导数题型五-利用导数证明不等式

导数习题题型分类精选题型五
利用导数证明不等式（学生用）
不等式的证明问题是中学数学教学的一个难点,传统证明不等式的方法技巧性强,多数学生不易想到,并且各类不等式的证明没有通性通法.随着新教材中引入导数,这为我们处理不等式的证明问题又提供了一条新的途径,并且在近年高考题中使用导数证明不等式也时有出现,但现行教材对这一问题没有展开研究,使得学生对这一简便方法并不了解.利用导数证明不等式思路清晰,方法简捷,操作性强,易被学生掌握。

下面介绍利用单调性、极值、最值证明不等式的基本思路，并通过构造辅助函数，证明一些简单的不等式。

通过作辅助函数并对辅助函数求导来证明不等的的方法对相当广泛的一类不等式是适用的。

用此方法证明f(x)≧g(x)(a ≦x ≦b)的一般步骤是：
1.作辅助函数Ｆ（x ）=f(x)-g(x),原不等式f(x)≧g(x)(a ≦x ≦b)归结为：Ｆ（x ）≧0(a ≦x ≦b),这等价于Ｆ(x)在［a,b ］上的最小值大于等于0.
2.对Ｆ（x ）求导，确定F ＇(x)在所考虑的区间上的符号，从而确定Ｆ(x)的增减性、极值、最值等性质（主要是单调性），如象例３F ＇(x)的符号直接确定不了，这时一般需计算Ｆ＇＇（x ）,直到符号能够确定为止．
注意：作辅助函数Ｆ(x)不同，确定F ＇(x)符号难易程度可能不同，所以作辅助函数要不拘一格，可对原题作适当变更．不同辅助函数构造一般来源对原不等式的不同同解变形． 一般来说:辅助函数构造方法主要有下面两种:
(1) 由欲证形式构造“形似”函数。

例如：)1ln(22
x x x +<-构造出 ())1ln(2
2
x x x x g +--=
(2) 对含两个变量的不等式，由欲证形式做恒等变形，变成初等函数四则运算的形
式，再将其中一个变量改为x ，移项使等式一端为0，则另一端即为所求作的辅助函数F （x ）
例如：b a b
a b a b a ≤++)2
(
两边可取对数，变为求证：2
ln
)(ln ln b
a b a b b a a ++≥+ 令=)(x f )(2
ln
)(ln ln a x x
a x a x x a a ≥++-+ 一．构造形似函数型
1．对证明形如f(x)≧g(x)(a ≦x ≦b)的不等式构造形如Ｆ（x ）=f(x)-g(x)的函数型并通过一阶求导达到证明目的的不等式。

例1．求证下列不等式
（1）)
1(2)1ln(22
2x x x x x x +-<+<-
),0(∞+∈x （相减）
（2）π
x
x 2sin >
)2
,
0(π
∈x （相除两边同除以x 得π
2
sin >
x x ）
（3）x x x x -<-tan sin )2
,0(π
∈x
（4）已知：)0(∞+∈x ，求证
x
x x x 11ln 11<+<+；（换元：设x x t 1
+=） （5）已知函数()ln(1)f x x x =+-，1x >-，证明：1
1ln(1)1
x x x -
≤+≤+
巩固练习：
1.证明1>x 时，不等式x
x 132-> 2.0≠x ，证明：x e x
+>1
3.0>x 时，求证：)1ln(2
2
x x x +<-
综合应用
4.例：（理做）设a≥0，f (x)=x－1－ln2x＋2a ln x（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－2a ln x＋1.
例2.（08全国卷22）（本小题满分14分）已知函数f(x)=ln(1+x)-x,g(x)=xlnx, (i)求函数f(x)的最大值；
(ii)设0<a<b,证明0<g(a)+g(b)-2g(
2b
a )<(b-a)ln2. 解：
、
（2009全国卷Ⅱ理）(本小题满分12分)设函数()()2
1f x x aIn x =++有两个极值点
12x x 、，且12x x <
（I ）求a 的取值范围，并讨论()f x 的单调性； II ）证明：()2122
4
In f x ->
例：（1）已知：)0(∞+∈x ，求证x x x x 11ln 11<+<+； （2）已知：2≥∈n N n 且，求证：1
1
211ln 13121-+++<<+++n n n 。

