临沂市高三二轮会材料
函数导数中的恒成立问题解题技巧
函数导数中的恒成立问题解题技巧
新课标下的高考越来越重视考查知识的综合应用，恒成立问题涉及方程、不等式、函数性质与图象及它们之间的综合应用，同时渗透换元、转化与化归、数形结合、函数与方程等思想方法，考查综合解题能力，尤其是在函数、导数中体现的更为明显，也是历年高考的热点问题, 根据本人的体会，恒成立问题主要有以下几种.
一、利用函数的性质解决恒成立问题
例1 已知函数f (x ) =x 3+(1-a ) x 2-a (a +2) x +b (a , b ∈R ) ．
(1)若函数f (x ) 的图象过原点，且在原点处的切线斜率是-3，求a , b 的值；
(2)若函数f (x ) 在区间(-1,1) 上不单调，求a 的取值范围． ．．．
解：(1)由题意得f '(x ) =3x 2+2(1-a ) x -a (a +2)
f (0) =b =0⎧ 又⎨ ，解得b =0，a =-3或a =1 'f (0) =-a (a +2) =-3⎩
(2)函数f (x ) 在区间(-1, 1) 不单调，等价于
导函数f '(x ) 在(-1, 1) 既能取到大于0的实数，又能取到小于0的实数 即函数f '(x ) 在(-1, 1) 上存在零点，根据零点存在定理，有
f '(-1) f '(1) 所以a 的取值范围是{a -5
【方法点评】利用函数的性质解决恒成立问题，主要是函数单调性的应用，函数在给定的区间上不单调意味着导函数在给定的区间上有零点，利用函数零点的存在性定理即可解决问题.
二、利用数形结合思想解决恒成立问题
例2 已知x =3是函数f (x )=a ln (1+x )+x 2-10x 的一个极值点．
（1）求a ；
（2）求函数f (x )的单调区间；
（3）若直线y =b 与函数y =f (x )的图象有3个交点，求b 的取值范围．
【方法指导】（1）在极值点处导数为零，可以求a 的值；（2）求函数的单调区间借助f '(x ) >0可以求出单调递增区间，f '(x )
解：（1）因为f ' (x )=a a +2x -10，所以f ' (3)=+6-10=0，因此a =16． 1+x 4
（2）由（1）知，f (x )=16ln (1+x )+x 2-10x , x ∈(-1, +∞)，f ' (x )=2(x 2-4x +3)
1+x
当x ∈(-1,1) (3, +∞)时，f ' (x )>0；当x ∈(1,3)时，f ' (x )
所以f (x )的单调增区间是(-1,1), (3, +∞)，f (x )的单调减区间是(1,3)．
（3）由（2）知，f (x )在(-1,1)内单调增加，在(1,3)内单调减少，在(3, +∞)上单调增加，且当x =1或x =3时，f ' (x )=0
所以f (x )的极大值为f (1)=16ln 2-9，极小值为f (3)=32ln 2-21
因此f (16)=162-10⨯16>16ln2-9=f (1)
f (e -2-1)
所以在f (x )的三个单调区间(-1, 1∞)(, 1, )3(, +3, )直线
y =b 有y =f (x )的图象各有一个交点，当且仅当f (3)
因此，b 的取值范围为(32ln2-21,16ln2-9)．
【方法点评】数形结合是高中数学中常考的思想方法之一，在有关取值范围问题、单调性问题、最值问题中体现较明显，同时方程的根及函数零点也可转化为交点问题解决.
三、分离参数解决恒成立问题
a 例3 已知函数f (x ) =ln x -， x
(1)当a >0时，判断f (x ) 在定义域上的单调性；
(2)若f (x )
【方法指导】（1）通过判断导数的符号解决；（2）由于参数a 是“孤立”的，可以分离参数后转化为一个函数的单调性或最值等解决．
1a x +a 解：(1)由题意：f (x ) 的定义域为(0,+∞) ，且f '(x ) =+2=2． x x x
a >0, ∴f '(x ) >0，故f (x ) 在(0,+∞) 上是单调递增函数． (2) f (x )
3a 0, ∴a >x ln x -x 3 x 211-6x 2
令g (x ) =x ln x -x , h (x ) =g '(x ) =1+ln x -3x , h '(x ) =-6x =， x x
h (x ) 在[1,+∞) 上是减函数，∴h (x )
∴g (x ) 在[1,+∞) 上也是减函数，∴g (x )
令a ≥-1得a >g (x ) ，
∴当f (x )
【方法点评】分离参数是恒成立问题中的一种重要解题方法，分离参数后，构造新函数，求新函数的最值即可解决恒成立问题中的参数取值范围.
