常用导数放缩法

1.已知函数f(x)＝e－ln(x＋m)．

(1)设x＝0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性； (2)当m≤2时，证明f(x)＞0. 解：(1)f′(x)＝exx1. xm由x＝0是f(x)的极值点得f′(0)＝0，所以m＝1.

于是f(x)＝e－ln(x＋1)，定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝exx1. x1函数f′(x)＝ex1在(－1，＋∞)单调递增，且f′(0)＝0. x1因此当x∈(－1,0)时，f′(x)＜0； 当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0.

所以f(x)在(－1,0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．

(2)当m≤2，x∈(－m，＋∞)时，ln(x＋m)≤ln(x＋2)，故只需证明当m＝2时，f(x)＞0. 当m＝2时，函数f′(x)＝e又f′(－1)＜0，f′(0)＞0，

故f′(x)＝0在(－2，＋∞)有唯一实根x0，且x0∈(－1,0)． 当x∈(－2，x0)时，f′(x)＜0；

当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0，从而当x＝x0时，f(x)取得最小值． 由f′(x0)＝0得e0＝

x

x1在(－2，＋∞)单调递增． x21，ln(x0＋2)＝－x0， x021x012故f(x)≥f(x0)＝＋x0＝＞0.

x02x02综上，当m≤2时，f(x)＞0.

2.已知函数 f x mex  ln x 1.

（Ⅰ）当 m  1时，求曲线 y  f x在点 1，f 1处的切线方程； （Ⅱ）当 m  1时，证明： f x 1. 【答案】（Ⅰ） y  e 1x

（Ⅱ）当 m  1时， f (x)  mex  ln x 1  ex  ln x 1.（放缩） 要证明 f (x)  1 ，只需证明 ex  ln x  2  0 .

3.知函数f(x)1aln(x1)，其中xN*，a为常数． n(1x)（Ⅱ）当a1时，证明：对任意的正整数n，当n≥2时，有f(x)≤x1． 当a1时，f(x)1ln(x1)．当x≥2时，对任意的正整数n，恒有n(1x)1≤1，

(1x)n故只需证明1ln(x1)≤x1．令h(x)x1(1ln(x1))x2ln(x1)，

x2，，

则h(x)11x2，当x≥2时，h(x)≥0，故h(x)在2，上单调递增，

x1x1因此当x≥2时，h(x)≥h(2)0，即1ln(x1)≤x1成立． 故当x≥2时，有

1ln(x1)≤x1．即f(x)≤x1．

(1x)n二：构造放缩（适合f(x)或其变式的N项和有关）

4.设函数

fxx2blnx1fx.

（1）若x=1时，函数（2）若函数

取最小值，求实数b的值；

fx在定义域上是单调函数，求实数b的取值范围；

（3）若b1，证明对任意正整数n，不等式k1n1111f()＜133......3k23n都成立

解:（1）由x + 1＞0得x＞ – 1∴f(x)的定义域为( - 1，+ ∞),

对x∈ ( - 1，+ ∞),都有f(x)≥f(1)，∴f(1)是函数f(x)的最小值，故有f (1) = 0,

/

f/(x)2x/bb,20,x12解得b= - 4. 经检验合题意；

b2x22xbf(x)2x,x1x1（2）∵又函数f(x)在定义域上是单调函数，

∴f (x) ≥0或f(x)≤0在( - 1，+ ∞)上恒成立.

若f (x) ≥0，∵x + 1＞0，∴2x +2x+b≥0在( - 1，+ ∞)上恒成立,

/

2

/

/

12(x+1)2+12

22恒成立,由此得b≥2; 即b≥-2x -2x =

若f (x) ≤0, ∵x + 1＞0, ∴2x +2x+b≤0,即b≤- (2x+2x)恒成立，

/

2

2

因-(2x+2x) 在( - 1，+ ∞)上没有最小值，∴不存在实数b使f(x) ≤0恒成立.

2

12,. 综上所述，实数b的取值范围是（3）当b= - 1时，函数f(x) = x - ln(x+1)，令函数h(x)=f(x) – x = x – ln(x+1) – x，

3

2

3

2

13x3(x1)2/2x1则h(x) = - 3x +2x - x1，

∴当x0,时，h(x)＜0所以函数h(x)在x0,上是单调递减.

