1．已知a＞0，函数f（x）=lnx﹣ax2，x＞0． （Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若存在均属于区间[1，3]的α，β，且β﹣α≥1，使（fα）=f（β），证明
2．已知函数f（x）=xlnx﹣2x+a，其中a∈R． （1）求f（x）的单调区间；
（2）若方程f（x）=0没有实根，求a的取值范围；
（3）证明：ln1+2ln2+3ln3+…+nlnn＞（n﹣1）2，其中n≥2．
3．已知函数f（x）=axlnx（a≠0）．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间和最值；
（Ⅱ）若m＞0，n＞0，a＞0，证明：f（m）+f（n）+a（m+n）ln2≥f（m+n）
4．已知函数f（x）=2ex﹣x
（1）求f（x）在区间[﹣1，m]（m＞﹣1）上的最小值； （2）求证：对
5．设a为实数，函数f（x）=ex﹣2x+2a，x∈R． （1）求f（x）的单调区间及极值；
（2）求证：当a＞ln2﹣1且x＞0时，ex＞x2﹣2ax+1．
6．已知函数f（x）=ln（x+2）﹣a（x+1）（a＞0）． （1）求函数f（x）的单调区间； （2）若x＞﹣2，证明：1﹣
≤ln（x+2）≤x+1． 时，恒有
．
．
7．已知函数f（x）=ln（x+1）﹣x． （Ⅰ）求函数f（x）的单调递减区间； （Ⅱ）若x＞﹣1，证明：
8．已知函数
．
（1）当a=1时，利用函数单调性的定义证明函数f（x）在（0，1]内是单调减函数； （2）当x∈（0，+∞）时f（x）≥1恒成立，求实数a的取值范围．
9．已知函数f（x）=
（1）当a＜0，x∈[1，+∞）时，判断并证明函数f（x）的单调性 （2）若对于任意x∈[1，+∞），不等式f（x）＞0恒成立，求实数a的取值范围．
参考答案与试题解析
一．解答题（共9小题）
1．已知a＞0，函数f（x）=lnx﹣ax2，x＞0． （Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若存在均属于区间[1，3]的α，β，且β﹣α≥1，使（fα）=f（β），证明
考点：利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性。 专题：综合题。 分析：
（I）由
列表讨论能求出f（x）的单调递增区间和单调递减区间． （II）由f（α）=f（β）及（I）的结论知
，从而f（x）在[α，β]上的最，令f（′x）=0，解得x=
，．
小值为f（a）．由β﹣α≥1，α，β∈[1，3]，知1≤α≤2≤β≤3．由此能够证明
．
解答：
（I）解：
，
令f′（x）=0，解得x=，
当x变化时，f'（x），f（x）的变化情况如下表：
x
f'（x）
f（x）
+ ↑
0
极大值
﹣ ↓
的单调递减区间是
所以，f（x）的单调递增区间是
．
（II）证明：由f（α）=f（β）及（I）的结论知从而f（x）在[α，β]上的最小值为f（a）． 又由β﹣α≥1，α，β∈[1，3]， 知1≤α≤2≤β≤3． 故
，即
，
，
从而．
点评：本题考查函数单调区间的求法和利用导数求闭区间上函数最值的应用， 考查化归与转
化、分类与整合的数学思想，培养学生的抽象概括能力、推理论证能力、运算求解能
力和创新意识．
2．已知函数f（x）=xlnx﹣2x+a，其中a∈R． （1）求f（x）的单调区间；
（2）若方程f（x）=0没有实根，求a的取值范围；
（3）证明：ln1+2ln2+3ln3+…+nlnn＞（n﹣1）2，其中n≥2．
考点：不等式的综合；利用导数研究函数的单调性；数学归纳法。 专题：证明题；综合题；转化思想。 分析：（1）利用导数求出函数的极值，然后求f（x）的单调区间；
（2）若方程f（x）=0没有实根，由（1）可得f（x）在x=e处取得极小值，且f（x）=0没有实根，即可求a的取值范围；
（3）方法一：利用∀x＞0，xlnx＞2x﹣3恒成立，即可证明ln1+2ln2+3ln3+…+nlnn＞（n﹣1）2．
方法二：利用数学归纳法验证n=2成立，然后通过假设，证明n=k+1不等式也成立即可． 解答：解： （1）由题意可知：f'（x）=lnx﹣1，令f'（x）=0，得x=e，（1分）
则当x∈（0，e）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；（2分） 当x∈（e，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增（4分）
