微专题六 不等式证明(1)——常用不等式
1.与ex 、 lnx有关常用不等式
【例1】证明下列不等式
(1)ex ≥x+1，x∈R；
在(1)中用x－1代替x得(2)
(2)ex ≥ex，x∈R；
在(2)中用代替x得(3)
(3)ex ≥·x2，x>0；
在(2)中用代替x得(4)
(4)ex ≥()n·xn，x>0；
在(1)中用－x代替x得(5)
(5)ex ≥，x<1；
在(1)中两边求积分得(6)
(6)ex ≥1+x+x2，x∈R；(ex ≥1+x+x2+x3，x∈R)
在(1)中用lnx代替x得(7)
(7)lnx ≤x－1，x>0；
在(7)中用x+1代替x得(8)
(8)ln(x+1) ≤x，x>－1；
在(8)中用，－代替x得(9)
(9)
在(7)中用代替x得(10)
(10)lnx ≤x，x>0；
在(7)中用代替x得(11)
(11) lnx≥1－，x>0；
在(11)中两边极分得(12)
(12)；
在(12)中用代替x得(13)
(13) <<.
（思考）(14)x2－x≥ xlnx ≥x－1≥lnx≥
2、对数均值与指数均值不等式
【对数均值不等式】对数均值不等式
若a，b∈R+，定义L(a，b)= 为正实数a，b的对数平均值，
则有：≤L(a，b)≤.
【均值不等式链】≤<<≤
例5.若a＜b，求证：＜＜(对数平均值不等式)
证明：＜ lnb－lna＜ ln＜－
令＝t＞1，则2lnt＜t－
令H(t)＝2lnt＜－t＋，t＞1，则H′(t)＝－1－＝＜0
∴H(t)在(1，＋∞)上单调递减
∴H(t)＜H(1)＝0
∴2lnt＜t－
∴不等式左边成立
②＜ ＜ ＜ln
令＝t＞1，则＜
令H(t)＝－，t＞1，则H′(t)＝－ ＝＞0
∴H(t)在(1，＋∞)上单调递增
∴H(t)＜H(1)＝0
∴＞
∴不等式右边得证
综上所述：＜＜
例6.若0＜a＜b，比较与的大小.
解：经验证＞，证明如下
＞ ＞lnb－lna (－)＞ln
令＝t＞1，则(t－)＞lnt
令H(t)＝lnt－(t－)，证法如上例5
注：几个平均数大小关系：a＞0，b＞0
(调和)≤(几何)≤(对数)≤(算数)≤(平方)
【指数均值不等式】在对数均值不等式z中，令em=a，en=b，则m=lna，n=lnb，则有指数均值不等式：
例8.若a＜b，求证：＜＜.
证明：①＜ b－a＜＝
令＝t，则2t＜et－e－t
令H(t)＝et－e－t－2t(t＞0)，则H′(t)＝et＋e－t－2＝et＋－2＞0
∴H(t)在(0，＋∞)上单调递增
∴H(t)＞H(0)＝0，即2t＜et－e－t
∴＜
②＜ ＜，令eb－a＝t＞1，则＜
【例2】若f(x)=ex－ax有两个不同的零点x1，x2，则下列结论成立.
(1)a>e； (2) x1+x2<2lna；
(3) x1+x2>2； (4) x1x2<1.
[证明] (1)，若，则，在上单增，至多有一个零点，舍去；则必有，得在上单减，在上单增，要使有两个不同的零点，则须有．(严格来讲，还需补充两处变化趋势的说明：当时，；
当时，)．(1)成立；
又，可得，由①-②得，
再由对数均值不等式可得：(3)、(4)成立．
再由①+②得,(2)成立.
【变式1】已知函数f(x)= x－aex有两个不同的零点x1，x2．则有下列结论成立：
(1)0(3) x1+x2>2； (4) x1x2<1.
[证明] 类似于引例1，从略．其实引例2和2010年天津卷的极值点偏移问题是一致的．
【变式2】[2010天津]已知f(x)= xe－x．
(1)求f(x)的单调区间及极值；
(2)如果x1≠x2，且f(x1)= f(x2)，求证：x1+x2>2.
3、不等式应用
逻辑推理是得到数学结论，构建数学体系的重要方式，是数学严谨性的基本保证.利用两个经典不等式解决其他问题，降低了思考问题的难度，优化了推理和运算过程.
(1)对数形式：x≥1＋ln x(x>0)，当且仅当x＝1时，等号成立.
(2)指数形式：ex≥x＋1(x∈R)，当且仅当x＝0时，等号成立.
进一步可得到一组不等式链：ex>x＋1>x>1＋ln x(x>0，且x≠1).
【例3】 (2017·全国Ⅲ卷改编)已知函数f(x)＝x－1－aln x.
(1)若f(x)≥0，求a的值；
(2)证明：对于任意正整数n，…(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
①若a≤0，因为f＝－＋aln 2<0，所以不满足题意.
②若a>0，由f ′(x)＝1－＝知，
当x∈(0，a)时，f ′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0；
所以f(x)在(0，a)单调递减，在(a，＋∞)单调递增，
故x＝a是f(x)在(0，＋∞)的唯一最小值点.
因为f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0，故a＝1.
(2)证明 由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－ln x>0.
令x＝1＋，得ln<.
从而ln＋ln＋…＋ln<＋＋…＋＝1－<1.
故…【练习】 已知函数f(x)＝ax－ln x－1.
(1)若f(x)≥0恒成立，求a的最小值；
(2)证明：＋x＋ln x－1≥0.
(1)解 由题意知x>0，所以f(x)≥0等价于a≥.
令g(x)＝，则g′(x)＝，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.
(2)证明 当a＝1时，由(1)得x≥ln x＋1，即t≥1＋ln t.