/

又h(0)=0，∴当x0,时，恒有h(x) ＜h(0)=0,[ 即x – ln(x+1) ＜x恒成立.

2

3

故当x0,时,有f(x) ＜x.

3.

1111kN,0,,x,f()3,k则有kkk ∵取

∴k1

f(k)＜12n11311......33n3,故结论成立。

5.已知函数f(x)lnxax （1）当a1a1(aR) x1时，讨论f(x)的单调区间 2 （2）当a0时，对于任意的nN且n2， 证明：不等式

111132n1.......... f(2)f(3)f(4)f(n)42n(n1)解:（提示：右侧式子为裂项相消求和，所以要根据积累找出通项公式，再构造新函数）

三：函数放缩（利用得到的函数不等式，对参数赋值后结合数列知识进行放缩）

提示：函数放缩的题目多数可以用理科的数学归纳法与定积分方法研究，有兴趣可自行尝试。

6.已知函数f(x)lnxa(aR)． x1（1）当a9时，如果函数g(x)f(x)k仅有一个零点，求实数k的取值范围； 2（2）当a2时，试比较f(x)与1的大小； （3）求证：ln(n1)解：（1）当a

1111（nN*）． 3572n199

时，f(x)lnx，定义域是(0,)，

2(x1)2

f(x)119(2x1)(x2)xf(x)0， 令，得或x2．

x2(x1)222x(x1)211或x2时，f(x)0，当x2时，f(x)0， 22

1212当0x 函数f(x)在(0,)、(2,)上单调递增，在(,2)上单调递减．

13f(x)的极大值是f()3ln2，极小值是f(2)ln2．

22当x0时，f(x)； 当x时，f(x)， 当g(x)仅有一个零点时，k的取值范围是k3ln2或k （2）当a2时，f(x)lnx 令h(x)f(x)1lnx3ln2． 22，定义域为(0,)． x121， x112x210， h(x)x(x1)2x(x1)2 h(x)在(0,)上是增函数．

①当x1时，h(x)h(1)0，即f(x)1； ②当0x1时，h(x)h(1)0，即f(x)1； ③当x1时，h(x)h(1)0，即f(x)1．

（3）（法一）根据（2）的结论，当x1时，lnx2x11，即lnx． x1x1nk1n1k1k11令x，则有ln， ln． k2k1kk2k1k1k1nln(n1)lnk1k1， kln(n1)111． 352n1b（ca0）的图象在点(1,f(1))处的切线方程为yx1. xfx）ax7.已知函数（⑴用a表示出b、c；

⑵若f(x)≥lnx在[1，)上恒成立，求a的取值范围；

111n1ln(n1)(n1) ⑶证明：23n2(n1)f(1)abc0b⑴f'(x)a2，则有，解得:b=a-1,c=1-2a.

f(1)ab1xa112a， ⑵由⑴知，f(x)axxa112alnx，x1,则 g(1)0，令g(x)f(x)lnxaxx1aa(x1)(x)2a11axx(a1)a g'(x)a2xxx2x211a1 ①当 oa，

2a1a 若 1x，则g'(x)0，g(x)是减函数，所以g(x)g(l)o

a f(x)lnx，故f(x)lnx在1,上恒不成立。

11a1 时，

2a 若f(x)lnx，故当x1时，f(x)lnx。

1 综上所述，所求a的取值范围为,

21⑶由⑵知：当a时，有f(x)lnx(x1).

2111令a，有f(x)(x)lnx(x1)

22x11当x1时，(x)lnx.

2xk11k1k111k1(1)(1) 令x，有lnk2kk12kk1k111)，k1,2,3....n 即 ln(k1)lnk(2kk1将上述n个不等式依次相加得

②a11111(.....),整理得223n2(n1)111n1....ln(n1).

23n2(n1)ln(n1)

8.已知函数f(x)ln(x1)k(x1)1.

（1）求函数f(x)的极值点。

（2）若f(x)0恒成立，试确定实数k的取值范围。 （3）证明：①当x2时，ln(x1)x2；②

lnin(n1)(nN*,n1). 4i1i1nln2ln3ln4lnn(n4)(n1)2(nN,n1). 38156n11k. 解：⑴函数的定义域为(1,)中，f(x)x1 当k≤0时，f(x)0，则f(x)在(1,)上是增函数.