四、利用两个函数的最值解决恒成立问题
x －1b e 例4 [2014·新课标全国卷Ⅰ] 设函数f (x ) ＝a e x ln x ＋x y ＝f (x ) 在点(1，
f (1))处的切线方程为y ＝e(x －1) ＋2.
(1)求a ，b ；
(2)证明：f (x )>1.
a b b 解：(1)函数f (x ) 的定义域为(0，＋∞) ，f ′(x ) ＝a e x ln x ＋x e x －x x －1x x －1.
由题意可得f (1)＝2，f ′(1)＝e ，故a ＝1，b ＝2.
2x －12－x x (2)证明：由(1)知，f (x ) ＝e ln x ＋x ，从而f (x )>1等价于x ln x >x e －e 设函数g (x ) ＝x ln x ，则g ′(x ) ＝1＋ln x ，
11所以当x ∈(0, ) 时，g ′(x )0. e e
11故g (x ) 在(0, ) 上单调递减，在(, +∞) 上单调递增，从而g (x ) 在(0，＋∞) 上e e
11的最小值为g () ＝－e e
2设函数h (x ) ＝x e －x －h ′(x ) ＝e －x (1－x ) ．所以当x ∈(0，1) 时，h ′(x )>0； e
当x ∈(1，＋∞) 时，h ′(x )
故h (x ) 在(0，1) 上单调递增，在(1，＋∞) 上单调递减，从而h (x ) 在(0，＋∞)
1上的最大值为h (1)＝－e 1因为g min (x ) ＝g () ＝h (1)＝h max (x ) ， e
所以当x >0时，g (x )>h (x ) ，即f (x )>1.
五、不等式中的恒成立问题
2x -1 例5 (2016•山东) 已知f (x ) =a (x -ln x ) +2, a ∈R . x
(1)讨论f (x ) 的单调性；
(2)当a =1时，证明f (x ) >f '(x ) +3对于任意的x ∈[1,2]恒成立． 2
a 22(ax 2-2)(x -1) 解：(1)f (x ) 的定义域为(0,+∞) ，f '(x ) =a --2+3= x x x x 3
当a ≤0时，若x ∈(0,1)，则f '(x ) >0, f (x ) 单调递增，
若x ∈(1,+∞) ，则f '(x )
当a >
0时，f '(x ) =a (x -1) (x -x +. x 3(i)当0
2>1. +∞) 时，f '(x ) >0, f (x ) 单调递增．
当x ∈
(0,1)或x ∈当x ∈时，f '(x )
当x ∈或x ∈(1,+∞) 时，f '(x ) >0, f (x ) 单调
(ii)当a =
2(iii)当a >
2时，0
递增，当x ∈时，f '(x ) 上单调递增，在单调递增；
当a =2时，f (x ) 在(0,+∞) 上单调递增；
当a >2时，f (x ) 在（02上单调递增，在（2，1）上单调递减，在(1，上单调递减，在+∞) 上
a a
＋∞) 上单调递增．
(2)证明：由(1)知，当a =1时，
f (x ) -f '(x ) =x -ln x +
x ∈[1,2] 2x -1122312-(1--+) =x -ln x ++--1，22323x x x x x x x
设g (x ) =x -ln x , h (x ) ==312+2-3-1, x ∈[1,2]，则f (x ) -f '(x ) =g (x ) +h (x ．) x x x
由g '(x ) =x -1≥0，可得g (x ) ≥g (1)=1，当且仅当x =1时取得等号． x
-3x 2-2x +6又h '(x ) =. 设ϕ(x ) =-3x 2-2x +6，则ϕ(x ) 在[1,2]上单调递减． 4x
因为ϕ(1)=1, ϕ(2)=-10，
所以∃x 0∈(1,2)，使得当x ∈(1, x 0) 时，ϕ(x ) >0，x ∈(x 0,2) 时，ϕ(x )
所以h (x ) h (x ) 在(1, x 0) 上单调递增，在(x 0,2) 上单调递减． 11，可得h (x ) ≥h (2)=， 22
当且仅当x =2时取得等号． 3所以f (x ) -f '(x ) =g (1)+h (2)=， 2
3即f (x ) >f '(x ) +对于任意的x ∈[1,2]成立． 2
六、利用恒成立问题求参数的取值范围 由h (1)=1, h (2)=例6 (2015·北京) 已知函数f (x ) =ln 1+x 。 1-x
(1)求曲线y =f (x ) 在点(0,f (0)) 处的切线方程；
x 3
(2)求证：当x ∈(0,1) 时，f (x ) >2(x +) ； 3
x 3