解：
高考新动态
(22) (2012山东理科22题本小题满分13分) 已知函数ln ()(e
x
x k
f x k +=
为常数，e=2.71828…是自然对数的底数)，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线与x 轴平行. (Ⅰ)求k 的值；
(Ⅱ)求()f x 的单调区间；
(Ⅲ)设()()g x xf x '=，其中()f x '为()f x 的导函数.证明：对任意20,()1e x g x -><+. 解：
2012天津理科（21）（本小题满分14分）
已知函数()()x
f x xe x R -=∈．
(Ⅰ) 求函数f(x)的单调区间和极值；
(Ⅱ)已知函数y=g(x)的图象与函数y=f(x)的图象关于直线x=1对称．证明当x>1时，f(x)>g(x)；
(Ⅲ)如果12,x x ≠且12()(),f x f x =证明122x x +>． 解：（Ⅰ）
（Ⅱ）证明：
（Ⅲ)证明：（1）
导数习题题型分类精选题型五
利用导数证明不等式（教师用）
不等式的证明问题是中学数学教学的一个难点,传统证明不等式的方法技巧性强,多数学生不易想到,并且各类不等式的证明没有通性通法.随着新教材中引入导数,这为我们处理不等式的证明问题又提供了一条新的途径,并且在近年高考题中使用导数证明不等式也时有出现,但现行教材对这一问题没有展开研究,使得学生对这一简便方法并不了解.利用导数证明不等式思路清晰,方法简捷,操作性强,易被学生掌握。

下面介绍利用单调性、极值、最值证明不等式的基本思路，并通过构造辅助函数，证明一些简单的不等式。

（一）．通过作辅助函数并对辅助函数求导来证明不等的的方法对相当广泛的一类不等式是适用的。

用此方法证明f(x)≧g(x)(a ≦x ≦b)的一般步骤是：
1.作辅助函数Ｆ（x ）=f(x)-g(x),原不等式f(x)≧g(x)(a ≦x ≦b)归结为：Ｆ（x ）≧0(a ≦x ≦b),这等价于Ｆ(x)在［a,b ］上的最小值大于等于0.
2.对Ｆ（x ）求导，确定F ＇(x)在所考虑的区间上的符号，从而确定Ｆ(x)的增减性、极值、最值等性质（主要是单调性），如象例３F ＇(x)的符号直接确定不了，这时一般需计算Ｆ＇＇（x ）,直到符号能够确定为止．
注意：作辅助函数Ｆ(x)不同，确定F ＇(x)符号难易程度可能不同，所以作辅助函数要不拘一格，可对原题作适当变更（或换元）．不同辅助函数构造一般来源对原不等式的不同同解变形．
一般来说:辅助函数构造方法主要有下面两种:
(3) 由欲证形式构造“形似”函数；)1ln(22
x x x +<-构造出 ())1ln(2
2
x x x x g +--=
(4) 对含两个变量的不等式，由欲证形式做恒等变形，变成初等函数四则运算的形
式，再将其中一个变量改为x ，移项使等式一端为0，则另一端即为所求作的辅助函数F （x ）
例如：b a b
a b a b a ≤++)2
(
两边可取对数，变为求证：2
ln
)(ln ln b
a b a b b a a ++≥+ 令=)(x f )(2
ln
)(ln ln a x x
a x a x x a a ≥++-+
一．构造形似函数型
1．对证明形如f(x)≧g(x)(a ≦x ≦b)的不等式构造形如Ｆ（x ）=f(x)-g(x)的函数型并通过一阶求导达到证明目的的不等式。

