导数与不等式的证明高考真题含答案
导数与不等式的证明
1.【2013湖南文科】已知函数f （x ）=
x
e x
2
1x 1+-. （Ⅰ）求f （x ）的单调区间；
（Ⅱ）证明：当f （x 1）=f （x 2）(x 1≠x 2)时，x 1+x 2＜0.
【解析】 (Ⅰ) .)
123)12)1()1)11()('2
22
222x x x xe x x e x x e x x f x x x ++--?=+?--+?-+-=（（（ ;
)(,0)(']0-02422单调递增时，，（当x f y x f x =>∞∈∴
单调递减）时，，当)(,0)('0[x f y x f x =≤∞+∈.
所以，）上单调递减，上单调递增；在，在（∞+∈∞=0[]0-)(x x f y 。
（Ⅱ）由(Ⅰ)知，只需要证明：当x>0时f(x) < f(-x)即可。
]1)1[(11111)()(22
22x e x x
e e x x e x x x
f x f x
x x x ---+=++-+-=----。 1)21()('0,1)1()(22--=?>---=x x e x x g x x e x x g 令。
,04)21()('1)21()(222<-=-=?--=x x x xe e x x h e x x h 令
0)0()(0)(=
)0()(0)(=
.000]1)1[(122
==∞+---+=?-y x x e x x
e y x x
时）上单调递减，但，在（ )()(0)()(x f x f x f x f -
.0)()(212121<+≠=x x x x x f x f 时，且所以，当（证毕）
2.【2013天津理科】已知函数.
(Ⅰ) 求函数f(x)的单调区间;
(Ⅱ) 证明: 对任意的t>0, 存在唯一的s, 使.
(Ⅲ) 设(Ⅱ)中所确定的s关于t的函数为, 证明: 当时, 有.
(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝2x ln x＋x＝x(2ln x＋1)，令f′(x)＝0
，得x=
当x
－＋
所以函数f(x)的单调递减区间是
?
?
，单调递增区间是
?
+∞?
?
.
(2)证明：当0＜x≤1时，f(x)≤0.
设t＞0，令h(x)＝f(x)－t，x∈[1，＋∞)．
由(1)知，h(x)在区间(1，＋∞)内单调递增．
h(1)＝－t＜0，h(e t)＝e2t ln e t－t＝t(e2t－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
2
ln()ln ln ln
ln ln()ln(ln)2ln ln(ln)2ln
g t s s s u
t f s s s s s u u
====
++
，
其中u＝ln s.
要使
2ln()1
5ln2
g t
t
<<成立，只需0ln
2
u
u
<<.
当t＞e2时，若s＝g(t)≤e，则由f(s)的单调性，有t＝f(s)≤f(e)＝e2，矛盾．
所以s＞e，即u＞1，从而ln u＞0成立．
另一方面，令F(u)＝ln
2
u
u-，u＞1.F′(u)＝
11
2
u
-，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
2
u
u<成立．
综上，当t＞e2时，有
2ln()1
5ln2
g t
t
<<.
2l
()n
f x x x
=
()
t f s
=
()
s g t
=2
>e
t
2ln()1
5ln2
g t
t
<<
3【2013天津文科】设[2,0]a ∈-, 已知函数332(5),03,0(,).2
x f a x x a x x x x x a -+≤+-
+>??
=???
(Ⅰ) 证明()f x 在区间(－1,1)内单调递减, 在区间(1, + ∞)内单调递增;
(Ⅱ) 设曲线()y f x =在点(,())(1,2,3)i i i x f x i P =处的切线相互平行, 且1230,x x x ≠ 证明1231
3
x x x ++>.
(1)设函数f 1(x )＝x 3
－(a ＋5)x (x ≤0)，f 2(x )＝3
2
32
a x x ax +-
+(x ≥0)， ①f 1′(x )＝3x 2
－(a ＋5)，由a ∈[－2,0]，从而当－1＜x ＜0时，f 1′(x )＝3x 2
－(a ＋5)＜3－a －5≤0，所以函数f 1(x )在区间(－1,0]内单调递减．
②f 2′(x )＝3x 2
－(a ＋3)x ＋a ＝(3x －a )(x －1)，由于a ∈[－2,0]，所以当0＜x ＜1时，f 2′(x )＜0；当x ＞1时，f 2′(x )＞0.即函数f 2(x )在区间[0,1)内单调递减，在区间(1，＋∞)内单调递增．
综合①，②及f 1(0)＝f 2(0)，可知函数f (x )在区间(－1,1)内单调递减，在区间(1，＋∞)内单调递增．
(2)由(1)知f ′(x )在区间(－∞，0)内单调递减，在区间306a +??