(3)设实数k 使得f (x ) >k (x +) 对x ∈(0,1) 恒成立，求k 的最大值。 3
解：(1)f (x ) =ln
为y =2x 1+x 1, x ∈(-1,1), f '(x ) =, f '(0)=2, f (0)=0 ，所以切线方程21-x 1-x
x 3
(2)原命题造价于任意x ∈(0,1),f (x ) -2(x +) >0 ， 3
x 3
设函数F (x ) =ln(1+x ) -ln(1-x ) -2(x +) ， 3
2x 4
F '(x ) = 。 1-x 2
当x ∈(0,1) 时，F '(x ) >0 ，函数F (x ) 在x ∈(0,1) 上是单调递增函数。
x 3
F (x ) >F (0)=0 ，因此任意x ∈(0,1),f (x ) >2(x +) 。 3
x 3
(3)由(2)知，当k ≤2时，f (x )>k (x +) 对x ∈(0，1) 恒成立． 3
x 3
当k >2时，令h (x ) ＝f (x ) －k (x +) ，则 3
kx 4－（k －2）h ′(x ) ＝f ′(x ) －k (1＋x ) ＝1－x 2
4k －2k -2(0, ) 上单调递减． 所以当0
4k －2x 3
(x +) . 故当0
x 3
所以当k >2时，f (x )>k (x +) 并非对x ∈(0，1) 恒成立． 3
综上可知，k 的最大值为2.
【方法总结】研究不等式f (x ) >0在区间A 上恒成立，求其中参数a 的取值范围问题，一般有两种方法：①直接转化为研究带参数的动态函数y =f (x ) 在区间A 上的最小值．由于函数y =f (x ) 带有参数，它在区间A 上的单调性会由于参数a 的不同而变化，因此需要分类讨论．由于函数y =f (x ) 的单调性和其导函数在区间A 上的零点个数有关，问题最后都归结为就函数y =f '(x ) 在区间A 上的零点个数进行分类讨论．问题(2)中的方法一就是遵循这一思路；②是将不等式f (x ) >0作变形，将参数a 和变量x 进行分离，将不等式转化为h (a ) >g (x ) (或h (a )
七、变形构造函数解答恒成立问题
例7 已知函数f (x ) =ln 2(1+x ) +2ln(1+x ) -2x ．
(1)求证f (x ) 在区间(0，1) 上单调递减；
12n +a ≤e 2(e 是自然对数的底数）对任意的n ∈N *都成立，(2)若不等式(1+) n
求实数a 的最大值．
【方法指导】(1)这是一个函数的单调性问题，所以用导数法，即证明函数f (x ) 在区间(0，1) 上的导函数恒小于零；(2)先将不等式(1+
数，转化为12n +a ) ≤e 2两边取自然对n 11a 1-在≤-n 恒成立，再用导数法求函数G (x ) =ln(x +1) x 2ln(1+1) n
x ∈(0, 1]上的最小值即可．
解：(1)f '(x ) =2[ln(1+x ) -x ]， 1+x
设函数g (x ) =ln(1+x ) -x ，当x ∈(0, 1) 时，g '(x ) =1-1
所以函数g (x ) 在x ∈(0, 1) 上单调递减，所以g (x )
所以f '(x )
12n +a a 1≤e 2等价于不等式(n +) ln(1+) ≤1， (2)不等式(1+) 2n n
由1+111a 1>1≤G (x ) =--n ， 设函数，x ∈(0, 1]， n ln(x +1) x 2ln(1+) n
11(1+x ) ln 2(1+x ) -x 2
G '(x ) =-+2=2， 2(1+x ) ln (1+x ) x x (1+x ) ln 2(1+x )
设函数h (x ) =(1+x ) ln 2(1+x ) -x 2，x ∈[0, 1]，
h '(x ) =ln 2(1+x ) +2ln(1+x ) -2x ，由(1)知x ∈(0, 1) 时，h '(x )
h (x )
在x ∈(0, 1]上单调递减，所以G (x ) ≥G (1) =1-1． ln 2
故函数G (x ) 在(0, 1]上的最小值为G (1) =1-1， ln 2即
2a 1-2． ≤-1，所以a 的最大值为2ln 2ln 2
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函数导数中的恒成立问题解题技巧
新课标下的高考越来越重视考查知识的综合应用，恒成立问题涉及方程、不等式、函数性质与图象及它们之间的综合应用，同时渗透换元、转化与化归、数形结合、函数与方程等思想方法，考查综合解题能力，尤其是在函数、导数中体现的更为明显，也是历年高考的热点问题, 根据本人的体会，恒成立问题主要有以下几种.