例1．求证下列不等式
（1）)
1(2)1ln(22
2x x x x x x +-<+<-
),0(∞+∈x （相减） （2）π
x
x 2sin >
)2
,
0(π
∈x （相除）
（3）x x x x -<-tan sin )2
,
0(π
∈x
（4）已知：)0(∞+∈x ，求证
x
x x x 11ln 11<+<+；（换元：设x x t 1
+=） （5）已知函数()ln(1)f x x x =+-，1x >-，证明：1
1ln(1)1
x x x -
≤+≤+ 解：证：设（1）)2
()1ln()(2x x x x f -
-+=0)0(=f 01111)(2
>+=+-+='x x x x x f
∴)(x f y =为),0(∞+上↑∴),0(∞+∈x 0)(>x f 恒成立
∴2
)1ln(2
x x x ->+
设)1ln()
1(2)(2
x x x x x g +-+-
=0)0(=g 0)1(4211)
1(42441)(2
2
222>+=+-+-+-='x x x x x x x x g ∴)(x g 在),0(∞+上↑∴),0(∞+∈x 0)1ln()
1(22
>+-+-
x x x x 恒成立 （2）π
x
x 2sin >)2
,
0(π
∈x （相除）
解（2）原式π
2
sin >⇔
x x 令 x x x f /sin )(= ∴2
)
tan (cos )(x x x x x f -='
)2
,
0(π
∈x 0
cos >x 0tan sin <<x x
∴)2
,
0(π
∈x 0)(<'x f
∴()x f 在)2
,
0(π
上是减函数。

()ππ2
)2(=>f x f
又π
π2)2(=f
∴π
x
x 2sin >
（3）x x x x -<-tan sin )2
,
0(π
∈x
解：（3）令x x x x f sin 2tan )(+-=0)0(=f
x
x x x x x x f 2
22
cos )
sin )(cos cos 1(cos 2sec )(+-=+-=' )2
,
0(π
∈x 0)(>'x f
∴()x f 在)2
,
0(π
上是增函数。

()0)0(=>f x f
∴x x x x sin tan ->- （4）已知：)0(∞+∈x ，求证x
x x x 11ln 11<+<+；（换元：设x x t 1
+=）
解：（4）令t x =+11，由x>0，∴t>1，11
-=
t x （巧点：巧在换元，降低了做题难度） 原不等式等价于1ln 1
1-<<-t t t
令f(t)=t-1-lnt ，
∵t
t f 11)(-='当),1(+∞∈t 时，有0)(>'t f ，∴函数f(t)在),1(+∞∈t 递增 ∴f(t)>f(1)即t-1<lnt
另令t t t g 11ln )(+-=，则有01
)(2
>-=
't t t g ∴g(t)在),1(+∞上递增，∴g(t)>g(1)=0 ∴t
t 11ln -> 综上得
x
x x x 11ln 11<+<+ 例5已知函数()ln(1)f x x x =+-，1x >-，证明：1
1ln(1)1
x x x -
≤+≤+ 证：函数
()f x 的定义域为(1,)-+∞．
()f x '＝11x +－1＝－1
x
x +
当x ∈（－1，0）时，()f x '＞0，当x ∈（0，＋∞）时，()f x '＜0，
因此，当1x
>-时，()f x ≤(0)f ，即ln(1)x x +-≤0
∴ln(1)x x +≤
．
令1
()ln(1)11
g x x x =++
-+则211()1(1)g x x x '=
-++＝
2
(1)x
x +．
∴ 当x ∈（－1，0）时，()g x '＜0，当x ∈（0，＋∞）时，()g x '＞0．
∴ 当1x >-时，()g x ≥(0)g ，即 1
ln(1)11
x x ++
-+≥0， ∴1ln(1)11
x x +≥-+． 综上可知，当1x >-时，有1
1ln(1)1
x x x -
≤+≤+． 巩固练习：
1.证明1>x 时，不等式x
x 132-> 2.0≠x ，证明：x e x
+>1
3.0>x 时，求证：)1ln(2
2
x x x +<-
2．对证明形如f(x)≧g(x)(a ≦x ≦b)的不等式构造形如Ｆ（x ）=f(x)-g(x)的函数，并通过一阶或二阶、三阶求导达到证明目的的不等式。