11 当k0时，f(x)在(1,1)上是增函数，在(1,)上是减函数.

kk⑵由⑴知，当k≤0时，f(x)在(1,)上是增函数.而f(2)1k0，f(x)≤0不成立.

1当k0时，由⑴知ymaxf(1)lnk，要使f(x)≤0恒成立，则lnk≤0，解得kk（训练）证明：

≥1.

⑶①由⑵知当k1时，有f(x)在(1,)上恒成立，且f(x)在(2,)是减函数. 又f(2)0，∴当x2时，f(x)f(2)0，即ln(x1)x2.

lnnn1. n12ln2ln3ln4lnn123n1n(n1) ∴成立. 345n122224（训练）由(2)知，当k1时理解得：lnxx1，x1.

②令x1n2,则lnn2n21,即2lnn(n1)(n1)，从而

∴lnn3n31(n1)(n2n1)(n1)(n1)2. ∴

lnnn1(nN,n1) 23n1ln2ln3ln4lnn12(345n1)3815n13

1(3n1)(n4)(n1)(n1)(nN,n1)326

9.已知函数f(x)exax1(a0,e为自然对数的底数). ⑴求函数f(x)的最小值；

⑵若f(x)≥0对任意的xR恒成立，求实数a的值； ⑶在⑵的条件下，证明：()()(1nn2nnn1nnne)()(其中nN*). nne123232ln[1]ln[12]22(31)(31)（训练）在⑵的条件下，求证：

23nln[1n]22(31).

解：（1）由题意a0,f(x)exa，由f(x)exa0得xlna.

当x(,lna)时, f(x)0；当x(lna,)时，f(x)0.

∴f(x)在(,lna)单调递减，在(lna,)单调递增. 即f(x)在xlna处取得极小值，且为最小值， 其最小值为f(lna)elnaalna1aalna1.

（2）f(x)≥0对任意的xR恒成立，即在xR上，f(x)min≥0.

由（1），设g(a)aalna1.，所以g(a)≥0. 由g(a)1lna1lna0得a1.

∴g(a)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1,)上单调递减， ∴g(a)在a1处取得极大值g(1)0. 因此g(a)≥0的解为a1，∴a1.

（3）由（2）知，因为a1，所以对任意实数x均有exx1≥0，即1x≤ex.

kkkkknn令x(nN*,k0,1,2,3,…,n1)，则01≤e.∴(1)≤(en)nek.

nnn∴

1en1e1n2nn1nnn(n1)(n2)21()()…()()≤ee…ee11e11e1e1 nnnn（训练）:

23n32n22n1时，(31)，

23n23n23n111n2(3n1)(3n3)(3n1)(3n11)3n113n1， n2时，(31)3k3112k2n(31)2231n2时，k1.

nx由（2）可知ex1，即ln(1x)x(x1)，则x0时，ln(1x)x，故

n2323223n3kln[1]ln[12]Lln[1n]k22222(31)(31)(31)k1(31)，

即原不等式成立. 10.已知函数（1）若

fxln1x2axa0.

fx在x0处取得极值, 求a的值； 的单调性；

（2）讨论

fx11111...1e(nN,e2n9813(3) 证明：为自然数的底数).