令＝t，则－x－ln x＝ln t，故t≥1＋(－x－ln x)，
所以≥－x－ln x＋1，即＋x＋ln x－1≥0.微专题7 不等式
1.证明不等式
题型1 构造新函数求最值证明不等式
【例1.1】(1)求证：x－＜ln(1＋x)，x∈(0，＋∞)．
(2)求证：sinx＞，x∈．
构造不同的辅助函数F(x)，因为确定F′(x)符号难易程度可能不同，所以构造辅助函数要不拘一格，可对原题作适当变更(或换元)．
【变式】 (2023·芜湖期末)已知函数f(x)＝ex－－1，g(x)＝ln(x＋1)，求证：f(x)≥g(x)．
题型2 隔离分析证明不等式
【例1.2】 已知函数g(x)＝xlnx，a∈R，求证：当x＞0时，g(x)＞－．
在证明过程中，“隔离化”是关键．如果要证g(x)≥f(x)恒成立，只需证g(x)min≥f(x)max恒成立，但只有当f(x)与g(x)取到最值的条件是同一个x值时才能取等号，否则只能得到g(x)＞f(x)．
【变式】 求证：ex－ex＋1－＞0(x＞0)．
题型3 函数零点设而不求（隐零点）
【例1.3】已知函数．
(1)求的极值；
(2)证明：．
【变式】设函数，设求证：当时，.
题型4 参数放缩证明不等式
（1）常量放缩
【例1.4.1】 (2024·聊城期中)已知函数f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)求证：当a≥1时，f(x)≥0．
【变式】 已知函数f(x)＝aex－ln x－1.
(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；
(2)证明：当a≥时，f(x)≥0.
（2） ex≥x＋1的应用
【例1.4.2】求证：exlnx＋＞1．
【变式】 已知x∈(0,1)，求证：x2－＜．
（3） x≥1＋lnx的应用
【例1.4.3】 设函数f(x)＝lnx－x＋1．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)求证：当x∈(1，＋∞)时，1＜＜x．
【变式】 求证：ex－e2lnx＞0恒成立．
（4） x≥sinx的应用
【例1.4.4】 已知函数f(x)＝sinx＋lnx－x－1，若存在x1≠x2，使f(x1)＝f(x2)，
求证：x1－x2＜2ln ．
【变式】 求证：sin2x＋1＜xex－lnx．
构造法证明不等式是指在证明与函数有关的不等式时，根据所要证明的不等式，构造与之相关的函数，利用函数单调性、极值、最值加以证明.常用的两种构造方法有：
(1)直接构造法：证明不等式f(x)>g(x)(f(x)0(f(x)－g(x)<0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)；
(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如ln x≤x－1，ex≥x＋1；ln x0)，≤ln(x＋1)≤x(x>－1)， x≥sinx(x≥0)等.
5.数列不等式
【例1】设函数f(x)＝2x ，g(x)＝alnx(a＞0)，若f(x)≥g(x)恒成立，
(1)求实数a的取值范围；
(2)求证： n∈N*，＋ ＋＋…＋＜.
(3)求证：＋＋…＋＜.
【变式1】已知函数f(x)＝x－1－aln x.
(1)若f(x)≥0，求a的值；
(2)求证：ln(n＋1)＜1＋＋＋…＋，n∈N*.
(3)证明：对于任意正整数n，…(4)设m为整数，且对于任意正整数n，…【变式2】已知函数f(x)＝xln x+a x+1，a∈R.
(1)当x>0时，若关于x的不等式f(x)≥0恒成立，求a的取值范围；
(2)当n∈N*时，证明：2.不等式恒（能）成立求参
题型1 分离参数处理恒(能)成立问题
【例2.1】 (2023·重庆模拟)已知函数f(x)＝－(m＋1)x＋mlnx＋m，f′(x)为函数f(x)的导函数．若xf′(x)－f(x)≥0恒成立，求实数m的取值范围．
用分离参数法解含参不等式恒成立问题，是指在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，只要研究变量表达式的最值就可以解决问题．一般地，若a＞f(x)对x∈D恒成立，则只需a＞f(x)max；若a＜f(x)对x∈D恒成立，则只需a＜f(x)min．
【变式】 已知函数f(x)＝ex－ax－1．若f(x)≤x2在x∈(0，＋∞)上能成立，求实数a的取值范围．
题型2 分类讨论处理恒(能)成立问题
【例2.2】 (2023·蚌埠二检节选)已知函数f(x)＝ln(1＋ax)－x－，若不等式f(x)≤－2恒成立，求实数a的取值范围．
直接讨论法是指恒成立问题中的函数结构并不是很复杂，可以通过直接求导得到极值点，再对极值点直接讨论，从而求得参数的取值情况．其常用的手段是因式分解、求根公式以及观察法；若无法求得极值时，常可利用零点存在定理，确定零点的范围后再进行讨论，研究函数的单调性等．
题型3 指对跨界同构处理恒(能)成立问题
【例2.3】 (1)已知函数f(x)＝aeax－lnx，若对任意的x＞1，f(x)≥0恒成立，则实数a的取值范围是__ _．
(2)已知f(x)＝ex－alnx，若对任意x∈(0，＋∞)，不等式f(x)＞alna恒成立，则正实数a的取值范围为__ __．
指对跨界同构的常用形式
(1)积型aea≤blnb
①构造形式为aea≤eln blnb，构建函数f(x)＝xex；
②构造形式为ealnea≤blnb，构建函数f(x)＝xlnx；
③构造形式为a＋lna≤lnb＋ln(lnb)，构建函数f(x)＝x＋lnx．
(2)商型≤
①构造形式为≤，构建函数f(x)＝；
②构造形式为≤，构建函数f(x)＝；
③构造形式为a－lna≤lnb－ln(lnb)，构建函数f(x)＝x－lnx．
题型4 洛必达法则
【例2.4】 (1)已知函数f(x)＝x(ex－1)－ax2(a∈R)，当x＞0时，f(x)≥0，则实数a的取值范围为____．
(2)已知f(x)是定义在R上的奇函数，当x＞0时，f(x)＝lnx－ax＋1，若f(x)有5个零点，则实数a的取值范围为____．
1．定义：如果当x→a(或x→∞)时，两个函数f(x)与g(x)都趋于零(或都趋于无穷大)，那么极限 可能存在、也可能不存在．通常把这种极限称为型未定式．
2．定理1：若函数f(x)和g(x)满足下列条件：
(1) 当x→a时， f(x)＝0 及g(x)＝0；或f(x)＝∞及g(x)＝∞；
(2) 在a点的某个去心邻域内(点a的去心邻域(a－ε，a)∪(a，a＋ε)内)都有f′(x)，g′(x)存在，且g′(x)≠0；
(3) 若 ＝l，则 ＝ ＝l.
