导数与不等式的证明1.【2013湖南文科】已知函数f （x ）=xe x21x 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()('222222x 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)()(2222x e x xe e x x e x x xf x f x xx 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 xe 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：2l ()n f x x x =()t f s =()s g t =2>e t 2ln ()15ln 2g 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2ln()ln ln lnln ln()ln(ln)2ln ln(ln)2lng t s s s ut f s s s s s u u====++，其中u＝ln s.要使2ln()15ln2g tt<<成立，只需0ln2uu<<.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)＝ln2uu-，u＞1.F′(u)＝112u-，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ln2uu<成立．综上，当t＞e2时，有2ln()15ln2g tt<<.3【2013天津文科】设[2,0]a∈-, 已知函数332(5),03,0(,).2xfa x xax x x xxa-+≤+-+>⎧⎪=⎨⎪⎩(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 ix f x iP=处的切线相互平行, 且1230,x xx≠证明12313xx x++>.(1)设函数f1(x)＝x3－(a＋5)x(x≤0)，f2(x)＝3232ax 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．(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)＝223x －(a ＋3)x 2＋a ＝233x －(a ＋3)x 3＋a ，可得222333x x -－(a ＋3)(x 2－x 3)＝0，解得x 2＋x 3＝33a +，从而0＜x 2＜36a +＜x 3. 设g (x )＝3x 2－(a ＋3)x ＋a ，则36a g +⎛⎫⎪⎝⎭＜g (x 2)＜g (0)＝a . 由213x －(a ＋5)＝g (x 2)＜a，解得＜x 1＜0，所以x 1＋x 2＋x 3＞33a +， 设ta ＝2352t -，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 xae a R ，x R .已知函数y f x 有两个零点12,x x ，且12x x .（Ⅰ）求a 的取值范围； （Ⅰ）证明21x 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 xae ，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0fx，得ln xa .当x 变化时，fx ，f x 的变化情况如下表：xln 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 0fa ；2°存在1,ln a s ，满足10f s ；3°存在2ln ,a s ，满足20f s .由ln 0fa ，即ln 10a ，解得10ae ，而此时，取10s ，满足1,ln a s ，且10f s a；取222ln s a a，满足2ln ,a s ，且22222ln 0aaf s eeaa.所以，a 的取值范围是10,e.（Ⅰ）证明：由0xf x xae ，有x x ae. 设xxg xe ，由1xxg 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1ag x ，2ag x . 由10,ae，及g x 的单调性，可得10,1x ，21,x .对于任意的1120,,a a e，设12a a ，121g ga ，其中1201；122gga ，其中121.因为g x 在0,1上单调递增，故由12a a ，即11gg，可得11；类似可得22.又由11,0，得222111.所以，21x x 随着a 的减小而增大. （Ⅲ）证明：由11x x ae ，22x x ae ，可得11ln ln x ax ，22ln ln x ax .故221211ln ln ln x x x x x x . 设21x t x ，则1t，且2121,ln ,x tx x x t 解得1ln 1tx t ，2ln 1t tx t .所以， 121ln 1t t x x t . ①令1ln 1xx h xx ，1,x，则212ln 1xxx h xx .令12ln u x x xx ，得21x 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 xu ，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12x x 随着a 的减小而增大。