由(1)的结果可知,当x?(0,1)时,f(x)?f()??e, 为使(1)式对所有x?(0,1)成立,当且
e1仅当
aln2??e,即a??eln2为所求。
评注：寻找（2）中不等式与（1）的联系（观察其结构特征），通过取对数转化为求函数f(x)的最大值问题。
例5.（08年湖南卷21）已知函数f(x)=ln(1+x)-(I ) 求函数f(x)的单调区间; （Ⅱ）若不等式(1?1n)a?a2
x21?x.
?e对任意的n?N*都成立（其中e是自然对数的底数）.
求?的最大值.
解析: （Ⅰ）函数f(x)的定义域是(?1,??)， f?(x)?2ln(1?x)1?x?x?2x(1?x)22?2(1?x)ln(1?x)?x?2x(1?x)21?x22.
设g(x)?2(1?x)ln(1?x)?x2?2x,则g?(x)?2ln(1?x)?2x. 令h(x)?2ln(1?x)?2x,则h?(x)??2??2x1?x.
当?1?x?0时， h?(x)?0, h(x)在（-1，0）上为增函数， 当x＞0时，h?(x)?0,h(x) 在(0,??)上为减函数.
所以h(x)在x=0处取得极大值，而h(0)=0,
所以g?(x)?0(x?0)，函数g(x)在(?1,??)上为减函数.
于是当?1?x?0时，g(x)?g(0)?0,当x＞0时，g(x)?g(0)?0. 所以，当?1?x?0时，f?(x)?0,f(x)在（-1，0）上为增函数. 当x＞0时，f?(x)?0,f(x)在(0,??)上为减函数. 故函数f(x)的单调递增区间为（-1，0），单调递减区间为(0,??). （Ⅱ）不等式(1?a?1ln(1?1n)1n)n?a?e等价于不等式(n?a)ln(1?1ln(1?x)?1x,x??0,1?, 则
1n)?1.由1?1n?1知，
?n. 设G(x)?G?(x)??1(1?x)ln(1?x)22?x21x2?(1?x)ln(1?x)?xx(1?x)ln(1?x)22222.
2由（Ⅰ）知，ln(1?x)?1?x?0,即(1?x)ln(1?x)?x?0.
所以G?(x)?0,x??0,1?,于是G(x)在?0,1?上为减函数. 故函数G（x）在?0,1?上的最小值为G(1)?1ln2?1.
12 2
所以a的最大值为
1ln2?1.
评注：仿第3题取对数并化离散为连续进行构造转化利用单调性求最小值解决问题；值得注意的是本题在考察单调性需要判断符号而难以直接判断时可以考虑进行二次构造甚至三 次（多次）构造，是典型的用构造方法转化并解决问题的好例。
二、证明不等式问题
1．直接构造
例6．（07年浙江理22）设f(x)?x323（I）求函数y?f(x)?gt(x)的单调区间；
，对任意实数t，记gt(x)?t3x?23t．
（II）求证：（ⅰ）当x?0时，f(x)gf(x)≥gt(x)对任意正实数t成立；
（ⅱ）有且仅有一个正实数x0，使得gx(x0)≥gt(x0)对任意正实数t成立．
33y??0，当x?(?2，2)时，y??0，当x?(2，??)时，y??0，故所求函数的单调递增区间
x3解析：（I）y??4x?16．由y??x2?4?0，得x??2．因为当x?(??，?2)时，
是(??，?2)，(2，??)，单调递减区间是(?2，2)．
2（II）证明：（i）法1：令h(x)?f()x?g(t)x??t3x?(tx0)?3313x322，则h?(x)?x?t3，
21当t?0时，由h?(x)?0，得x?t，当x?(x3，??)内??)时，h?(x)?0，所以h(x)在(0，1的最小值是h(t3)?0．故当x?0时，f(x)≥gt(x)对任意正实数t成立．
2法2：对任意固定的x?0，令h(t)?gt(x)?tx?33323t(t?0)，则h?(t)?323t?131(x?t3)，
3由h?(t)?0，得t?x．当0?t?x时，h?(t)?0．当t?x时，h?(t)?0，所以当t?x时，
h(t)取得最大值h(x)?313因此当x?0时，f(x)≥g(x)对任意正实数t成立．
x．
3（ii）法1：f(2)?83?gt(2)．由（i）得，gt(2)≥gt(2)对任意正实数t成立．即存在
正实数x0?2，使得gx(2)≥gt(2)对任意正实数t成立．
下面证明x0的唯一性：
x16t?8时，f(x0)?gx(x0)?4x0?当x0?2，x0?0，，，由（i）得，0?4x0?，
333316x033再取t?x0，得gx3(x0)?0??gx3(x0)，即x0?2时，不满，所以gx(x0)?4x0?0333足gx(x0)≥gt(x0)对任意t?0都成立．故有且仅有一个正实数x0?2，使得
13 2
3x0316x03gx(x0)0≥gt(x0)对任意正实数t成立．
法2：对任意x0?0，gx(x0)?4x0?163，因为gt(x0)关于t的最大值是
163≥13313x0，所以要
3使gx(x0)≥gt(x0)对任意正实数成立的充分必要条件是：4x0?x0，
评注：
备选题3（07安徽理18）设a≥0，f(x)?x?1?ln2x?2alnx(x?0)． （Ⅰ）令F(x)?xf?(x)，讨论F(x)在(0，?∞)内的单调性并求极值；
（Ⅱ）求证：当x?1时，恒有x?ln2x?2alnx?1．
备选题4（07年湖北理20）已知定义在正实数集上的函数f(x)?12x?2ax，
22g(x)?3alnx?b，其中a?0．设两曲线y?f(x)，y?g(x)有公共点，且在该点处的切
线相同．
（I）用a表示b，并求b的最大值； （II）求证：f(x)≥g(x)（x?0）．
2．适当放缩后再构造
例7（08山东卷理21）已知函数f(x)?1(1?x)n?aln(x?1),其中n∈N*,a为常数.
