＋x 2)，ln x 1－ln x 2＝k (x 1－x 2)．要证x 1x 2＞e 2，即证ln x 1x 2＞2，只需证ln x 1＋ln x 2＞2，也就是证k (x 1＋x 2)＞2，即证k ＞2x 1＋x 2. 因为k ＝ln x 1－ln x 2x 1－x 2，所以只需证ln x 1－ln x 2x 1－x 2＞2x 1＋x 2，即证ln x 1x 2＞2(x 1－x 2)x 1＋x 2.令x 1x 2＝t (t ＞1)，则只需证ln t ＞2(t －1)t ＋1(t ＞1)． 令h (t )＝ln t －2(t －1)t ＋1(t ＞1)，则h ′(t )＝1t －4(t ＋1)2＝(t －1)2t (t ＋1)2＞0，故函数h (t )在(1，＋∞)上单调递增， 所以h (t )＞h (1)＝0，即ln t ＞2(t －1)t ＋1.所以x 1x 2＞e 2. [解题师说](1)由题意易知f ′(1)＝1，可列出关于a 的方程，从而求出a 的值，得到函数f (x )的解析式．欲比较2 0172 018与2 0182 017的大小，只需比较f (2 017)，f (2 018)的大小，即需判断函数y ＝f (x )的单调性．(2)不妨设x 1＞x 2＞0，由g (x 1)＝g (x 2)＝0，可得ln x 1－kx 1＝0，ln x 2－kx 2＝0，两式相加减，利用分析法将要证明的不等式转化为ln x 1－ln x 2x 1－x 2＞2x 1＋x 2，再利用换元法，通过求导证明上述不等式成立．[应用体验]3．已知函数f (x )＝x 2ln x . (1)求函数f (x )的单调区间；(2)证明：对任意的t ＞0，存在唯一的s ，使t ＝f (s )；(3)设(2)中所确定的s 关于t 的函数为s ＝g (t )，证明：当t ＞e 2时，有25＜ln g (t )ln t ＜12.解：(1)由已知，得f ′(x )＝2x ln x ＋x ＝x (2ln x ＋1)(x ＞0)， 令f ′(x )＝0，得x ＝1e. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以函数f (x )的单调递减区间是⎝⎛⎭⎫0，1e ，单调递增区间是⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞.(2)证明：当0＜x ≤1时，f (x )≤0，∵t ＞0，∴当0＜x ≤1时不存在t ＝f (s )． 令h (x )＝f (x )－t ，x ∈[1，＋∞)．由(1)知，h (x )在区间(1，＋∞)上单调递增． h (1)＝－t ＜0，h (e t )＝e 2t ln e t －t ＝t (e 2t －1)＞0. 故存在唯一的s ∈(1，＋∞)，使得t ＝f (s )成立． (3)证明：因为s ＝g (t )，由(2)知，t ＝f (s )，且s ＞1， 从而ln g (t )ln t ＝ln s ln f (s )＝ln sln (s 2ln s )＝ln s2ln s ＋ln (ln s )＝u2u ＋ln u，其中u ＝ln s .要使25＜ln g (t )ln t ＜12成立，只需0＜ln u ＜u 2.当t ＞e 2时，若s ＝g (t )≤e ，则由f (s )的单调性，有t ＝f (s )≤f (e)＝e 2，矛盾． 所以s ＞e ，即u ＞1，从而ln u ＞0成立．另一方面，令F (u )＝ln u －u 2，u ＞1，F ′(u )＝1u －12，令F ′(u )＝0，得u ＝2.当1＜u ＜2时，F ′(u )＞0；当u ＞2时，F ′(u )＜0. 故对u ＞1，F (u )≤F (2)＜0，因此ln u ＜u2成立．综上，当t ＞e 2时，有25＜ln g (t )ln t ＜12.在关于x 1，x 2的双变元问题中，若无法将所要证明的不等式整体转化为关于m (x 1，x 2)的表达式，则考虑将不等式转化为函数的单调性问题进行处理，进而实现消元的目的．[典例] 设函数f (x )＝ln x ＋mx ，m ∈R.(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的最小值； (2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数；(3)若对任意b >a >0，f (b )－f (a )b －a<1恒成立，求m 的取值范围． [方法演示]解：(1)当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ex ，则f ′(x )＝x －e x 2，故当x ∈(0，e)时，f ′(x )<0，f (x )在(0，e)上单调递减，当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增，故当x ＝e 时，f (x )取到极小值，也是最小值，f (e)＝ln e ＋ee＝2，故f (x )的最小值为2.(2)g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x >0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0)．