（2）由（1）可得f（x）在x=e处取得极小值，且f（x）=0没有实根，（6分） 则minf（x）=f（e）＞0，即a﹣e＞0，解得：a＞e（8分）
（3）方法1：由（2）得，令a=3＞e，f（x）=xlnx﹣2x+3＞0成立， 则∀x＞0，xlnx＞2x﹣3恒成立（10分） 故ln1+2ln2+3ln3++nlnn=2ln2+3ln3++nlnn＞（2•2﹣3）+（2•3﹣3）+（2•4﹣3）++（2•n
﹣3）=
=（n﹣1）2，即得证．（14分）
方法2：数学归纳法
（1）当n=2（2）时，ln1+2ln2＞12（3）成立；
（4）当n=k（5）时，ln1+2ln2+3ln3++klnk＞（k﹣1）2（6）成立，
当n=k+1时，ln1+2ln2+3ln3++klnk+（k+1）ln（k+1）＞（k﹣1）2+（k+1）ln（k+1） 同理令a=3＞e，xlnx＞2x﹣3，即（k+1）ln（k+1）＞2（k+1）﹣3，（10分） 则（k﹣1）2+（k+1）ln（k+1）＞（k﹣1）2+2（k+1）﹣3=k2，（12分） 故ln1+2ln2+3ln3++klnk+（k+1）ln（k+1）＞k2，
即ln1+2ln2+3ln3++klnk＞（k﹣1）2对n=k+1也成立， 综合（1）（2）得：∀n≥2，ln1+2ln2+3ln3++nlnn＞（n﹣1）2恒成立．（14分） 点评：本题是中档题，考查函数的导数的应用，不等式的综合应用，数学归纳法的应用，考
查计算能力，转化思想的应用．
3．已知函数f（x）=axlnx（a≠0）．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间和最值；
（Ⅱ）若m＞0，n＞0，a＞0，证明：f（m）+f（n）+a（m+n）ln2≥f（m+n）
考利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值；不等式的证明。 点
：
专综合题。 题：
分（1）求出f'（x），然后让其大于0得到递增区间，小于0得到递减区间，根据函数的增析减性得到函数的极值即可；（2）要证明此结论成立，只需证f（m）+f（n）+a（m+n）ln2：
﹣f（m+n）≥0，设把不等式左边化简得到an[klnk+（k+1）ln]，设g（k）=klnk+（k+1）ln
，得到其导函数大于0，g（k）≥g（1）=0，又∵a＞0，n＞0，∴左边﹣右边≥0，
得证． 解解：（Ⅰ）∵f'（x）=alnx+a（x＞0），令f'（x）≥0， 答﹣
当a＞0时，即lnx≥﹣1=lne1．∴．∴：
同理，令f'（x）≤0可得∴f（x）单调递增区间为由此可知
．
，单调递减区间为．无最大值．
﹣
．
．
当a＜0时，令f'（x）≥0即lnx≤﹣1=lne1．∴同理，令f'（x）≤0可得∴f（x）单调递增区间为由此可知
．
，单调递减区间为
．此时无最小值．
．∴．
．
（Ⅱ）证：不妨设m≥n＞0，则m=kn（k≥1）
左边﹣右边=a[mlnm+nlnn+（m+n）ln2﹣（m+n）ln（m+n）]=
=
令
，则
=
=
∴g（k）≥g（1）=0，又∵a＞0，n＞0，∴左边﹣右
边≥0，得证．
点考查学生利用导数研究函数单调性的能力，利用导数求比区间上函数最值的能力，掌握评证明不等式方法的能力．
：
4．已知函数f（x）=2ex﹣x
（1）求f（x）在区间[﹣1，m]（m＞﹣1）上的最小值； （2）求证：对
时，恒有
．
考点：利用导数求闭区间上函数的最值；导数在最大值、最小值问题中的应用。 专题：计算题；证明题。 分析：（1）求出f（x）的导函数，令导函数为0求出根，通过讨论根与定义域的关系，判
断出函数的单调性，求出函数的最小值． （2）将不等式变形，构造新函数g（x），求出g（x）的导函数，通过判断导函数的符号判断出其单调性，进一步求出其最小值，得证． 解答： 解（1）当f'（x）=2ex﹣1=0，
解得当
时，f'（x）＜0，f（x）在[﹣1，m]上单调减，
则f（x）的最小值为f（m）=2em﹣m 当
时，
上递减，
上递增，
则f（x）的最小值为（2）
g′（x）=2ex﹣x﹣1﹣ln2=f（x）﹣1﹣ln2 由（1）知当
时，f（x）的最小值为，
所以当x＞ln2时g′（x）＞0，g（x）在（ln2，+∞）上单调递增， 所以所以