例3使用了二阶求导的方法 判出函数的导数的导函数单调性后再去证明不等式，也凸显判断函数零点的作用。

例3.当)1,0(∈x 时,证明:2
2)1(ln )1(x x x <++
证:令=)(x f 2
2)1(ln )1(x x x -++,则0)0(=f ,
而0)0(',2)1ln(2)1(ln )('2
=-+++=f x x x x f 当)1,0(∈x 时,
因为在同一坐标系中画出x y ln =，x y =的图像可知)1,0(∈x ，x x <+)1ln(
0])1[ln(12
2121)1ln(2
)(''<-++=-++++=x x x
x x x x f
∴)('x f 在)1,0(∈x 上递减,即0)0(')('=<f x f ,从而)(x f 在(0,1)递减 ∴f(x)<f(0)=0,从而原不等式得证. Ex:证明:当0>x 时,22)1(ln )1(-≥-x x x 解:注意x=1时,原不等式”=”成立,而
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
+-<⇔<<+->⇔>11ln ,1011ln ,1x x x x x x x x 原不等式原不等式 设：F(x)=1
1
ln +--
x x x , 则F(1)=0且)0(0)
1(1
)('2
2>>++=x x x x x F ， ∴F(x)=1
1
ln +--
x x x ,在()+∞,0上是增函数。

从而根据F(1)=0推出
)()
1(0)()
10(0)(x F x x F x x F ⇒⎩⎨
⎧>><<<与12-x 同号0)()1(2≥-⇒x F x ， ∴22)1(ln )1(-≥-x x x 方法二
解：欲证当0>x 时,22)1(ln )1(-≥-x x x 即证0>x 时,0)1(ln )1(22≥---x x x 设22)1(ln )1()(---=x x x x f ，0>x 即证0>x 时，22)1(ln )1()(---=x x x x f >0 注意到1=x 时，0)1(=f 22)1(ln )1()(---=x x x x f ())1(21
ln 22---+='x x
x x x x f
则()01='f ()21
2)1(ln 2222-+-+
+=''x x x x x f ()11
ln 21ln 22
22++=++
=''x x x x x x f ()02
2223
23<-=-='''x
x x x x f )1,0(∈x 时，
()11
ln 22++
=''x
x x f
()02
2223
23<-=-='''x x x x x f
()x f ''是减函数()()021>=''>''f x f ()x f '是增函数()()01='<'f x f
()x f 是减函数()()01=>f x f
),1(+∞∈x 时()x f 是减函数()()01=>f x f ()011
ln 22>++
=''x
x x f ()02
2223
23>-=-='''x
x x x x f ()x f '是增函数()()01='>'f x f
∴),1(+∞∈x 时()x f 是增函数()()01=>f x f ∴0>x 时，()()01min ==f x f ∴22)1(ln )1(-≥-x x x
二．作辅助函数型：对含有两个变量的不等式，可构造出以其中一个变量为为自变量的函数，再采用上述方法证明不等式。