设φ(x )＝－13x 3＋x (x ≥0)，则φ′(x )＝－(x －1)(x ＋1)，当x ∈(0,1)时，φ′(x )>0，φ(x )在(0,1)上单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )<0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减， 故x ＝1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点， 故φ(x )的最大值为φ(1)＝23.又φ(0)＝0，画出函数y ＝φ(x )的图象如图所示．①当m >23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0<m <23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点．综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点．(3)对任意的b >a >0，f (b )－f (a )b －a <1等价于f (b )－b <f (a )－a 恒成立．(*)设h (x )＝f (x )－x ＝ln x ＋mx －x (x >0)， 故(*)等价于h (x )在(0，＋∞)上单调递减．由h ′(x )＝1x －m x 2－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，得m ≥－x 2＋x ＝－⎝⎛⎭⎫x －122＋14(x >0)恒成立，故m ≥14，当且仅当x ＝12时等号成立，所以m 的取值范围为⎣⎡⎭⎫14，＋∞. [解题师说]本例第(3)问中，利用不等式的性质，将“f (b )－f (a )b －a<1”等价转化为“f (b )－b <f (a )－a ”，进而构造函数“h (x )＝f (x )－x ”，通过研究函数的单调性求解实数m 的取值范围．[应用体验]4．已知函数f (x )＝ax －1－ln x (a ∈R)． (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )在x ＝1处取得极值，不等式f (x )≥bx －2对∀x ∈(0，＋∞)恒成立，求实数b 的取值范围；(3)当x >y >e －1时，证明不等式e x ln(1＋y )>e y ln(1＋x )． 解：(1)函数f (x )的定义域是(0，＋∞)，且f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x .当a ≤0时，ax －1<0，从而f ′(x )<0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减． 当a >0时，由f ′(x )<0，得0<x <1a ，由f ′(x )>0，得x >1a ，所以函数f (x )在⎝⎛⎦⎤0，1a 上单调递减，在⎣⎡⎭⎫1a ，＋∞上单调递增． (2)因为函数f (x )在x ＝1处取得极值， 所以f ′(1)＝0，解得a ＝1， 所以f (x )≥bx －2⇒1＋1x －ln xx ≥b ，令g (x )＝1＋1x －ln xx ，则g ′(x )＝ln x －2x 2，令g ′(x )＝0，得x ＝e 2.则g (x )在(0，e 2)上单调递减，在(e 2，＋∞)上单调递增， 所以g (x )min ＝g (e 2)＝1－1e 2，即b ≤1－1e 2，故实数b 的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，1－1e 2. (3)证明：由题意可知，要证不等式e x ln(1＋y )>e y ln(1＋x )成立，只需证e x ＋1ln (x ＋1)>e y ＋1ln (y ＋1)成立．构造函数h (x )＝e xln x(x >e)，则h ′(x )＝e xln x －e x x ln 2x ＝e x ⎝⎛⎭⎫ln x －1x ln 2x>0. 所以h (x )在(e ，＋∞)上单调递增， 由于x >y >e －1，所以x ＋1>y ＋1>e ， 所以e x ＋1ln (x ＋1)>e y ＋1ln (y ＋1)，即e x ln(1＋y )>e y ln(1＋x )．1．已知函数f(x)＝(x－1)(x2＋2)e x－2x.(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)证明：f(x)＞－x2－4.解：(1)因为f′(x)＝2x(x－1)e x＋x(x2＋2)e x－2＝x2(x＋2)e x－2，所以f′(0)＝－2.因为f(0)＝－2，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为2x＋y＋2＝0.(2)证明：要证f(x)＞－x2－4，只需证(x－1)(x2＋2)e x＞－x2＋2x－4，设g(x)＝－x2＋2x－4＝－(x－1)2－3，h(x)＝(x－1)(x2＋2)e x，则h′(x)＝x2(x＋2)e x.