3．在上面公式中，若x→a，x→＋∞，x→－∞，x→a＋，x→a－，则洛必达法则也成立．
4．若条件符合，洛必达法则可连续多次使用，直到求出极限为止： ＝ ＝ ，如满足条件，可继续使用洛必达法则．
提醒：在解答题中使用洛必达法则，存在被扣分的风险，所以本目标的例题和训练，我们都只选取小题．
5.必要性探路
【例2.5】已知函数．
（1）当时，求曲线在点，（1）处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
（2）若，求的取值范围．
【变式】（2021 成都模拟）已知函数．
（1）当时，讨论函数的单调性；
（2）当时，若，且在时恒成立，求实数的取值范围．
6.端点值效应
【例2.6】设函数f(x)＝(x＋1)ln(x＋1).若对所有的x≥0，都有f(x)≥ax成立，求a的取值范围.
【变式1】已知函数f(x)＝ln(x+1)－,对所有的x≥0时,都有f(x)≤ax2成立,求a的取值范围.
【变式2】已知函数f(x)＝1－e－x，对所有的x≥0时，都有f(x)≤成立，求a的取值范围.
7、双变量的恒(能)成立问题
【例2.7】已知函数f(x)＝x－1－aln x(a<0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当0【变式1】(2020·衡水中学检测)设函数f(x)＝x2＋ax－ln x(a∈R).
(1)当a＝1时，求函数f(x)的极值；
(2)若对任意a∈(4，5)及任意x1，x2∈[1，2]，恒有m＋ln 2>|f(x1)－f(x2)|成立，求实数m的取值范围.
【变式2】(2020·湖南重点名校大联考)已知函数f(x)＝－aln x＋x＋.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)设g(x)＝ex＋mx2－2e2－3，当a＝e2＋1时，对任意x1∈[1，＋∞)，存在x2∈[1，＋∞)，使g(x2)≤f(x1)，求实数m的取值范围.微专题7 不等式
1.证明不等式
题型1 构造新函数求最值证明不等式
【例1.1】(1)求证：x－＜ln(1＋x)，x∈(0，＋∞)．
(2)求证：sinx＞，x∈．
【解答】（1） 设f(x)＝ln(1＋x)－，则f′(x)＝－1＋x＝＞0，
所以y＝f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以当x∈(0，＋∞)时，f(x)＞f(0)恒成立．
又f(0)＝0，所以 ln(1＋x)＞x－，x∈(0，＋∞)．
（2）由题即证＞，x∈．令f(x)＝，x∈，则f′(x)＝，易知cosx＞0，sinx＜x＜tanx，所以当x∈时，f′(x)＜0，f(x)在上是减函数，
所以f(x)＞f＝，即sinx＞，x∈．
构造不同的辅助函数F(x)，因为确定F′(x)符号难易程度可能不同，所以构造辅助函数要不拘一格，可对原题作适当变更(或换元)．
【变式】 (2023·芜湖期末)已知函数f(x)＝ex－－1，g(x)＝ln(x＋1)，求证：f(x)≥g(x)．
【解答】 令φ(x)＝f(x)－g(x)＝ex－－1－ln(x＋1)，x∈(－1，＋∞)，
φ′(x)＝ex－－．令m(x)＝φ′(x)，则m′(x)＝ex－＋，
当x≥0时，ex≥1；当－1＜x＜0时，＞1，所以m′(x)＞0，则φ′(x)在(－1，＋∞)上单调递增．由φ′(0)＝0，得当－1＜x＜0时，φ′(x)＜0，φ(x)在(－1,0)上单调递减；当x＞0时，φ′(x)＞0，φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以φ(x)≥φ(0)＝0，即f(x)≥g(x)．
题型2 隔离分析证明不等式
【例1.2】 已知函数g(x)＝xlnx，a∈R，求证：当x＞0时，g(x)＞－．
【解答】 因为g(x)＝xlnx，所以g′(x)＝1＋lnx．令g′(x)＝0，得x＝，所以当x∈时，g′(x)＜0；当x∈时，g′(x)＞0，所以函数g(x)在上单调递减，在上单调递增，所以当x＞0时，g(x)min＝g＝－．令φ(x)＝－，则φ′(x)＝，易知φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以φ(x)max＝φ(1)＝－．又两个等号不同时成立，故当x＞0时，g(x)＞－．
在证明过程中，“隔离化”是关键．如果要证g(x)≥f(x)恒成立，只需证g(x)min≥f(x)max恒成立，但只有当f(x)与g(x)取到最值的条件是同一个x值时才能取等号，否则只能得到g(x)＞f(x)．
【变式】 求证：ex－ex＋1－＞0(x＞0)．
【解答】 原不等式等价于ex－ex＋1＞(x＞0)．令F(x)＝ex－ex＋1(x＞0)，F′(x)＝ex－e．当x∈(0,1)时，F′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，F′(x)＞0，所以F(x)min＝F(1)＝e－e＋1＝1．令G(x)＝(x＞0)，G′(x)＝．当x∈(0，e)时，G′(x)＞0；当x∈(e，＋∞)时，G′(x)＜0，所以 G(x)max＝G(e)＝1．又两个等号不同时取得，所以F(x)＞G(x)，即ex－ex＋1＞，故原不等式成立．
题型3 函数零点设而不求（隐零点）
【例1.3】已知函数．
(1)求的极值；
(2)证明：．
【解析】（1）由题意得的定义域为，则，
当时，，在上单调递增，无极值；
当时，令，则，令，则，
即在上单调递增，在上单调递减，
故为函数的极大值点，函数极大值为，无极小值；
（2）证明：设，，令，
则，即在上单调递增，
，
故，使得，即，【虚设零点、构建相关方程】
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
故【借助隐零点方程转化求最值】
即，即，则.