例2.已知：a 、b 为实数，且b ＞a ＞e ,其中e 为自然对数的底，求证：a b ＞b a .
证法一：∵b ＞a ＞e ,
∴要证a b ＞b a ,只要证b ln a ＞a ln b , 设f (x )=x ln a －a ln x (x ＞e ),则 f ′(x )=ln a －
x a .∵x ＞a ＞e ,∴ln a ＞1,且x
a
＜1,∴f ′(x )＞0. ∴函数f (x )=x ln a －a ln x 在(e ,+∞)上是增函数，
∴f (b )＞f (a )=a ln a －a ln a =0,即b ln a －a ln b ＞0,∴b ln a ＞a ln b ,∴a b ＞b a .
证法二：要证a b ＞b a
,只要证b ln a ＞a ln b (e ＜a ＜b ),
即证
b
b
a a ln ln >
,设f (x )=x x ln (x ＞e )， 则f ′(x )=2
ln 1x x
-＜0,∴函数f (x )在(e ,+∞)上是减函数，
又∵e ＜a ＜b ,
∴f (a )＞f (b ),即b
b
a a ln ln >
,∴a b ＞b a .
Ex:若2
021π
<
<<x x ,证明:
1
2
12tan tan x x x x >
解：要证：2021π
<
<<x x ,
1
2
12tan tan x x x x >
需证：2021π
<<<x x ,0tan tan 2
1
21>-x x x x
设22tan tan )(x x x x x f -=
2021π<<<x x ，则需证0)(>x f
因为0)0(>f 2
2tan 1
1)(x x x f -=
' ∵2
021π
<
<<x x 时，22tan 0x x <<。

∴2
2tan 11x x > 在 2
021π
<
<<x x 上0)(>'x f )(x f 在2
021π
<
<<x x 上是增函数
∴0)(>x f ∴在2
021π
<<<x x 上
1
2
12tan tan x x x x >成立 练习
证明(1))10,0(1<<>-≤-a x a ax x a
(2))0(ln
b a a
a b a
b b
a b <<-<
<-
思考：
(3)0,0>>b a ,证明b a b
a b a b a ≤++)2
(,并指出”=”成立的条件
综合运用典例精讲
例1.（理做）设a ≥0，f (x)=x －1－ln 2
x ＋2a ln x （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>ln 2
x －2a ln x ＋1.
解：（Ⅰ）根据求导法则有2ln 2()10x a f x x x
x
'=-+>，，
故()()2ln 20F x xf x x x a x '==-+>，，于是22()10x F x x x
x
-'=-=>，，
列表如下：
故知()F x 在(02)，内是减函数，在(2)+，
∞内是增函数，所以，在2x =处取得极小值(2)22ln 22F a =-+．
（Ⅱ）证明：由0a ≥知，()F x 的极小值(2)22ln 220F a =-+>．
于是由上表知，对一切(0)x ∈+，
∞，恒有()()0F x xf x '=>． 从而当0x >时，恒有()
0f x '>，故
()f x 在(0)+，
∞内单调增加． 所以当1x >时，()(1)0f x f >=，即21ln 2ln 0x x a x --+>． (利用单调性证明不等式）
故当1x >时，恒有2ln 2ln 1x x a x >-+．
例 2.（08全国卷22）（本小题满分14分）已知函数f(x)=ln(1+x)-x,g(x)=xlnx,
(i)求函数f(x)的最大值；
(ii)设0<a<b,证明0<g(a)+g(b)-2g(2
b
a +)<(b-a)ln2. 解：(I)函数f(x)的定义域是(-1,∞),
'1
()11f x x
=
-+，令'()0f x =，解得：x=0， 当-1<x<0时,'()0f x >,()x f 在（-1，0）上是增函数 当x>0时,'()0f x <，()x f 在（0，+∞）上是减函数
当x=0时，f(x)取得最大值，f(x)≤f(0) 又f(0)=0，f(x)最大值是0 (II)证法一：（综合法）
0<-b a
22g()()2(
)ln ln ()ln ln ln 22a b a b a b
a g
b g a a b b a b a b a b a b
+++-=+-+=+++ x (02)， 2 (2)+，∞ ()F x ' - 0 + ()F x 极小值(2)F
由(I)的结论知ln(1)0(1,0)x x x x +-<>-≠且，
由题设0<a<b,得02>-a
a
b a-b<0 ,a b <-02<-<-b a b 021<-<-b b a 因此2ln
ln(1)22a b a b a
a b a a
--=-+>-
+， 2ln ln(1)22b a b a b
a b b b
--=-+>-
+ 所以22ln ln 022a b b a a b
a b a b a b --+>--=++
又22a a b a b b
+<+（这一隐性条件的挖掘很重要，一是看学生的转换能力，二是看学生的分析能力，据需取舍。