解：（1）

f'x2xa,x0f'00,a01x2是fx的一个极值点，则 ,

验证知a0符合条件. （2）

2xax22xa. f'xa221x1x①a0时，fx在0,单调递增，在,0单调递减；

a0②得, 当a1时, f'x0对xR恒成立, fx 在R上单调递减 ,

02211a11a③1a0时, 由f'x0得ax2xa0,, xaa22211a11a 再令 f'x0 , 可得 x或x,

aa

11a211a2,fx在aa11a2在,a上单调递增, 11a2,上单调递减 , 和a上单调递增，  综上所述，若a1时，fx在,上单调递减，

11a211a2,若1a0时, fx在aa11a2,a

11a2,上单调递减. 和a若a0时, fx 在0,上单调递增, 在,0上单调递减，

(3) 由(2) 知a1时, fx 在,上单调递减，当x0,时, 由

fxf00

ln1x2x,

111111ln11...12nln1ln1......ln12n

981398131111113113n12......n1n133323213111111...12ne2e. 9813

,

x22xfxln1x,gxaaR1x11.设函数．

（1）若函数

hxfxgx在定义域内单调递减，求a的取值范围；

3n412en（e为自然对数的底数）．

121122*nnnN（2）设，证明：

解：(1)函数

hx的定义域为

1,，

x22xhxfxgxln1xa1x，则 且

2x21xx22x1xax22x21hxa21x1x1x2由于

，

hx在

1,内单调递减，则hx0对x1,恒成立，

1xax22x20x1,即对恒成立，

11a1x12a21xx2x2max，则1xmax从而，

1,2a故的取值范围为

a（2）证明：取从而

12，由第（1）问可知hx在0,为单调递减函数，

；

hxh001x22xln1x21x对x0,，均成立， 则x令

kk1,2,n2,n，有

kk2k1k1kkn2n21kln122222k2nnk2nn1n212n；

212ln1212nn从而12ln12ln12nn

n12n

n112ln1222nn2nn12222nn1n1nn2121nn1n133244nn1，

1211故22nn

3n412e． n12.己知函数f（x）＝lnx－x＋1．

（1）求函数f（x）的图象在点x＝2处的切线方程；

x22kxk （2）设g(x)（k＞0），对x1∈(0，+∞)，x2∈(-∞，0)，使得

x f(x1)≤g(x2)成立，求k的取值范围；

f(n1)nbi1(n2,nN*)bn3n （3）设，证明：i2． 11f(x)1,f(2)x2， 解：（1）

又切点为（2，ln2-1），所以切线方程为x+2y-2ln2=0

nf(x)（2）

110,x1x，故函数f(x)在（0，1）上递增，在(1，+∞)上递减。

于是x1∈(0，+∞)，f(x1) ≤f(1)=0，即f(x1)的最大值为0， 由题知：对x1∈(0，+∞)，x2∈(-∞，0)使得f(x1)≤g(x2)成立， 只须f(x)max≤g(x)max．

kkx22kxk2k≤2k2k， ∵ g(x)x2kxxxx∴ 只须2k2k≥0，解得k≥1．

（3）由（2）知f(x)在(0，1)上是增函数，在(1，+∞)上是减函数，

∴ f(x)≤f(1)=0， ∴ lnx≤x-1． 所以当n≥2时,

bnf(n1)nln(n1)n1n3n332nn111，

n(n1)n1n∴ i2bnib1b21111bnb121231311 n1n111n

lnxpx1

13.设函数f(x) （Ⅰ）求函数f(x)的极值点；

（Ⅱ）当p＞0时，若对任意的x＞0，恒有f(x)0，求p的取值范围；

ln22ln32lnn22n2n122(nN,n2).22(n1)23n （Ⅲ）证明：

解：（1）f(x)lnxpx1,f(x)的定义域为(0,)，

f(x)11pxpxx

当p0时，f(x)0,f(x)在(0,) 上无极值点

f(x)0，x1(0,),f(x)、f(x)随xp的变化情况如下表：

当p>0时，令

x 1(0，p) + ↗ 1p 0 极大值 1(p,+∞) － ↘ f'(x) f(x)

从上表可以看出：当p>0 时，f(x)有唯一的极大值点

x

1p

（Ⅱ）当p>0时在

x=11f()p处取得极大值pln1p，此极大值也是最大值，

要使f(x)0恒成立，只需最大小于等于0，

∴p≥1

∴p的取值范围为[1，+∞)

，nN,n2 （Ⅲ）令p=1，由（Ⅱ）知，lnxx10,lnxx122∴lnnn1，

lnn2n21112n2n2 ∴nln22ln32lnn2111(1)(1)(1)22222223n23n∴ (n1)(111)22223n

(n1)(111)2334n(n1)

111111(n1)()2334nn1

112n2n1(n1)()2n12(n1)

∴结论成立

x14.设函数f(x)1e，函数g(x)x（其中aR，e是自然对数的底数）． ax1（Ⅰ）当a0时，求函数h(x)f(x)g(x)的极值；

（Ⅱ）若f(x)g(x)在[0,)上恒成立，求实数a的取值范围；

n(n1)（Ⅲ）设nN，求证：ek1n!e2（其中e是自然对数的底数）．

n*2n4k1解 :（Ⅰ）f(x)ex(x)ex，函数h(x)f(x)g(x)xex，h(x)(1x)ex，当x1时，h(x)0；当x1时，h(x)0，故该函数在(,1)上单调递增，在(1,)上单