(2023·天津模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax＋1，g(x)＝x(ex－x)．
(1)若直线y＝2x与函数f(x)的图象相切，求实数a的值；
(2)当a＝－1时，求证：f(x)≤g(x)＋x2.
【变式】设函数，设求证：当时，.
【解析】的定义域为，
设，，
当，，即在区间为增函数，
又因为，所以
由零点存在定理可知在的唯一零点为
当时，，当，
故在单调递减，在单调递增，
所以当时，取得最小值，最小值为，
由，即，两边去对数得
由于，所以，所以.
题型4 参数放缩证明不等式
（1）常量放缩
【例1.4.1】 (2024·聊城期中)已知函数f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)求证：当a≥1时，f(x)≥0．
【解答】(1) f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋1)．①若a≤0，则f′(x)＜0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减．②若a＞0，由f′(x)＝0，得x＝－lna．当x∈(－∞，－lna)时，f′(x)＜0；当x∈(－lna，＋∞)时，f′(x)＞0，所以f(x)在(－∞，－lna)上单调递减，在(－lna，＋∞)上单调递增．综上，当a≤0时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；当a＞0时，f(x)在(－∞，－lna)上单调递减，在(－lna，＋∞)上单调递增．
(2)方法一：当a≥1时，f(x)＝a(e2x＋ex)－2ex－x≥e2x－ex－x．设h(x)＝e2x－ex－x，h′(x)＝2e2x－ex－1＝(2ex＋1)(ex－1)．由h′(x)＝0，得x＝0．当x∈(－∞，0)时，h′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，h′(x)＞0，所以h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(0)＝0．所以当a≥1时，f(x)≥0．
方法二：由(1)知，a≥1时，f(x)在(－∞，－lna)上单调递减，在(－lna，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(－lna)＝ae－2ln a＋(a－2)e－ln a＋lna＝lna＋1－．设g(a)＝lna＋1－(a≥1)，则g′(a)＝＋＞0，则g(a)在[1，＋∞)上单调递增，所以g(a)＝lna＋1－≥g(1)＝0．所以当a≥1时，f(x)≥0．
【变式】 已知函数f(x)＝aex－ln x－1.
(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；
(2)证明：当a≥时，f(x)≥0.
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－.
由题设知，f′(2)＝0，所以a＝.从而f(x)＝ex－ln x－1，f′(x)＝ex－.
当02时，f′(x)>0.所以f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增.
(2)证明 当a≥时，f(x)≥－ln x－1(x>0).设g(x)＝－ln x－1(x>0)，则g′(x)＝－(x>0).
当01时，g′(x)>0.所以x＝1是g(x)的最小值点.
故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0.因此，当a≥时，f(x)≥0.
（2） ex≥x＋1的应用
【例1.4.2】求证：exlnx＋＞1．
【解答】 不等式exlnx＋＞1等价于·(exlnx＋2)＞1，由常用不等式ex≥x＋1，得ex－1≥x，即≥1，故只需证exlnx＋2＞1．令f(x)＝exlnx＋2(x＞0)，则f′(x)＝e(lnx＋1)，易得当x∈时，f′(x)＜0，当x∈时，f′(x)＞0，故f(x)≥f＝1，原不等式得证．
【变式】 已知x∈(0,1)，求证：x2－＜．
【解答】 要证x2－＜，只需证ex＜lnx，又易证ex＞x＋1(0＜x＜1)，且当x∈(0,1)时，x2－＜0，所以只需证明lnx＋(x＋1)·＞0，即证lnx＋1－x3＋－x2＞0，而x3＜x，x2＜x(0＜x＜1)，所以只需证lnx＋1－2x＋＞0．令g(x)＝lnx＋1－2x＋，则g′(x)＝－2－＝－，而2x2－x＋1＞0恒成立，所以g′(x)＜0，所以g(x)在(0,1)上单调递减，所以当x∈(0,1)时，g(x)＞g(1)＝0，即lnx＋1－2x＋＞0，所以x2－＜．
规律方法 构造法证明不等式是指在证明与函数有关的不等式时，根据所要证明的不等式，构造与之相关的函数，利用函数单调性、极值、最值加以证明.常用的两种构造方法有：
(1)直接构造法：证明不等式f(x)>g(x)(f(x)0(f(x)－g(x)<0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)；
(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如ln x≤x－1，ex≥x＋1；ln x0)，≤ln(x＋1)≤x(x>－1)等.
