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)(=<⇒∞+=⇒h x h x h y ）上单调递减，在（ 0

)0()(0)(=<⇒∞+=⇒g x g x g y ）上单调递减，在（

.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 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：

2

l ()n f x x x =()t f s =()s g t =2>e t 2ln ()15ln 2

g t t <<

－＋

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

<<.

3【2013天津文科】设[2,0]

a∈-, 已知函数

3

32

(5),0

3

,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

123

0,

x x

x≠证明123

1

3

x

x x

++>.

(1)设函数f1(x)＝x3－(a＋5)x(x≤0)，f2(x)＝32

3

2

a

x x ax

+

-+(x≥0)，

①f1′(x)＝3x2－(a＋5)，由a∈[－2,0]，从而当－1＜x＜0时，f1′(x)＝3x2－(a＋5)＜3－a－5≤0，所以函数f1(x)在区间(－1,0]内单调递减．

②f2′(x)＝3x2－(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．