点评：求函数在区间上的最值， 常利用导函数判断出函数的单调性，进一步求出函数的最值；
证明不等式问题常通过构造新函数，转化为求函数的最值问题．
5．设a为实数，函数f（x）=ex﹣2x+2a，x∈R． （1）求f（x）的单调区间及极值；
（2）求证：当a＞ln2﹣1且x＞0时，ex＞x2﹣2ax+1．
考点：利用导数研究函数的极值；导数在最大值、最小值问题中的应用。 专题：计算题。 分析： 1）由f（x）=ex﹣2x+2a，x∈R，知f′（x）=ex﹣2，x∈R．令f′（x）=0，得x=ln2．列（
表讨论能求出f（x）的单调区间区间及极值．
（2）设g（x）=ex﹣x2+2ax﹣1，x∈R，于是g′（x）=ex﹣2x+2a，x∈R．由（1）知当a＞ln2﹣1时，g′（x）最小值为g′（ln2）=2（1﹣ln2+a）＞0．于是对任意x∈R，都有g′（x）＞0，所以g（x）在R内单调递增．由此能够证明ex＞x2﹣2ax+1． 解答： （1）解：∵f（x）=ex﹣2x+2a，x∈R，
∴f′（x）=ex﹣2，x∈R． 令f′（x）=0，得x=ln2． 于是当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表： x （﹣∞，ln2） ln2 （ln2，+∞） f′（x） ﹣ 0 + f（x） 单调递减 2（1﹣ln2+a） 单调递增 故f（x）的单调递减区间是（﹣∞，ln2）， 单调递增区间是（ln2，+∞）， f（x）在x=ln2处取得极小值，
极小值为f（ln2）=eln2﹣2ln2+2a=2（1﹣ln2+a）． （2）证明：设g（x）=ex﹣x2+2ax﹣1，x∈R， 于是g′（x）=ex﹣2x+2a，x∈R． 由（1）知当a＞ln2﹣1时，
g′（x）最小值为g′（ln2）=2（1﹣ln2+a）＞0．
于是对任意x∈R，都有g′（x）＞0，所以g（x）在R内单调递增． 于是当a＞ln2﹣1时，对任意x∈（0，+∞），都有g（x）＞g（0）． 而g（0）=0，从而对任意x∈（0，+∞），g（x）＞0． 即ex﹣x2+2ax﹣1＞0， 故ex＞x2﹣2ax+1． 点评：本题考查函数的单调区间及极值的求法和不等式的证明，具体涉及到导数的性质、函
数增减区间的判断、极值的计算和不等式性质的应用．解题时要认真审题，仔细解答．
6．已知函数f（x）=ln（x+2）﹣a（x+1）（a＞0）． （1）求函数f（x）的单调区间； （2）若x＞﹣2，证明：1﹣
≤ln（x+2）≤x+1．
考点：利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性。 专题：综合题。 分析：
（1）函数f（x）的定义域为（﹣2，+∞），f‘（x）=
﹣a=
，
由a＞0，能求出函数f（x）的单调递区间．
（2）由（1）知，a=1时，f（x）=ln（x+2）﹣（x+1），此时f（x）的单调递增区间为（﹣2，﹣1），单调递减区间为（﹣1，+∞）．所以，x＞2时，
=
，由此能证明当x＞﹣2时，1﹣
≤ln
（x+2）≤x+1． 解答：解： （1）函数f（x）的定义域为（﹣2，+∞），
f’（x）=∵a＞0，
﹣a==
=
＞﹣2，
， ．
，
令f′（x）＞0，得﹣2＜x＜令f′（x）＜0，得
所以函数f（x）的单调递增区间为（﹣2，），单调递减区间为（，+∞）．
（2）由（1）知，a=1时，f（x）=ln（x+2）﹣（x+1），
此时f（x）的单调递增区间为（﹣2，﹣1）， 单调递减区间为（﹣1，+∞）． 所以，x＞2时，
∴当x∈（﹣2，﹣1）时，g′（x）＜0， 当x∈（﹣1，+∞）时，g′（x）＞0． ∴当x＞﹣2时，g（x）≥g（﹣1）， 即ln（x+2）+∴ln（x+2）
﹣1≥0，
．
≤ln（x+2）≤x+1．
=
，
所以，当x＞﹣2时，1﹣
点评：本题考查函数的单调区间的求法，证明不等式．考查运算求解能力，推理论证能力；
考查化归与转化思想．综合性强，难度大，有一定的探索性，对数学思维能力要求较高，是高考的重点．解题时要认真审题，仔细解答．
7．已知函数f（x）=ln（x+1）﹣x． （Ⅰ）求函数f（x）的单调递减区间； （Ⅱ）若x＞﹣1，证明：
．
考点：利用导数求闭区间上函数的最值；对数函数的定义域；利用导数研究函数的单调性。 专题：综合题。 分析：
（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（﹣1，+∞）．f'（x）=﹣，由此能求出函数f（x）