（3） x≥1＋lnx的应用
【例1.4.3】 设函数f(x)＝lnx－x＋1．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)求证：当x∈(1，＋∞)时，1＜＜x．
【解答】(1)由题设知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1，令f′(x)＝0，解得x＝1．当0＜x＜1时，f′(x)＞0，f(x)在(0,1)上单调递增；当x＞1时，f′(x)＜0，f(x)在(1，＋∞)上单调递减．
(2)由(1)知f(x)在x＝1处取得最大值，且最大值为f(1)＝0，所以当x≠1时，lnx＜x－1．故当x∈(1，＋∞)时，0＜lnx＜x－1，即＞1．又ln＜－1，所以lnx＞，即＜x，故当x∈(1，＋∞)时，恒有1＜＜x．
【变式】 求证：ex－e2lnx＞0恒成立．
【解答】 要证ex－e2lnx＞0，即证ex－2＞lnx．令φ(x)＝ex－x－1，所以φ′(x)＝ex－1．令φ′(x)＝0，得x＝0，所以当x∈(－∞，0)时，φ′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)＞0，所以φ(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以φ(x)min＝φ(0)＝0，即ex－x－1≥0，即ex≥x＋1，当且仅当x＝0时取“＝”．同理可证lnx≤x－1，当且仅当x＝1时取“＝”．由ex≥x＋1(当且仅当x＝0时取“＝”)，可得ex－2≥x－1(当且仅当x＝2时取“＝”)．又x－1≥lnx，当且仅当x＝1时取“＝”，所以ex－2≥x－1≥lnx，且两等号不能同时成立，故ex－2＞lnx，即原不等式成立．
（4） x≥sinx的应用
【例1.4.4】 已知函数f(x)＝sinx＋lnx－x－1，若存在x1≠x2，使f(x1)＝f(x2)，
求证：x1－x2＜2ln ．
【解答】 存在x1≠x2，使f(x1)＝f(x2)，即sinx1＋lnx1－x1－1＝sinx2＋lnx2－x2－1，得x1－x2－(sinx1－sinx2)＝lnx1－lnx2．设g(x)＝x－sinx，则g′(x)＝1－cosx≥0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增．不妨设x1＞x2＞0，则g(x1)＞g(x2)，即x1－sinx1＞x2－sinx2，x1－x2＞sinx1－sinx2，所以(x1－x2)－(x1－x2)＜(x1－x2)－(sinx1－sinx2)＝lnx1－lnx2，得＜lnx1－lnx2，所以x1－x2＜2ln ．
【变式】 求证：sin2x＋1＜xex－lnx．
【解答】 由重要不等式x＞sinx(x＞0)，得sin2x＜2x，要证sin2x＋1＜xex－lnx，
即证xex－lnx－x－1≥0．令h(x)＝xex－lnx－x－1，设t＝xex，x＞0，则lnt＝x＋lnx，
所以h(x)＝g(t)＝t－lnt－1(t＞0)，g′(t)＝，故g(t)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，则g(t)的最小值为g(1)＝0，故原不等式成立．
某些不等式，直接构造函数不易求其最值，可以适当地利用熟知的常见不等式ex≥x＋1，x≥1＋lnx，x≥sinx(x≥0)等进行放缩，有利于简化后续导数式的求解或函数值正负的判断；也可以利用局部函数的有界性进行放缩，然后再构造函数进行证明．
5.数列不等式
【例1】设函数f(x)＝2x ，g(x)＝alnx(a＞0)，若f(x)≥g(x)恒成立，
(1)求实数a的取值范围；
(2)求证： n∈N*，＋ ＋＋…＋＜.
(3)求证：＋＋…＋＜.
解析：(1) a≤4e
(2)(提示：f(x)＝在(0，＋∞)最大值·＝·≤·)
证明：f(x)＝在(0，＋∞)，f ′(x)＝＝
令f ′(x)＞0，则1－2lnx＞0，即0＜x＜，令f ′(x)＜0，则1－2lnx＜0，即x＞
∴f(x)在(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减，∴f(x)max＝f()＝
∴f(x)＝≤(当且仅当x＝时，取“＝”号)，∴＝·≤·
令x＝2，3，…，n，则＜·，＜·，…，＜·
∴ ＋＋…＋＜(＋＋…)＜(＋＋…＋)
＝(1－＋－＋…＋－)＝(1－)＜
∴＋ ＋＋…＋＜.
(3)(提示：该题的前一小问为f(x)＝2x ，g(x)＝alnx(a＞0)，若f(x)≥g(x)恒成立，求a的取值范围.由此可得2x ≥4elnx，从而≤·)
【变式1】已知函数f(x)＝x－1－aln x.
(1)若f(x)≥0，求a的值；
(2)求证：ln(n＋1)＜1＋＋＋…＋，n∈N*.
(3)证明：对于任意正整数n，…(4)设m为整数，且对于任意正整数n，…【解答】(1) f(x)的定义域为(0，＋∞)．①若a≤0，则f＝－＋a ln 2＜0，不满足题意．
②若a＞0，由f′(x)＝1－＝知，当x∈(0，a)时，f′(x)＜0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0，
所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，故x＝a是f(x)在(0，＋∞)上的唯一最小值点．
因为f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0，故a＝1．
(2) (提示：ln(x＋1)≤x在(－1，＋∞)成立，令x＝)
(3)证明 由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－ln x>0.令x＝1＋，得ln<.
从而ln＋ln＋…＋ln<＋＋…＋＝1－<1.故…（4）而 ，所以 的最小值为.
由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－ln x＞0，即ln x＜x－1．
令x＝1＋，得ln ＜，
从而ln ＋ln ＋…＋ln ＜＋＋…＋＝1－＜1，
故…＜e．又＝＞2，所以整数m的最小值为3．
【变式2】已知函数f(x)＝xln x+a x+1，a∈R.
(1)当x>0时，若关于x的不等式f(x)≥0恒成立，求a的取值范围；
(2)当n∈N*时，证明：【解析】（1）；
（2）设数列的前项的和分别为，则
由于，解得；同理，，
所以只需证明.
由（1）知时，有，即.
令，则，
所以，所以；
再证明，亦即，
因为，，
所以只需证，
现证明.令，则，
所以函数在上单调递减，，所以当时，恒成立，
令，则，
综上，，
所以对数列分别求前项的和，得
.
【思路总结】待证数列不等式的一端是项之和（或积）的结构，另一端含有变量时，可以将它们分别视为两个数列的前项的和（或积），从而将不等式的证明转化为两个数列的对应项之间的大小关系的证明.