）
2222ln
ln ln ln ()ln ()ln 22a b a b b b
a b a b b a b a a b a b b a b a b
++<+=-<-++++(1) (使用了放缩法，放缩的目的要明确。

)
综上0()()2(
)()ln 22
a b
g a g b g b a +<+-<-
(II)证法二：作辅助函数法(构造新函数法)：
解：∵()ln g x x x =，则'()ln 1g x x =+， 又设0<a<b,证明0<g(a)+g(b)-2g(2
b
a +)<(b-a)ln2. 构造辅助函数：
设()()()2(
)2
a x
F x g a g x g +=+-， 则''
'()()2[()]ln ln
22
a x a x F x g x g x ++=-=-， 当0<x<a 时'()0F x <，因此F(x)在(0,a)内为减函数 当x>a 时'()0F x >，因此F(x)在(a,+∞)上为增函数 从而，当x=a 时，F(x)有极小值F(a)因为F(a)=0,b>a, 所以F(b)>0,
即()()⎪⎭
⎫
⎝⎛+-+<220b a g b g a g
设()()()ln 2G x F x x a =--, 则'
()ln ln
ln 2ln ln()2
a x
G x x x a x +=--=-+ 当x>0时,'()0G x <,因此G(x)在(0,+∞)上为减函数， 因为G(a)=0,b>a,所以G(b)<0.即()()2(
)()ln 22
a b
g a g b g b a ++-<-
例3.（2009全国卷Ⅱ理）(本小题满分12分)设函数()()2
1f x x aIn x =++有两个极值点
12x x 、，且12x x <
（I ）求a 的取值范围，并讨论()f x 的单调性； （II ）证明：()2122
4
In f x ->
解: （I ）()2222(1)11a x x a f x x x x x
++'=+=>-++ 令2
()22g x x x a =++，其对称轴为1
2
x =-。

由题意知12x x 、是方程()0g x =的两个均大于1-的不相等的实根，其充要条件为
480(1)0
a g a ∆=->⎧⎨
-=>⎩，得1
02a << ⑴当1(1,)x x ∈-时，()0,()f x f x '>∴在1(1,)x -内为增函数；
⑵当12(,)x x x ∈时，()0,()f x f x '<∴在12(,)x x 内为减函数； ⑶当2,()x x ∈+∞时，()0,()f x f x '>∴在2,()x +∞内为增函数； （II ）由（I ）21
(0)0,02
g a x =>∴-<<，222(2)a x x =-+2（学习难点，也是考试的区分点）
()()()22222222221(2)1f x x aln x x x x ln x ∴=++=-++2y
设()()2
2
1
(22)1()2
h x x x x ln x x =-++>-，
则()()()22(21)122(21)1h x x x ln x x x ln x '=-++-=-++
x
-1
2
1- x
o
⑴当1(,0)2x ∈-时，()0,()h x h x '>∴在1[,0)2
-单调递增； ⑵当(0,)x ∈+∞时，()0h x '<，()h x 在(0,)+∞单调递减。

()1112ln 2
(,0),()224
x h x h -∴∈->-=
当时 故()22122
()4
In f x h x -=>．
例4.（1）已知：)0(∞+∈x ，求证x x x x 11ln 11<+<+； （2）已知：2≥∈n N n 且，求证：1
1
211ln 13121-+++<<+++n n n 。