???
，
内单调递减，在区间36a +??
+∞ ???
，内单调递增． 因为曲线y ＝f (x )在点P i (x i ，f (x i ))(i ＝1,2,3)处的切线相互平行，从而x 1，x 2，x 3互不相等，且f ′(x 1)＝f ′(x 2)＝f ′(x 3)．不妨设x 1＜0＜x 2＜x 3，由213x －(a ＋5)＝2
23x －(a ＋3)x 2＋a ＝2
33x －(a ＋3)x 3＋a ，
可得22
2333x x -－(a ＋3)(x 2－x 3)＝0，解得x 2＋x 3＝33a +，从而0＜x 2＜3
6
a +＜x 3. 设g (x )＝3x 2
－(a ＋3)x ＋a ，则36a g +??
???
＜g (x 2)＜g (0)＝a .
由2
13x －(a ＋5)＝g (x 2)＜a
，解得＜x 1＜0，
所以x 1＋x 2＋x 3
＞3
3
a +， 设t
a ＝235
2
t -，
因为a ∈[－2,0]，所以t
∈??
， 故x 1＋x 2＋x 3＞2231111
(1)6233t t t +-+=--≥-，即x 1＋x 2＋x 3＞13
-.
4【2014天津理科】已知函数x f x x
ae a R ，x R .已知函数y f x 有两
个零点12,x x ，且1
2x x .
（Ⅰ）求a 的取值范围； （Ⅰ）证明
2
1
x x 随着a 的减小而增大； （Ⅰ）证明 12x x 随着a 的减小而增大.
（Ⅰ）解：由x f x x
ae ，可得1x f x ae .
下面分两种情况讨论： （1）0a 时
0f x 在R 上恒成立，可得f x 在R 上单调递增，不合题意.
（2）0a 时， 由0f
x
，得ln x
a .
当x 变化时，f x ，f x 的变化情况如下表：
x
↗
ln 1a
这时，f x 的单调递增区间是,ln a ；单调递减区间是
ln ,
a .
于是，“函数y f x 有两个零点”等价于如下条件同时成立： 1°ln 0f
a ；2°存在1,ln a s ，满足1
0f s ；
3°存在2ln ,
a s ，满足2
0f s .
由ln 0f
a ，即ln 10a ，解得10a
e ，而此时，取1
0s ，满足
1
,ln a s ，且1
0f s a
；取2
22
ln s a a
，满足2
ln ,
a s ，且
222
2
2ln 0a
a
f s e
e
a
a
.所以，a 的取值范围是1
0,e
.
（Ⅰ）证明：由0x f x x
ae ，有x
x a e . 设x x
g x
e
，由1x
x
g x e
，知g x 在,1上单调递增，在1,
上单调递
减. 并且，当,0x 时，0g x ；当0,
x 时，0g x .
由已知，12,x x 满足1a
g x ，2a
g x . 由1
0,a
e
，及g x 的单调性，可得
10,1x ，2
1,
x .
对于任意的1
12
0,,a a e
，设1
2a a ，1
2
1g
g a ，其中
1
20
1
；
1
2
2g g
a ，其中12
1
.
因为g x 在0,1上单调递增，故由1
2a a ，即1
1
g
g
，可得
1
1；类似可得
2
2
.
又由11
,
0，得
2221
1
1
.
所以，2
1
x x 随着a 的减小而增大.
（Ⅲ）证明：由11x x ae ，22x x ae ，可得1
1ln ln x a
x ，2
2ln ln x a
x .
故2
2
121
1ln ln ln x x x x x x . 设2
1
x t x ，则1t
，且
212
1
,ln ,
x tx x x t 解得1
ln 1t
x t ，2
ln 1
t t
x t .所以， 1
2
1ln 1
t t x x t . ①
令1ln 1
x
x h x
x ，1,x
，则2
12ln 1
x
x
x h x
x .
令1
2ln u x x x
x ，得2
1
x u x x
. 当1,x
时，0u x .因此，u x 在1,上单调递增，故对于任意的
1,
x ，10u x
u ，由此可得0h x
，故h x 在1,
上单调递增.
因此，由①可得12x x 随着t 的增大而增大.
而由（Ⅰ），t 随着a 的减小而增大，所以1
2x x 随着a 的减小而增大