2.不等式恒（能）成立求参
题型1 分离参数处理恒(能)成立问题
【例2.1】 (2023·重庆模拟)已知函数f(x)＝－(m＋1)x＋mlnx＋m，f′(x)为函数f(x)的导函数．若xf′(x)－f(x)≥0恒成立，求实数m的取值范围．
【解答】 由题意知f′(x)＝x－(m＋1)＋，由xf′(x)－f(x)≥0恒成立，可得－mlnx≥0恒成立，
所以≥mlnx(x＞0)．当x＝1时，≥mlnx恒成立；当x＞1时，≥m；当0＜x＜1时，≤m．
令g(x)＝，则g′(x)＝，当0＜x＜1时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，且g(x)＜0，
所以x→0时，→0，所以m≥0．当x＞1时，令g′(x)＝0，得x＝，所以当1＜x＜时，
g′(x)＜0，g(x)单调递减；当x＞时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，所以g(x)≥g()＝e，
所以m≤e．综上，实数m的取值范围是[0，e]．
用分离参数法解含参不等式恒成立问题，是指在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，只要研究变量表达式的最值就可以解决问题．一般地，若a＞f(x)对x∈D恒成立，则只需a＞f(x)max；若a＜f(x)对x∈D恒成立，则只需a＜f(x)min．
【变式】 已知函数f(x)＝ex－ax－1．若f(x)≤x2在x∈(0，＋∞)上能成立，求实数a的取值范围．
【解答】 因为f(x)≤x2在(0，＋∞)上能成立，所以ex－x2－ax－1≤0在(0，＋∞)上有解，
即当x＞0时，a≥－在(0，＋∞)上有解．令g(x)＝－，
则g′(x)＝－＝．
当x＞0时，ex＞x＋1显然成立，即ex－(x＋1)＞0，所以当0＜x＜1时，g′(x)＜0；
当x＞1时，g′(x)＞0，所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以g(x)min＝g(1)＝e－2，所以a≥e－2．综上，实数a的取值范围是(e－2，＋∞)．
题型2 分类讨论处理恒(能)成立问题
【例2.2】 (2023·蚌埠二检节选)已知函数f(x)＝ln(1＋ax)－x－，若不等式f(x)≤－2恒成立，求实数a的取值范围．
【解答】 由题易知a≠0，f′(x)＝－1＝．
①当a＜0时，函数f(x)的定义域为，f(0)＝－＞0＞－2，不合题意，舍去；
②当a＞0时，函数f(x)的定义域为，由f′(x)＝0，解得x＝1－，
当－＜x＜1－时，f′(x)＞0，即f(x)在区间上单调递增；
当x＞1－时，f′(x)＜0，即f(x)在区间上单调递减，所以f(x)max＝f＝lna－1，
则有lna－1≤－2．设函数h(a)＝lna－＋1，a＞0，h′(a)＝＋＞0，即h(a)在(0，＋∞)上单调递增．
又因为h(1)＝0，故当0＜a≤1时，h(a)≤0成立，即lna－1≤－2成立．故实数a的取值范围是(0,1]．
直接讨论法是指恒成立问题中的函数结构并不是很复杂，可以通过直接求导得到极值点，再对极值点直接讨论，从而求得参数的取值情况．其常用的手段是因式分解、求根公式以及观察法；若无法求得极值时，常可利用零点存在定理，确定零点的范围后再进行讨论，研究函数的单调性等．
题型3 指对跨界同构处理恒(能)成立问题
【例2.3】 (1)已知函数f(x)＝aeax－lnx，若对任意的x＞1，f(x)≥0恒成立，则实数a的取值范围是__ __．
【解析】 当a≤0时，f(x)＜0，不符合题意．当a＞0时，则aeax≥lnx，即axeax≥xlnx，即eaxlneax≥xlnx．设g(x)＝xlnx，x∈(1，＋∞)，则g′(x)＝lnx＋1＞0恒成立，故g(x)在(1，＋∞)上单调递增．因为x＞1，a＞0，所以eax＞1，所以g(eax)≥g(x)，所以eax≥x，所以ax≥lnx，所以a≥．设h(x)＝，x∈(1，＋∞)，则h′(x)＝．由h′(x)＞0，得1＜x＜e；由h′(x)＜0，得x＞e，则h(x)在(1，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，故h(x)max＝h(e)＝，即实数a的取值范围是．
(2)已知f(x)＝ex－alnx，若对任意x∈(0，＋∞)，不等式f(x)＞alna恒成立，则正实数a的取值范围为__(0，e)__．
【解析】 由题意ex－alnx＞alna恒成立，即ex－ln a－lnx＞lna恒成立，所以ex－ln a＋x－lna＞x＋lnx＝elnx＋lnx恒成立．构造函数g(x)＝ex＋x，易知g(x)在R上单调递增，所以转化为x－lna＞lnx恒成立，即lna＜(x－lnx)min．令h(x)＝x－lnx，h′(x)＝1－(x＞0)，当x∈(0,1)时，h′(x)＜0，所以h(x)在(0,1)上单调递减；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，所以h(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝1，所以lna＜1，解得0＜a＜e，所以正实数a的取值范围为(0，e)．
指对跨界同构的常用形式
(1)积型aea≤blnb
①构造形式为aea≤eln blnb，构建函数f(x)＝xex；
②构造形式为ealnea≤blnb，构建函数f(x)＝xlnx；
③构造形式为a＋lna≤lnb＋ln(lnb)，构建函数f(x)＝x＋lnx．
(2)商型≤
①构造形式为≤，构建函数f(x)＝；
②构造形式为≤，构建函数f(x)＝；
③构造形式为a－lna≤lnb－ln(lnb)，构建函数f(x)＝x－lnx．
题型4 洛必达法则
【例2.4】 (1)已知函数f(x)＝x(ex－1)－ax2(a∈R)，当x＞0时，f(x)≥0，则实数a的取值范围为__(－∞，1)__．
【解析】方法一(最值分析法)：当x＞0时，f(x)≥0，即x(ex－1)－ax2≥0，即ex－1－ax≥0．令φ(x)＝ex－1－ax(x＞0)，则φ(x)min≥0，φ′(x)＝ex－a．①当a≤1时，φ′(x)＝ex－a＞0，所以φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以φ(x)＞φ(0)＝0，所以a≤1满足条件．②当a＞1时，若0＜x＜lna，则φ′(x)＜0，若x＞lna，则φ′(x)＞0，所以φ(x)在(0，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增，所以φ(x)min＝φ(lna)＝a－1－alna≥0．令g(a)＝a－1－alna(a＞1)，则g′(a)＝1－(1＋lna)＝－lna＜0，所以g(a)在(1，＋∞)上单调递减，所以g(a)＜g(1)＝0与g(a)≥0矛盾，故a＞1不满足条件．综上，实数a的取值范围是(－∞，1)．
方法二(参变分离法)：当x＞0时，f(x)≥0，即x(ex－1)－ax2≥0，即ex－1－ax≥0，即ax≤ex－1，即a≤恒成立．令h(x)＝(x＞0)，所以h′(x)＝．令k(x)＝ex(x－1)＋1(x＞0)，所以k′(x)＝ex·x＞0，所以k(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以k(x)＞k(0)＝0，所以h′(x)＞0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增．由洛必达法则知 ＝ex＝1，所以a≤1，故实数a的取值范围是(－∞，1)．
(2)已知f(x)是定义在R上的奇函数，当x＞0时，f(x)＝lnx－ax＋1，若f(x)有5个零点，则实数a的取值范围为__(0,1)__．
【解析】 因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(0)＝0，所以要使f(x)在R上有5个零点，只需f(x)在(0，＋∞)上有2个零点，所以方程a＝在(0，＋∞)上有2个根，等价于y＝a与g(x)＝(x＞0)的图象有2个交点．G′(x)＝，令g′(x)＝0，得x＝1，当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：
x (0,1) 1 (1，＋∞)
g′(x) ＋ 0 －
g(x) ? 极大值 ?