解：（1）令t x =+11，由x>0，∴t>1，11
-=t x （巧点：巧在换元，降低了做题难度）
原不等式等价于1ln 1
1-<<-t t t
令f(t)=t-1-lnt ，
∵t
t f 11)(-='当),1(+∞∈t 时，有0)(>'t f ，∴函数f(t)在),1(+∞∈t 递增 ∴f(t)>f(1)即t-1<lnt
另令t t t g 11ln )(+-=，则有01
)(2>-=
't
t t g ∴g(t)在),1(+∞上递增，∴g(t)>g(1)=0 ∴t
t 11ln -> 综上得
x
x x x 11ln 11<+<+ （2）由（1）令x=1,2,……(n-1)并相加得
12ln 2
1
<< 2
123ln 31<<
3
134ln 41<< …………………
1
11ln 1-<-<n n n n
1
1
2111ln 23ln 12ln 13121-+
++<-+++<+++n n n n 即：1
1211ln 13121-+++<<+++n n n
高考新动态
例1.(2012山东理科22题本小题满分13分) 已知函数ln ()(e
x
x k
f x k +=
为常数，e=2.71828…是自然对数的底数)，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线与x 轴平行.
(Ⅰ)求k 的值；
(Ⅱ)求()f x 的单调区间；
(Ⅲ)设()()g x xf x '=，其中()f x '为()f x 的导函数.证明：对任意20,()1e x g x -><+.
解：(I)1
ln ()e x
x k x f x --'=， 由已知，1(1)0e
k
f -'=
=，∴1k =. (II)由(I)知，1
ln 1()e x
x x f x --'=. 设1()ln 1k x x x =--，则211
()0k x x x
'=-
-<，即()k x 在(0,)+∞上是减函数， 由(1)0k =知，当01x <<时()0k x >，从而()0f x '>， 当1x >时()0k x <，从而()0f x '<.
综上可知，()f x 的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1,)+∞.
(III)由(II)可知，当1x ≥时，()()g x xf x '=≤0＜1+2e -，故只需证明2()1e g x -<+在
01x <<时成立.
当01x <<时，e x ＞1，且()0g x >，∴1ln ()1ln e x
x x x
g x x x x --=
<--. 设()1ln F x x x x =--，(0,1)x ∈，则()(ln 2)F x x '=-+， 当2(0,e )x -∈时，()0F x '>，当2(e ,1)x -∈时，()0F x '<， 所以当2e x -=时，()F x 取得最大值22()1e F e --=+.
所以2()()1e g x F x -<≤+.
综上，对任意0x >，2()1e g x -<+.
例2.（2012天津理科 21题 ，本小题满分14分） 已知函数()()x
f x xe x R -=∈．
(Ⅰ) 求函数f(x)的单调区间和极值；
(Ⅱ)已知函数y=g(x)的图象与函数y=f(x)的图象关于直线x=1对称．证明当x>1时，f(x)>g(x)；
(Ⅲ)如果12,x x ≠且12()(),f x f x =证明122x x +>．
（21）本小题主要考查导数的运算、利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及用函数思想分析解决问题的能力，满分14分 （Ⅰ）解：'()(1)x
f x x e -=- 令'()0f x =,解得x=1
当x 变化时，'()f x ，()f x 的变化情况如下表
X
(,1-∞)
1 (1,+∞)
'()f x
+ 0 - ()f x
极大值
所以()f x 在(,1-∞)内是增函数，在(1,+∞)内是减函数. 函数()f x 在x=1处取得极大值f(1)且f(1)=
1e
（Ⅱ）证明：由题意可知g(x)=f(2-x),得g(x)=(2-x)2
x e
-
令F(x)=f(x)-g(x),即2()(2)x
x F x xe
x e --=+-
（Ⅲ)证明：（1）
若12(1)(1)0x x --=，由（Ⅰ）及12()()f x f x =，得121x x ==与12x x ≠矛盾 （2）若12(1)(1)0x x -->，由（Ⅰ）及12()()f x f x =，得12x x =与12x x ≠矛盾
根据（1）（2）得1212(1)(1)0,1, 1.x x x x --<<>不妨设 由（Ⅱ）可知，)2f(x >)2g(x ,则)2g(x =)2f(2-x ， 所以)2f(x >)2f(2-x ,
从而)1f(x >)2f(2-x .因为21x >，所以221x -<， 又由（Ⅰ）可知函数f(x)在区间（-∞，1）内是增函数， 所以1x >22x -,即12x x +>2.。