1调递减．∴函数h(x)在x1处取得极大值h(1)．

e（Ⅱ）由题1exxx在[0,)上恒成立，∵x0，1ex[0,1)，∴ 0，ax1ax11若x0，则aR，若x0，则a恒成立，则a0．

x不等式1exx恒成立等价于(ax1)(1ex)x0在[0,)上恒成立， ax1令u(x)(ax1)(1ex)x，则u(x)a(1ex)(ax1)ex1，

又令(x)a(1ex)(ax1)ex1，则(x)ex(2aax1)，∵x0，a0． ①当a0时，则(x)在[0,)上单调递减，∴(x)u(x)(0)0， (x)ex0，∴u(x)在[0,)上单减，∴u(x)u(0)0，即f(x)g(x)在[0,)上恒成立； ②当a0时，(x)aex(x2a1)． a1ⅰ）若2a10，即0a时，(x)0，则(x)在[0,)上单调递减，

2∴(x)u(x)(0)0，∴u(x)在[0,)上单调递减，∴u(x)u(0)0，此时f(x)g(x)在[0,)上恒成立；

12a12a1时，若0x时，(x)0，则(x)在(0,)上2aa2a1单调递增∴(x)u(x)(0)0，∴u(x)在(0,)上也单调递增，∴u(x)u(0)0，

a即f(x)g(x)，不满足条件． 综上，不等式f(x)g(x)在[0,)上恒成立时，实数a1的取值范围是[0,]．

2ⅱ）若2a10，即ax2x1ex时，则1ex，当x[0,2)时，12x2x122x2x2x2n244，令则x，∴lnn2exxlnn，2(nN*)，

2x2x2xn1n1n1nnn44∴lnk2n，∴ln(n!)2n， k1k1k1k1k1（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当a11又由（Ⅰ）得h(x)h(1)，即xex，当x＞0时，ln(xex)ln1，∴lnxx1，

eeln(n!)ln2ln3nlnn122n(n1)k1k1n(n1)，综上得2n(n1)24nn2nln(n!)，e2k1k12n4n!e．

四：直接放缩（将复杂函数简单化处理）

15. （山东卷）已知函数f(x)lnxk(k为常数，e=2.71828…是自然对数的底数)，曲ex线yf(x)在点(1,f(1))处的切线与x轴平行.

（Ⅰ）求k的值；

（Ⅱ）求fx的单调区间；

(文Ⅲ)设g(x)xf(x)，其中f(x)为f(x)的导函数.证明：对任意x0,g(x)1e2. (理Ⅲ)设g(x)=(x2+x) f'(x)，其中f(x)为f(x)的导函数.证明：对任意

x0,g(x)1e2.

1klnxlnxk1kx解：（Ⅰ）由f(x) = 可得,而,即f(x)f(1)00,解得xxeeek1;

11lnxx(Ⅱ)f(x),令f(x)0可得x1, xe当0x1时,f(x)111lnx0;当x1时,f(x)1lnx0. xx于是f(x)在区间(0,1)内为增函数;在(1,)内为减函数.

(文III)由(II)可知，当x1时，g(x)xf(x)≤0＜1+e2，故只需证明g(x)1e2在0x1时成立.

当0x1时，ex＞1，且g(x)0， ∴g(x)1xlnxx1xlnxx.------此处进行放缩，0x1,11 xeex设F(x)1xlnxx，x(0,1)，则F(x)(lnx2)，当x(0,e2)时，F(x)0，当

x(e2,1)时，F(x)0，

所以当xe2时，F(x)取得最大值F(e2)1e2.所以g(x)F(x)1e2. 综上，对任意x0，g(x)1e2.

(理III) 由(II)可知，当x1时，g(x)=(x2+x) f'(x)≤0＜1+e2，故只需证明g(x)1e2在0x1时成立.

当0x1时，ex＞1，且g(x)0，

∴g(x)(x1)(1xxlnxx)1xlnxx.------此处进行放缩，0x1,x11

xee设F(x)1xlnxx，x(0,1)，则F(x)(lnx2)，当x(0,e2)时，F(x)0，当

x(e2,1)时，F(x)0，

所以当xe2时，F(x)取得最大值F(e2)1e2.所以g(x)F(x)1e2.综上，对任意x0，g(x)1e2.