所以g(x)的最大值为g(1)＝1．因为x→0时，g(x)→－∞；x→＋∞时，由洛必达法则可知g(x)＝ ＝ ＝0，所以0＜a＜g(1)，即0＜a＜1．
1．定义：如果当x→a(或x→∞)时，两个函数f(x)与g(x)都趋于零(或都趋于无穷大)，那么极限 可能存在、也可能不存在．通常把这种极限称为型未定式．
2．定理1：若函数f(x)和g(x)满足下列条件：
(1) 当x→a时， f(x)＝0 及g(x)＝0；或f(x)＝∞及g(x)＝∞；
(2) 在a点的某个去心邻域内(点a的去心邻域(a－ε，a)∪(a，a＋ε)内)都有f′(x)，g′(x)存在，且g′(x)≠0；
(3) 若 ＝l，则 ＝ ＝l.
3．在上面公式中，若x→a，x→＋∞，x→－∞，x→a＋，x→a－，则洛必达法则也成立．
4．若条件符合，洛必达法则可连续多次使用，直到求出极限为止： ＝ ＝ ，如满足条件，可继续使用洛必达法则．
提醒：在解答题中使用洛必达法则，存在被扣分的风险，所以本目标的例题和训练，我们都只选取小题．
5.必要性探路
【例2.5】已知函数．
（1）当时，求曲线在点，（1）处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
（2）若，求的取值范围．
【解答】解：（1）当时，，，
（1），（1），
曲线在点，（1）处的切线方程为，
当时，，当时，，
曲线在点，（1）处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积．
（2）方法一：由，可得，即，
即，令，则，
在上单调递增，，即，
令，，当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，（1），
，，故的范围为，．
方法二：由可得，，，即，
设，恒成立，在单调递增，，
，即，再设，，
当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，
（1），，即，，则，此时只需要证，
即证，当时，恒成立，
当时，，此时不成立，
综上所述的取值范围为，．
方法三：由题意可得，，，易知在上为增函数，
①当时，（1），，存在使得，
当时，，函数单调递减，（1），不满足题意，
②当时，，，，
令，，易知在上为增函数，
（1），当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，（1），即，
综上所述的取值范围为，．
方法四：，，，，易知在上为增函数，
在上为增函数，在0，上为减函数，与在0，上有交点，
存在，使得，则，则，即，
当时，，函数单调递减，当，时，，函数单调递增，
，设，易知函数在上单调递减，且（1），
当，时，，，时，，
设，，，恒成立，在，上单调递减，
（1），当时，，，．
方法五：等价于，该不等式恒成立．
当时，有，其中．
设（a），则（a），则（a）单调递增，且（1）．
所以若成立，则必有．下面证明当时，成立．
设，，
在单调递减，在单调递增，，
，即，把换成得到，
，．，当时等号成立．
综上，．
【变式】（2021 成都模拟）已知函数．
（1）当时，讨论函数的单调性；
（2）当时，若，且在时恒成立，求实数的取值范围．
【解答】解：（1），
①当时，恒成立，即函数在递减；
②当时，令，解得，令，解得，
即函数在上单调递增，在上单调递减．
综上，当时，函数在递减；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减；
（2）由题意，即当时在时恒成立，
即在时恒成立．
记，则（1），
记（a），在递增，又（1），
所以（1）时，．
下面证明：当时，在时恒成立．
因为．
所以只需证在时恒成立．
记，所以，
又，所以在单调递增，又（1）
所以，，单调递减；，，单调递增，
所以（1），在恒成立．
综上可知，时，在时恒成立．
法二：因为在时恒成立，
所以在时恒成立，所以，
令，则单调递增，由得，
即，令，则，，
易得在上单调递减，在上单调递增，所以（1），
所以，即．
6.端点值效应
【例2.6】设函数f(x)＝(x＋1)ln(x＋1).若对所有的x≥0，都有f(x)≥ax成立，求a的取值范围.
解析：令g(x)＝(x＋1)ln(x＋1)－ax，则g ′(x)＝ln(x＋1)＋1－a
令g ′(x)＝0，即x＝ea－1－1
当a≤1时，对所有的x＞0都有g ′(x)＞0，
∴g(x)在[0，＋∞)上为单调增函数，又g(0)＝0，
∴当x≥0时，有g(x)≥g(0)，即当a≤1时都有f(x)≥ax，∴a≤1成立
当a＞1时，对于0＜x＜ea－1－1时，g ′(x)＜0
∴g(x)在(0，ea－1－1)上为单调减函数，又g(0)＝0，
∴对于0＜x＜ea－1－1时，有g(x)＜g(0)，即f(x)＜ax，
∴当a＞1时，f(x) ≥ax不一定成立
综上所述：a∈(－∞，1]
【练习1】已知函数f(x)＝ln(x+1)－，对所有的x≥0时，都有f(x)≤ax2成立，求a的取值范围.