的单调递减区间．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当x∈（﹣1，0）时，f'（x）＞0，当x∈（0，+∞）时，f'（x）＜0，故ln（x+1）﹣x≤0，ln（x+1）≤x．令
，则
=．由此能够证明当x＞﹣1时，
．
解答：（Ⅰ）解：函数f（x）的定义域为（﹣1，+∞） ．
f'（x）=
﹣1=﹣
…（2分）
由f'（x）＜0及x＞﹣1，得x＞0．
∴当x∈（0，+∞）时，f（x）是减函数， 即f（x）的单调递减区间为（0，+∞）．…4 （Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知，
当x∈（﹣1，0）时，f'（x）＞0， 当x∈（0，+∞）时，f'（x）＜0， 因此，当x＞﹣1时，f（x）≤f（0）， 即ln（x+1）﹣x≤0，
∴ln（x+1）≤x．…（6分） 令
，
则=．…（8分）
∴当x∈（﹣1，0）时，g'（x）＜0， 当x∈（0，+∞）时，g'（x）＞0．…10 ∴当x＞﹣1时，g（x）≥g（0）， 即 ∴
≥0， ．
综上可知，当x＞﹣1时， 有
．…（12分）
点评：本题考查利用导数求闭区间上函数的最值的应用， 考查运算求解能力，推理论证能力；考查化归与转化思想．对数学思维的要求比较高，有一定的探索性．综合性强，难度大，是高考的重点．解题时要认真审题，仔细解答．
8．已知函数
（1）当a=1时，利用函数单调性的定义证明函数f（x）在（0，1]内是单调减函数； （2）当x∈（0，+∞）时f（x）≥1恒成立，求实数a的取值范围．
考函数单调性的判断与证明；函数恒成立问题。 点：
专计算题。
题：
分（1）先任意取两个变量，且界定其大小，再作差变形看符号，注意变形到等价且到位． 析： 2）先化简不等式，f（x）＞0，再由分式不等式等价转化整式不等式ax2﹣x+1≥0恒成（
立，然后采用分离常数法求实数a的取值范围即可． 解解：（1）任意取x1，x2∈（0，1]且x1＜x2． 答：
因为x1＜x2，所以x1﹣x2＜0
0＜x1x2＜1，所以x1x2﹣1＜0 所以f（x1）﹣f（x2）＞0， 即f（x1）＞f（x2），
所以f（x）在（ 0，1]上是单调减函数． （2）∵x∈（0，+∞），f（x）=
恒成立，
等价于当x∈（0，+∞）时ax2﹣x+1≥0恒成立即可， ∴a≥
在x∈（0，+∞）恒成立 又 ∈（0，+∞），
令g（x）=
=﹣（ ）2+=﹣（ ﹣）2+
∴a≥
故a的取值范围[，+∞）．
点本题对学生的程度要求比较高，有一定的难度，主要考查利用函数单调性求函数的最值，评： 及不等式的等价转化思想，考查运算能力，属中档题．
9．已知函数f（x）=
（1）当a＜0，x∈[1，+∞）时，判断并证明函数f（x）的单调性 （2）若对于任意x∈[1，+∞），不等式f（x）＞0恒成立，求实数a的取值范围．
考点：函数恒成立问题；函数单调性的判断与证明。 专题：计算题。 分析： （1）根据函数单调性的定义说明，设x1，x2∈[1，+∞），x1＜x2，然后判定f（x1）
﹣f（x2）的符号，即可得到函数的单调性； （2）先用分离常数法把函数分离，再分 和1的大小进行讨论，并利用函数的单调性来求f（x）的最小值，即可求得实数a的取值范围． 解答： 解：（1）当a＜0时，设x1，x2∈[1，+∞），x1＜x2
f（x1）﹣f（x2）=
﹣
=
∵x1，x2∈[1，+∞），x1＜x2，a＜0
∴f（x1）﹣f（x2）＜0，f（x1）＜f（x2）
所以函数f（x）在[1，+∞）上为增函数 …（6分） （2）函数f（x）=x++2在（0，若
]上是减函数，在[
，+∞）上是增函数．
＞1，即a＞1时，f（x）在区间[1，+∞）上先减后增，f（x）min=f（ ）=2 +2． 若 ≤1，即0＜a≤1时，
f（x）在区间[1，+∞）上是增函数， ∴f（x）min=f（1）=a+3．
而不等式f（x）＞0恒成立，说明a+3＞0，得a＞﹣3 求实数a的取值范围（﹣3，+∞）． 点评：本题主要考查利考查了利用导数研究函数的单调性， 以及用函数的值域解决不等式恒
成立的条件，属于中档题．还考查分离常数法在求函数值域中的应用，分离常数法求函数值域一般适用于分式函数，且分子为二次形式，而分母为一次形式的题．
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