一、利用函数的性质解决恒成立问题
例1 已知函数f (x ) =x 3+(1-a ) x 2-a (a +2) x +b (a , b ∈R ) ．
(1)若函数f (x ) 的图象过原点，且在原点处的切线斜率是-3，求a , b 的值；
(2)若函数f (x ) 在区间(-1,1) 上不单调，求a 的取值范围． ．．．
解：(1)由题意得f '(x ) =3x 2+2(1-a ) x -a (a +2)
f (0) =b =0⎧ 又⎨ ，解得b =0，a =-3或a =1 'f (0) =-a (a +2) =-3⎩
(2)函数f (x ) 在区间(-1, 1) 不单调，等价于
导函数f '(x ) 在(-1, 1) 既能取到大于0的实数，又能取到小于0的实数 即函数f '(x ) 在(-1, 1) 上存在零点，根据零点存在定理，有
f '(-1) f '(1) 所以a 的取值范围是{a -5
【方法点评】利用函数的性质解决恒成立问题，主要是函数单调性的应用，函数在给定的区间上不单调意味着导函数在给定的区间上有零点，利用函数零点的存在性定理即可解决问题.
二、利用数形结合思想解决恒成立问题
例2 已知x =3是函数f (x )=a ln (1+x )+x 2-10x 的一个极值点．
（1）求a ；
（2）求函数f (x )的单调区间；
（3）若直线y =b 与函数y =f (x )的图象有3个交点，求b 的取值范围．
【方法指导】（1）在极值点处导数为零，可以求a 的值；（2）求函数的单调区间借助f '(x ) >0可以求出单调递增区间，f '(x )
解：（1）因为f ' (x )=a a +2x -10，所以f ' (3)=+6-10=0，因此a =16． 1+x 4
（2）由（1）知，f (x )=16ln (1+x )+x 2-10x , x ∈(-1, +∞)，f ' (x )=2(x 2-4x +3)
1+x
当x ∈(-1,1) (3, +∞)时，f ' (x )>0；当x ∈(1,3)时，f ' (x )
所以f (x )的单调增区间是(-1,1), (3, +∞)，f (x )的单调减区间是(1,3)．
（3）由（2）知，f (x )在(-1,1)内单调增加，在(1,3)内单调减少，在(3, +∞)上单调增加，且当x =1或x =3时，f ' (x )=0
所以f (x )的极大值为f (1)=16ln 2-9，极小值为f (3)=32ln 2-21
因此f (16)=162-10⨯16>16ln2-9=f (1)
f (e -2-1)
所以在f (x )的三个单调区间(-1, 1∞)(, 1, )3(, +3, )直线
y =b 有y =f (x )的图象各有一个交点，当且仅当f (3)
因此，b 的取值范围为(32ln2-21,16ln2-9)．
【方法点评】数形结合是高中数学中常考的思想方法之一，在有关取值范围问题、单调性问题、最值问题中体现较明显，同时方程的根及函数零点也可转化为交点问题解决.
三、分离参数解决恒成立问题
a 例3 已知函数f (x ) =ln x -， x
(1)当a >0时，判断f (x ) 在定义域上的单调性；
(2)若f (x )
【方法指导】（1）通过判断导数的符号解决；（2）由于参数a 是“孤立”的，可以分离参数后转化为一个函数的单调性或最值等解决．
1a x +a 解：(1)由题意：f (x ) 的定义域为(0,+∞) ，且f '(x ) =+2=2． x x x
a >0, ∴f '(x ) >0，故f (x ) 在(0,+∞) 上是单调递增函数． (2) f (x )
3a 0, ∴a >x ln x -x 3 x 211-6x 2
令g (x ) =x ln x -x , h (x ) =g '(x ) =1+ln x -3x , h '(x ) =-6x =， x x
h (x ) 在[1,+∞) 上是减函数，∴h (x )
∴g (x ) 在[1,+∞) 上也是减函数，∴g (x )
令a ≥-1得a >g (x ) ，
∴当f (x )
【方法点评】分离参数是恒成立问题中的一种重要解题方法，分离参数后，构造新函数，求新函数的最值即可解决恒成立问题中的参数取值范围.
