导数与不等式的证明(高考真题)【含答案】

1.【2013湖南文科】已知函数f（x）=

1xxe. 21x（Ⅰ）求f（x）的单调区间；

（Ⅱ）证明：当f（x1）=f（x2）(x1≠x2)时，x1+x2＜0.

2(11x)ex（1x2)(1x)ex2xx3x2x【解析】 (Ⅰ) f'(x)xe. 2222（1x)（1x)22420当x（-，0]时，f'(x)0,yf(x)单调递增;当x[0，）时，f'(x)0,yf(x)单调递减.

所以，yf(x)在（-，0]上单调递增；在x[0，）上单调递减。

（Ⅱ）由(Ⅰ)知，只需要证明：当x>0时f(x) < f(-x)即可。

1xx1xxex2xf(x)f(x)ee[(1x)e1x]。 2221x1x1x令g(x)(1x)e2x1x,x0g'(x)(12x)e2x1。

令h(x)(12x)e2x1h'(x)(12x)e2x4xe2x0,

yh(x)在（0，）上单调递减h(x)h(0)0 yg(x)在（0，）上单调递减g(x)g(0)0

exy[(1x)e2x1x]在（0，）上单调递减，但x0时y0. 21xf(x)f(x)0f(x)f(x)

所以，当f(x1)f(x2)且x1x2时，x1x20.（证毕）

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22.【2013天津理科】已知函数f(x)xlnx.

(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tf(s).

(Ⅲ) 设(Ⅱ)中所确定的s关于t的函数为sg(t), 证明: 当t>e2时, 有(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．

f′(x)＝2xln x＋x＝x(2ln x＋1)，令f′(x)＝0，得x当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x f′(x) f(x) 2lng(t)1. 5lnt21. e10, e－ 1 e0 极小值 1, e＋ 所以函数f(x)的单调递减区间是0,11，单调递增区间是,. ee(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(et)＝e2tln et－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

lng(t)lnslnslnsu， lntlnf(s)ln(s2lns)2lnsln(lns)2ulnu其中u＝ln s. 要使

2lng(t)1u成立，只需0lnu. 5lnt22u11，u＞1.F′(u)＝，令F′(u)＝0，得u＝2. 2u2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 u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 uu成立． 22lng(t)1. 5lnt2

综上，当t＞e2时，有

2

x3(a5)x,x0,3【2013天津文科】设a[2,0], 已知函数f(x)3a32

xax,x0.x2(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Pi(xi,f(xi))(i1,2,3)处的切线相互平行, 且x1x2x30, 证明1x1x2x3.

3

(1)设函数f1(x)＝x－(a＋5)x(x≤0)，f2(x)＝x2

3

3a32xax(x≥0)， 22

①f1′(x)＝3x－(a＋5)，由a∈[－2,0]，从而当－1＜x＜0时，f1′(x)＝3x－(a＋5)＜3－a－5≤0，所以函数f1(x)在区间(－1,0]内单调递减．

2

②f2′(x)＝3x－(a＋3)x＋a＝(3x－a)(x－1)，由于a∈[－2,0]，所以当0＜x＜1时，f2′(x)＜0；当x＞1时，f2′(x)＞0.即函数f2(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f1(0)＝f2(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0，a3内单调递减，在区间6a3，内单调递增． 6因为曲线y＝f(x)在点Pi(xi，f(xi))(i＝1,2,3)处的切线相互平行，从而x1，x2，x3互不相等，且f′(x1)＝f′(x2)＝f′(x3)．不妨设x1＜0＜x2＜x3，由3x1－(a＋5)＝3x2－(a＋3)x2＋a＝3x3－(a＋3)x3＋a，

可得3x23x3－(a＋3)(x2－x3)＝0，解得x2＋x3＝设g(x)＝3x－(a＋3)x＋a，则g2

22222a3a3，从而0＜x2＜＜x3. 36a3＜g(x2)＜g(0)＝a.

62a52由3x1－(a＋5)＝g(x2)＜a，解得＜x1＜0，

3所以x1＋x2＋x3＞2a5a3， 332a53t25设t＝，则a＝，

32315,因为a∈[－2,0]，所以t∈， 3313t21111(t1)2，即x1＋x2＋x3＞. 故x1＋x2＋x3＞t62333

3

4【2014天津理科】已知函数fx个零点x1,x2，且x1xaexaR，xR.已知函数yfx有两

x2.

（Ⅰ）求a的取值范围； （Ⅰ）证明

x2随着a的减小而增大； x1（Ⅰ）证明 x1x2随着a的减小而增大.

（Ⅰ）解：由fxxaex，可得fx1aex.

下面分两种情况讨论： （1）a f（2）a 由f0时

x0在R上恒成立，可得fx在R上单调递增，不合题意.

0时， x0，得xlna.

当x变化时，fx，fx的变化情况如下表：

,lna ＋ ↗ 0 x lna － lna, fx fx lna1 ,lna；单调递减区间是

↘ 这时，fx的单调递增区间是于是，“函数y1°flna,.

fx有两个零点”等价于如下条件同时成立： 0；2°存在s1lna,,lna，满足fs10.

ae1，而此时，取s1lna0；

3°存在s2由f，满足fs2lna0，即lna10，解得00，满足

s1fs2,lna，且fs12ae2aae2a0；取s22a2ln，满足s2a1lna,.

，且

2lna0.所以，a的取值范围是0,e4

（Ⅰ）证明：由fx设gxxaex1ex0，有axx. exx，由gxxe，知gx在,1上单调递增，在1,上单调递

减. 并且，当x由已知，x1,x2满足a,0时，gxgx1，a.

0；当xgx2. 由a0,0,e1时，gx0.

，及gx的单调性，可得

x10,1，x21, 对于任意的a1,a20,e11，设a12a2，g1g112a1，其中

.

10112；

gga2，其中0a2，即g12因为gx在0,1上单调递增，故由a122g，可得

11；类似可得

.

又由1,10，得

212121.

所以，

x2随着a的减小而增大. x1

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（Ⅲ）证明：由x1故x2aex1，x2aex2，可得lnx1lnax1，lnx2lnax2.

x1lnx2lnx1lnx2x2x2. x1tx1,x1lnt,解得x1x设2

x1

x1x2t，则tttx1，且

lnt，x2t1tlnt.所以， t11lnt1. ①

令hx1lnxx12lnx，xx21,，则hxx121x.

令ux当x2lnxx1，得uxxx1. x上单调递增，故对于任意的

1,1,时，ux，ux0.因此，ux在1,0，由此可得hxxu10，故hx在1,上单调递增.

因此，由①可得x1x2随着t的增大而增大.

x2随着a的减小而增大

而由（Ⅰ），t随着a的减小而增大，所以x16