【练习2】已知函数f(x)＝1－e－x，对所有的x≥0时，都有f(x)≤成立，求a的取值范围.
7、双变量的恒(能)成立问题
【例2.7】已知函数f(x)＝x－1－aln x(a<0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当0解 (1)由题意知f′(x)＝1－＝(x>0)，
因为x>0，a<0，所以f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
(2)∵0∴原不等式等价于f(x1)－f(x2)>，即f(x1)－f(x2)>－，即f(x1)＋>f(x2)＋.
设g(x)＝f(x)＋，x∈(0,1]，|f(x1)－f(x2)|<4等价于g(x)在(0,1]上单调递减，
所以g′(x)≤0在(0,1]上恒成立 1－－＝≤0在(0,1]上恒成立 a≥x－在(0,1]上恒成立，易知y＝x－在(0,1]上单调递增，其最大值为－3.因为a<0，所以－3≤a<0，所以实数a的取值范围为[－3,0)．
【变式】(2020·衡水中学检测)设函数f(x)＝x2＋ax－ln x(a∈R).
(1)当a＝1时，求函数f(x)的极值；
(2)若对任意a∈(4，5)及任意x1，x2∈[1，2]，恒有m＋ln 2>|f(x1)－f(x2)|成立，求实数m的取值范围.
解 (1)由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞).
当a＝1时，f(x)＝x－ln x，f′(x)＝1－＝，
当0当x>1时，f′(x)>0, f(x)单调递增，
∴函数f(x)的极小值为f(1)＝1，无极大值.
(2)由题意知f′(x)＝(1－a)x＋a－＝，
当a∈(4，5)时，1－a<－3，0<<，
所以在区间[1，2]上，f′(x)≤0，则f(x)单调递减，f(1)是f(x)的最大值，f(2)是f(x)的最小值.
∴|f(x1)－f(x2)|≤f(1)－f(2)＝－＋ln 2.
∵对任意a∈(4，5)及任意x1，x2∈[1，2]，恒有m＋ln 2>|f(x1)－f(x2)|成立，
∴m＋ln 2>－＋ln 2，得m>.
∵a∈(4，5)，∴＝1－<1－＝，
∴m≥，故实数m的取值范围是.
【跟踪训练2】(2020·湖南重点名校大联考)已知函数f(x)＝－aln x＋x＋.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)设g(x)＝ex＋mx2－2e2－3，当a＝e2＋1时，对任意x1∈[1，＋∞)，存在x2∈[1，＋∞)，使g(x2)≤f(x1)，求实数m的取值范围.
解 (1)由题意知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－＋1＋＝，
令f′(x)＝0，得x＝1或x＝a－1.当a≤1时，a－1≤0，由f′(x)<0得0由f′(x)>0得x>1，所以函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.
当1由f′(x)>0得01，所以函数f(x)在(a－1，1)上单调递减，在(0，a－1)和(1，＋∞)上单调递增.
当a＝2时，a－1＝1，可得f′(x)≥0，此时函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
当a>2时，a－1>1，由f′(x)<0得1由f′(x)>0得0a－1，所以函数f(x)在(1，a－1)上单调递减，在(0，1)和(a－1，＋∞)上单调递增.
(2)当a＝e2＋1时，由(1)得函数f(x)在(1，e2)上单调递减，
在(0，1)和(e2，＋∞)上单调递增，从而f(x)在[1，＋∞)上的最小值为f(e2)＝－e2－3.
对任意x1∈[1，＋∞)，存在x2∈[1，＋∞)，使g(x2)≤f(x1)，
即存在x2∈[1，＋∞)，使g(x2)的函数值不超过f(x)在区间[1，＋∞)上的最小值－e2－3.
由ex＋mx2－2e2－3≤－e2－3得ex＋mx2≤e2，m≤.
记p(x)＝，则当x∈[1，＋∞)时，m≤p(x)max.
p′(x)＝＝－，
当x∈[1，2]时，显然有exx＋2(e2－ex)>0，p′(x)<0，
当x∈(2，＋∞)时，exx＋2(e2－ex)>exx－2ex>0，p′(x)<0，故p(x)在区间[1，＋∞)上单调递减，
得p(x)max＝p(1)＝e2－e，
从而m的取值范围为(－∞，e2－e].
18．（17分）已知函数．
（1）若，且，求的最小值；
（2）证明：曲线是中心对称图形；
（3）若当且仅当，求的取值范围．
【解析】：（1）解法一：由，解得，所以函数的定义域为，
当时，，
所以，对恒成立，
又，当且仅当时取“”，
所以只需，即，所以的最小值为．
解法二：【江苏省南京市王安寓补解】，所以，
因为，又，所以当时，取得最大值1，故，下同解法一。
（2）证明（方法一）： ，，
所以关于点中心对称．
解法三：【江苏省南京市王安寓补解】的定义域为，
,
因此图像关于点对称，所以曲线是中心对称图形。
（3）因为当且仅当，
因为是连续的，所以（1），又（1），解得，
因为，（1），端点恒成立：
①时，恒成立的必要条件为，在处，成立，
所以（1），
又（1）恒成立，所以（1），
因为，又（1）恒成立，所以（1），
因为，又（1）恒成立，所以（1），
因为，所以（1），解得，
所以为时，恒成立的必要条件，
②下面证明的充分性：
思路因为
，
令，则上式，
思路因为，
令，则，
令，则，
因为，
又因为，所以，
则在上单调递减，，
则，
又因为，所以，
所以在上单调递增，则（1），
所以在上单调递增，则（1），
所以在上单调递增，即时，（1）恒成立，
所以为时，恒成立的充分条件，
综上所述，为时，恒成立的充要条件，
所以的取值范围为，．
21．（12分）已知函数．
（1）当时，求的极值；
（2）当时，，求的取值范围．
【解析】：（1）当 时，，，，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故的极小值为，无极大值；
（2）由，得，
令，则，
当时，，且，，所以，，
当时，，
所以在，上单调递增，，
故在，上单调递增，恒成立，
即的取值范围为．