四、利用两个函数的最值解决恒成立问题
x －1b e 例4 [2014·新课标全国卷Ⅰ] 设函数f (x ) ＝a e x ln x ＋x y ＝f (x ) 在点(1，
f (1))处的切线方程为y ＝e(x －1) ＋2.
(1)求a ，b ；
(2)证明：f (x )>1.
a b b 解：(1)函数f (x ) 的定义域为(0，＋∞) ，f ′(x ) ＝a e x ln x ＋x e x －x x －1x x －1.
由题意可得f (1)＝2，f ′(1)＝e ，故a ＝1，b ＝2.
2x －12－x x (2)证明：由(1)知，f (x ) ＝e ln x ＋x ，从而f (x )>1等价于x ln x >x e －e 设函数g (x ) ＝x ln x ，则g ′(x ) ＝1＋ln x ，
11所以当x ∈(0, ) 时，g ′(x )0. e e
11故g (x ) 在(0, ) 上单调递减，在(, +∞) 上单调递增，从而g (x ) 在(0，＋∞) 上e e
11的最小值为g () ＝－e e
2设函数h (x ) ＝x e －x －h ′(x ) ＝e －x (1－x ) ．所以当x ∈(0，1) 时，h ′(x )>0； e
当x ∈(1，＋∞) 时，h ′(x )
故h (x ) 在(0，1) 上单调递增，在(1，＋∞) 上单调递减，从而h (x ) 在(0，＋∞)
1上的最大值为h (1)＝－e 1因为g min (x ) ＝g () ＝h (1)＝h max (x ) ， e
所以当x >0时，g (x )>h (x ) ，即f (x )>1.
五、不等式中的恒成立问题
2x -1 例5 (2016•山东) 已知f (x ) =a (x -ln x ) +2, a ∈R . x
(1)讨论f (x ) 的单调性；
(2)当a =1时，证明f (x ) >f '(x ) +3对于任意的x ∈[1,2]恒成立． 2
a 22(ax 2-2)(x -1) 解：(1)f (x ) 的定义域为(0,+∞) ，f '(x ) =a --2+3= x x x x 3
当a ≤0时，若x ∈(0,1)，则f '(x ) >0, f (x ) 单调递增，
若x ∈(1,+∞) ，则f '(x )
当a >
0时，f '(x ) =a (x -1) (x -x +. x 3(i)当0
2>1. +∞) 时，f '(x ) >0, f (x ) 单调递增．
当x ∈
(0,1)或x ∈当x ∈时，f '(x )
当x ∈或x ∈(1,+∞) 时，f '(x ) >0, f (x ) 单调
(ii)当a =
2(iii)当a >
2时，0
递增，当x ∈时，f '(x ) 上单调递增，在单调递增；
当a =2时，f (x ) 在(0,+∞) 上单调递增；
当a >2时，f (x ) 在（02上单调递增，在（2，1）上单调递减，在(1，上单调递减，在+∞) 上
a a
＋∞) 上单调递增．
(2)证明：由(1)知，当a =1时，
f (x ) -f '(x ) =x -ln x +
x ∈[1,2] 2x -1122312-(1--+) =x -ln x ++--1，22323x x x x x x x
设g (x ) =x -ln x , h (x ) ==312+2-3-1, x ∈[1,2]，则f (x ) -f '(x ) =g (x ) +h (x ．) x x x
由g '(x ) =x -1≥0，可得g (x ) ≥g (1)=1，当且仅当x =1时取得等号． x
-3x 2-2x +6又h '(x ) =. 设ϕ(x ) =-3x 2-2x +6，则ϕ(x ) 在[1,2]上单调递减． 4x
因为ϕ(1)=1, ϕ(2)=-10，
所以∃x 0∈(1,2)，使得当x ∈(1, x 0) 时，ϕ(x ) >0，x ∈(x 0,2) 时，ϕ(x )
所以h (x ) h (x ) 在(1, x 0) 上单调递增，在(x 0,2) 上单调递减． 11，可得h (x ) ≥h (2)=， 22
当且仅当x =2时取得等号． 3所以f (x ) -f '(x ) =g (1)+h (2)=， 2
3即f (x ) >f '(x ) +对于任意的x ∈[1,2]成立． 2
六、利用恒成立问题求参数的取值范围 由h (1)=1, h (2)=例6 (2015·北京) 已知函数f (x ) =ln 1+x 。 1-x