（Ⅰ）当n=2时，求函数f(x)的极值；
（Ⅱ）当a=1时，证明：对任意的正整数n,当x≥2时，有f(x)≤x-1. 解析（Ⅰ）由已知得函数f(x)定义域为{x|x＞1}，当n=2时，f(x)?所以f?(x)?此时 f/(x)=
2?a(1?x)(1?x)321(1?x)2?aln(x?1),
2a/
，（1）当a＞0时，由f(x)=0得x1?1?2a＞1，x2?1?＜1，
?a(x?x1)(x?x2)(1?x)3.当x∈（1，x1）时，f/(x)＜0,f(x)单调递减；当x∈（x1+∞）
时，f/(x)＞0, f(x)单调递增.（2）当a≤0时，f/(x)＜0恒成立，所以f(x)无极值.
综上所述，对n=2，当a＞0时，f(x)在x?1?f(1?2a)?a2(1?ln2a).当a≤0时，f(x)无极值.
2a处取得极小值，极小值为
（Ⅱ）证法1：因为a=1,所以f(x)?令g(x)?x?1?则 g′（x）=1+
n(x?1)n?11(1?x)n?ln(x?1).当n为偶数时，
1(1?x)?1x?1n?ln(x?1),
?x?2x?1?n(x?1)n?1＞0（x≥2）.所以当x∈[2,+∞）时，
14 2
g(x)单调递增，又g(2)=0，因此g(x)?x?1?1(x?1)1n?ln(x?1)≥g(2)=0恒成立，所以f(x)
≤x-1成立.当n为奇数时，要证f(x)≤x-1,由于 令h(x)=x-1-ln(x-1),则 h′（x）=1-1x?1?(1?x)x?2x?1n＜0，所以只需证ln(x-1) ≤x-1,
≥0（x≥2）,所以当x∈[2，+∞）时，
h(x)?x?1?ln(x?1)单调递增，又h(2)=1＞0， 所以当x≥2时，恒有h(x) ＞0,即ln（x-1）
＜x-1命题成立.
综上所述，结论成立.
法2： 当a=1时f(x)?1(1?x)n对任意的正整数n，恒有?ln(x?1).当x≤2时，
1(1?x)n≤1，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?1?x?2x?1,当x≥2时，h?(x)≥0，故h(x)在?2,???上单调递增，
因此当x≥2时，h(x)≥h(2)=0，即1+ln(x-1) ≤x-1成立.
1故当x≥2时，有?ln(x?1)≤x-1.即f（x）≤x-1. n(1?x)评注：本题与上述两题之直接构造函数不同，而是经过理性分析后，放缩再进行构造，则较为简捷；但是具有较高的思维含量（若直接构造则运算特繁琐！）。
3．化离散为连续进行构造
例8.（07年山东理22）设函数f(x)?x2?bln(x?1)，其中b?0． （Ⅰ）当b?时，判断函数f(x)在定义域上的单调性； 2（Ⅱ）求函数f(x)的极值点；
（Ⅲ）证明对任意的正整数n，不等式ln?解析：（Ⅰ）（Ⅱ）略；
2（Ⅲ）当b??1时，函数f(x)?x?ln(x?1)，
1?111??1??2?3都成立．
n?n?n令函数h(x)?x2?f(x)?x2?x2?ln(x?1)，则 h?(x)?3x?2x?21x?1?3x?(x?1)x?122．
???时，f?(x)?0，所以函数h(x)在?0，???上单调递增，又?当x??0，h(0)?0．?x?(0，??)时，恒有h(x)?h(0)?0，即x?x?ln(x?1)恒成立．故当x?(0，??)时，有ln(x?1)?x?x．对任意正整数n取x?11?1?ln??1??2?3．所以结论成立．
n?n?n23231n?(0，??)，则有
评注：化离散为连续进行构造性证明是本题创新特色。
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