由h′(x)≥0，得x≥－2，故h(x)在[－2，＋∞)上单调递增；由h′(x)＜0，得x＜－2，故h(x)在(－∞，－2)上单调递减，所以h(x)min＝h(－2)＝－18 e2.因为e≈2.718，所以－18e2＞－3.又g(x)max＝－3，所以g(x)max＜h(x)min，从而(x－1)(x2＋2)e x＞－x2＋2x－4，即f(x)＞－x2－4.2．(理)已知函数f(x)＝e x＋m－x3，g(x)＝ln(x＋1)＋2.(1)若曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线斜率为1，求实数m的值；(2)当m≥1时，证明：f(x)＞g(x)－x3.解：(1)因为f(x)＝e x＋m－x3，所以f′(x)＝e x＋m－3x2.因为曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线斜率为1，所以f′(0)＝e m＝1，解得m＝0.(2)证明：因为f(x)＝e x＋m－x3，g(x)＝ln(x＋1)＋2，所以f(x)＞g(x)－x3等价于e x＋m－ln(x＋1)－2＞0.当m≥1时，e x＋m－ln(x＋1)－2≥e x＋1－ln(x＋1)－2.要证e x＋m－ln(x＋1)－2＞0，只需证明e x＋1－ln(x＋1)－2＞0.设h (x )＝e x ＋1－ln(x ＋1)－2，则h ′(x )＝e x ＋1－1x ＋1. 设p (x )＝e x ＋1－1x ＋1，则p ′(x )＝e x ＋1＋1(x ＋1)2＞0， 所以函数p (x )＝h ′(x )＝e x ＋1－1x ＋1在(－1，＋∞)上单调递增． 因为h ′⎝⎛⎭⎫－12＝e 12－2＜0，h ′(0)＝e －1＞0， 所以函数h ′(x )＝e x ＋1－1x ＋1在(－1，＋∞)上有唯一零点x 0，且x 0∈⎝⎛⎭⎫－12，0. 因为h ′(x 0)＝0，所以e x 0＋1＝1x 0＋1， 即ln(x 0＋1)＝－(x 0＋1)．当x ∈(－1，x 0)时，h ′(x )＜0，当x ∈(x 0，＋∞)时，h ′(x )＞0，所以当x ＝x 0时，h (x )取得最小值h (x 0)，所以h (x )≥h (x 0)＝e x 0＋1－ln(x 0＋1)－2＝1x 0＋1＋(x 0＋1)－2＞0. 综上可知，当m ≥1时，f (x )＞g (x )－x 3.(文)已知函数f (x )＝(ax －1)ln x ＋x 22. (1)若a ＝2，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线l 的方程；(2)设函数g (x )＝f ′(x )有两个极值点x 1，x 2，其中x 1∈(0，e]，证明g (x 1)－g (x 2)≥－4e. 解：(1)当a ＝2时，f ′(x )＝2ln x ＋x －1x ＋2，f ′(1)＝2，f (1)＝12， ∴切线l 的方程为y －12＝2(x －1)，即4x －2y －3＝0. (2)函数g (x )＝a ln x ＋x －1x ＋a ，定义域为(0，＋∞)，则g ′(x )＝1＋a x ＋1x 2＝x 2＋ax ＋1x 2. 令g ′(x )＝0，得x 2＋ax ＋1＝0，其两根为x 1，x 2，且x 1＋x 2＝－a ，x 1x 2＝1，故x 2＝1x 1，a ＝－⎝⎛⎭⎫x 1＋1x 1. ∴g (x 1)－g (x 2)＝g (x 1)－g ⎝⎛⎭⎫1x 1＝a ln x 1＋x 1－1x 1＋a －⎝⎛⎭⎫a ln 1x 1＋1x 1－x 1＋a ＝2⎝⎛⎭⎫x 1－1x 1＋2a ln x 1 ＝2⎝⎛⎭⎫x 1－1x 1－2⎝⎛⎭⎫x 1＋1x 1ln x 1. 令h (x )＝2⎝⎛⎭⎫x －1x －2⎝⎛⎭⎫x ＋1x ln x ，x ∈(0，e]， 则[g (x 1)－g (x 2)]min ＝h (x )min ，h ′(x )＝2(1＋x )(1－x )ln x x 2， 当x ∈(0,1]时，h ′(x )≤0，当x ∈(1，e]时，h ′(x )＜0，即当x ∈(0，e]时，h (x )单调递减，∴h (x )min ＝h (e)＝－4e， 故g (x 1)－g (x 2)≥－4e. 3．已知函数f (x )＝1－x ax ＋ln x 在(1，＋∞)上是增函数，且a >0.(1)求a 的取值范围；(2)若b >0，试证明1a ＋b<ln a ＋b b <a b . 解：(1)f ′(x )＝－1ax 2＋1x ＝ax －1ax 2， 因为f ′(x )≥0，且a >0，所以ax －1≥0，即x ≥1a. 因为x ∈(1，＋∞)，所以1a ≤1，即a ≥1.所以a 的取值范围为[1，＋∞)．(2)证明：因为b >0，a ≥1，所以a ＋b b >1.