(1)求曲线y =f (x ) 在点(0,f (0)) 处的切线方程；
x 3
(2)求证：当x ∈(0,1) 时，f (x ) >2(x +) ； 3
x 3
(3)设实数k 使得f (x ) >k (x +) 对x ∈(0,1) 恒成立，求k 的最大值。 3
解：(1)f (x ) =ln
为y =2x 1+x 1, x ∈(-1,1), f '(x ) =, f '(0)=2, f (0)=0 ，所以切线方程21-x 1-x
x 3
(2)原命题造价于任意x ∈(0,1),f (x ) -2(x +) >0 ， 3
x 3
设函数F (x ) =ln(1+x ) -ln(1-x ) -2(x +) ， 3
2x 4
F '(x ) = 。 1-x 2
当x ∈(0,1) 时，F '(x ) >0 ，函数F (x ) 在x ∈(0,1) 上是单调递增函数。
x 3
F (x ) >F (0)=0 ，因此任意x ∈(0,1),f (x ) >2(x +) 。 3
x 3
(3)由(2)知，当k ≤2时，f (x )>k (x +) 对x ∈(0，1) 恒成立． 3
x 3
当k >2时，令h (x ) ＝f (x ) －k (x +) ，则 3
kx 4－（k －2）h ′(x ) ＝f ′(x ) －k (1＋x ) ＝1－x 2
4k －2k -2(0, ) 上单调递减． 所以当0
4k －2x 3
(x +) . 故当0
x 3
所以当k >2时，f (x )>k (x +) 并非对x ∈(0，1) 恒成立． 3
综上可知，k 的最大值为2.
【方法总结】研究不等式f (x ) >0在区间A 上恒成立，求其中参数a 的取值范围问题，一般有两种方法：①直接转化为研究带参数的动态函数y =f (x ) 在区间A 上的最小值．由于函数y =f (x ) 带有参数，它在区间A 上的单调性会由于参数a 的不同而变化，因此需要分类讨论．由于函数y =f (x ) 的单调性和其导函数在区间A 上的零点个数有关，问题最后都归结为就函数y =f '(x ) 在区间A 上的零点个数进行分类讨论．问题(2)中的方法一就是遵循这一思路；②是将不等式f (x ) >0作变形，将参数a 和变量x 进行分离，将不等式转化为h (a ) >g (x ) (或h (a )
七、变形构造函数解答恒成立问题
例7 已知函数f (x ) =ln 2(1+x ) +2ln(1+x ) -2x ．
(1)求证f (x ) 在区间(0，1) 上单调递减；
12n +a ≤e 2(e 是自然对数的底数）对任意的n ∈N *都成立，(2)若不等式(1+) n
求实数a 的最大值．
【方法指导】(1)这是一个函数的单调性问题，所以用导数法，即证明函数f (x ) 在区间(0，1) 上的导函数恒小于零；(2)先将不等式(1+
数，转化为12n +a ) ≤e 2两边取自然对n 11a 1-在≤-n 恒成立，再用导数法求函数G (x ) =ln(x +1) x 2ln(1+1) n
x ∈(0, 1]上的最小值即可．
解：(1)f '(x ) =2[ln(1+x ) -x ]， 1+x
设函数g (x ) =ln(1+x ) -x ，当x ∈(0, 1) 时，g '(x ) =1-1
所以函数g (x ) 在x ∈(0, 1) 上单调递减，所以g (x )
所以f '(x )
12n +a a 1≤e 2等价于不等式(n +) ln(1+) ≤1， (2)不等式(1+) 2n n
由1+111a 1>1≤G (x ) =--n ， 设函数，x ∈(0, 1]， n ln(x +1) x 2ln(1+) n
11(1+x ) ln 2(1+x ) -x 2
G '(x ) =-+2=2， 2(1+x ) ln (1+x ) x x (1+x ) ln 2(1+x )
设函数h (x ) =(1+x ) ln 2(1+x ) -x 2，x ∈[0, 1]，
h '(x ) =ln 2(1+x ) +2ln(1+x ) -2x ，由(1)知x ∈(0, 1) 时，h '(x )
h (x )
在x ∈(0, 1]上单调递减，所以G (x ) ≥G (1) =1-1． ln 2
故函数G (x ) 在(0, 1]上的最小值为G (1) =1-1， ln 2即
2a 1-2． ≤-1，所以a 的最大值为2ln 2ln 2