又f (x )＝1－x ax＋ln x 在(1，＋∞)上是增函数， 所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b b >f (1)，即1－a ＋b b a ·a ＋b b＋ln a ＋b b >0， 化简得1a ＋b<ln a ＋b b . ln a ＋b b <a b 等价于ln a ＋b b －a b ＝ln ⎝⎛⎭⎫1＋a b －a b<0， 令g (x )＝ln(1＋x )－x (x >0)，则g ′(x )＝11＋x －1＝－x 1＋x<0， 所以函数g (x )在(0，＋∞)上为减函数，所以g ⎝⎛⎭⎫a b ＝ln ⎝⎛⎭⎫1＋a b －a b ＝ln a ＋b b －a b<g (0)＝0， 综上，1a ＋b<ln a ＋b b <a b 得证． 4．(理)已知函数f (x )＝x ln x .(1)求f (x )的单调区间和极值；(2)设A (x 1，f (x 1))，B (x 2，f (x 2))，且x 1≠x 2，证明：f (x 2)－f (x 1)x 2－x 1<f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22. 解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ln x ＋x ·1x ＝1＋ln x .由f ′(x )>0，得x >1e； 由f ′(x )<0，得0<x <1e， 所以f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞，单调递减区间是⎝⎛⎭⎫0，1e ， f (x )极小值＝f ⎝⎛⎭⎫1e ＝1e ln 1e ＝－1e，f (x )无极大值． (2)证明：不妨设x 1<x 2，f (x 2)－f (x 1)x 2－x 1<f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22⇔x 2ln x 2－x 1ln x 1x 2－x 1<ln x 1＋x 22＋1⇔x 2ln x 2－x 1ln x 1<x 2ln x 1＋x 22－x 1ln x 1＋x 22＋x 2－x 1⇔x 2ln 2x 2x 1＋x 2<x 1ln 2x 1x 1＋x 2＋x 2－x 1， 两边同除以x 1得，x 2x 1ln 2·x 2x 11＋x 2x 1<ln 21＋x 2x 1＋x 2x 1－1， 令x 2x 1＝t ，则t >1，即证：t ln 2t 1＋t <ln 21＋t＋t －1. 令g (t )＝t ln 2t 1＋t －ln 21＋t－t ＋1， 则g ′(t )＝ln 2t 1＋t ＋t ·1＋t 2t ·2(1＋t )2＋1＋t 2·2(1＋t )2－1＝ln 2t 1＋t ＋1－t 1＋t ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋t －1t ＋1－t －1t ＋1， 令t －1t ＋1＝x (x >0)，h (x )＝ln(1＋x )－x ， 则h ′(x )＝11＋x －1＝－x 1＋x<0，h (x )在(0，＋∞)上单调递减．所以h (x )<h (0)＝0， 即ln(1＋x )<x ，即g ′(t )＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋t －1t ＋1－t －1t ＋1<0恒成立． 所以g (t )在(1，＋∞)上是减函数．所以g (t )<g (1)＝0，所以t ln 2t 1＋t <ln 21＋t＋t －1得证． 所以f (x 2)－f (x 1)x 2－x 1<f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22成立． (文)已知函数f (x )＝x ＋a e x. (1)若f (x )在区间(－∞，2)上为单调递增函数，求实数a 的取值范围；(2)若a ＝0，x 0＜1，设直线y ＝g (x )为函数f (x )的图象在x ＝x 0处的切线，求证：f (x )≤g (x )．解：(1)易得f ′(x )＝－x －(1－a )e x， 由已知知f ′(x )≥0对x ∈(－∞，2)恒成立，故x≤1－a对x∈(－∞，2)恒成立，∴1－a≥2，∴a≤－1.故实数a的取值范围为(－∞，－1]．(2)证明：a＝0，则f(x)＝xe x.函数f(x)的图象在x＝x0处的切线方程为y＝g(x)＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)．令h(x)＝f(x)－g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，x∈R，则h′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝1－xe x－1－x0e x0＝(1－x)e x0－(1－x0)e xe x＋x0.设φ(x)＝(1－x)e x0－(1－x0)e x，x∈R，则φ′(x)＝－e x0－(1－x0)e x，∵x0＜1，∴φ′(x)＜0，∴φ(x)在R上单调递减，而φ(x0)＝0，∴当x＜x0时，φ(x)＞0，当x＞x0时，φ(x)＜0，∴当x＜x0时，h′(x)＞0，当x＞x0时，h′(x)＜0，∴h(x)在区间(－∞，x0)上为增函数，在区间(x0，＋∞)上为减函数，∴x∈R时，h(x)≤h(x0)＝0，∴f(x)≤g(x)．。