1、一解答题（共 9 小题）1已知 a0，函数 f（x）=lnxax 2，x0（）求 f（x）的单调区间；（）若存在均属于区间1， 3的 ，且 1，使 f（ ）=f（） ，证明2已知函数 f（x）=xlnx 2x+a，其中 aR（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 n23已知函数 f（x）=axlnx（a 0） （）求函数 f（x）的单调区间和最值；（）若 m0，n0，a 0，证明：f （m）+f（n）+a（m+n）ln2 f（m+n ）4已知函数 f（x）=2e xx（1）求
2、f（x）在区间1，m（m1）上的最小值；（2）求证：对 时，恒有 5设 a 为实数，函数 f（x）=e x2x+2a，xR（1）求 f（x）的单调区间及极值；（2）求证：当 aln21 且 x0 时，e xx 22ax+16已知函数 f（x）=ln（x+2）a（x+1） （a0） （1）求函数 f（x）的单调区间；（2）若 x2，证明： 1 ln（x+2）x+17已知函数 f（x）=ln（x+1）x（）求函数 f（x）的单调递减区间；（）若 x1 ，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
3、恒成立，求实数 a 的取值范围9已知函数 f（x）=（1）当 a0，x1 ，+ ）时，判断并证明函数 f（x）的单调性（2）若对于任意 x1，+） ，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 a0，函数 f（x）=lnxax 2，x0（）求 f（x）的单调区间；（）若存在均属于区间1， 3的 ，且 1，使 f（ ）=f（） ，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。1312370专题： 综合题。分析：（I）由 ，令 f（x）=0，解得 x=，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（
4、）=f（）及（I）的结论知 ，从而 f（x）在， 上的最小值为 f（a） 由 1， 1，3，知 123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：xf（ x） + 0 f（x） 极大值 所以，f（x）的单调递增区间是 的单调递减区间是（II）证明：由 f（）=f（）及（I）的结论知 ，从而 f（x）在， 上的最小值为 f（a） 又由 1，1，3，知 123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
5、求解能力和创新意识2已知函数 f（x）=xlnx 2x+a，其中 aR（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 n2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。1312370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x0，xlnx2x3 恒成立，即可证明l
6、n1+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 ae0，解得：ae（8 分）（3）方法 1：由（2）得，令 a=3e，f（x）=xlnx 2x+30 成立
7、，则x0，xlnx2x3 恒成立（10 分）故 ln1+2ln2+3ln3+nlnn=2ln2+3ln3+nlnn（2 23）+（233）+（24 3）+（2n3）= =（n1） 2，即得证 （14 分）方法 2：数学归纳法（1）当 n=2（2）时，ln1+2ln21 2（3）成立；（4）当 n=k（5）时，ln1+2ln2+3ln3+klnk （k1） 2（6）成立，当 n=k+1 时，ln1+2ln2+3ln3+klnk+（k+1 ）ln （k+1）（ k1） 2+（k+1）ln（k+1）同理令 a=3e ，xlnx2x 3，即（k+1）ln（k+1）2（k+1）3， （10 分）则（k1
8、 ） 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）k 2，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） （）求函数 f（x）的单调区间和最值；（）若 m0，n0，a 0，证明：f （m）+f（n）+a（m+n
9、）ln2 f（m+n ）考点：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。1312370专题：综合题。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，根据函数的析： 增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 anklnk+（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a0，n0，左边 右边 0，得证解答：解：（）f（x）=alnx+a（x0） ，令 f（x） 0，当 a0 时
10、，即 lnx1=lne1 同理，令 f（x） 0 可得 f（ x）单调递增区间为 ，单调递减区间为 由此可知 无最大值当 a0 时，令 f（x） 0 即 lnx1=lne1 同理，令 f（x） 0 可得 f（ x）单调递增区间为 ，单调递减区间为 由此可知 此时无最小值（）证：不妨设 mn0，则 m=kn（k1）左边右边 =amlnm+nlnn+（m+n）ln2 （m+n）ln（m+n ）= =令 ，则=g（k）g（1）=0，又 a0，n0，左边右边0，得证点评：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，掌握证明不等式方法的能力4已知函数 f（x）=2e xx（1
11、）求 f（x）在区间1，m（m1）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。1312370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）=2e x1=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） =2emm当 时， 上递减， 上递
12、增，则 f（x）的最小值为（2）g（x）=2e xx1ln2=f（x）1ln2由（1）知当 时，f（ x）的最小值为 ，所以当 xln2 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）=e x2x+2a，xR（1）求 f（x）的单调区间及极值；（2）求证：当 aln21 且 x0 时，e xx 22ax+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。1312370专题： 计算题。分析： （
13、1）由 f（x）=e x2x+2a，xR，知 f（x）=e x2，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）=e xx2+2ax1，xR ，于是 g（x）=e x2x+2a，xR由（1）知当aln2 1 时，g（x）最小值为 g（ln2 ）=2（1ln2+a ）0于是对任意 xR，都有g（x）0，所以 g（x）在 R 内单调递增由此能够证明 exx 22ax+1解答： （1）解：f （x）=e x2x+2a，xR ，f（x）=e x2，xR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 （
14、，ln2 ） ln2 （ln2，+）f（x） 0 +f（x） 单调递减 2（1ln2+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）=e ln22ln2+2a=2（1 ln2+a） （2）证明：设 g（x）=e xx2+2ax1，xR ，于是 g（x）=e x2x+2a，xR由（1）知当 aln21 时，g（x）最小值为 g（ln2）=2（1 ln2+a）0于是对任意 xR，都有 g（x）0，所以 g（x）在 R 内单调递增于是当 aln21 时，对任意 x（0，+ ） ，都有 g（x
15、）g（0） 而 g（0）=0，从而对任意 x（0，+） ，g（x）0即 exx2+2ax10，故 exx 22ax+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） （a0） （1）求函数 f（x）的单调区间；（2）若 x2，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。1312370专题： 综合题。分析：（1）函数 f（x）的定义域为（ 2，+） ，f （x）= a= ，由a0，能求出函数
16、 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，x2 时，= ，由此能证明当 x2 时，1 ln（x+2）x+1解答： 解：（1）函数 f（x）的定义域为（ 2，+） ，f（x）= a= = ，a0， = 2，令 f（x）0，得 2x ，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，+ ）
17、所以，x2 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）+ 10，ln（x+2） 所以，当 x2 时，1 ln（x+2）x+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（）求函数 f（x）的单调递减区间；（）若 x1 ，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。1312
18、370专题： 综合题。分析： （）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（）由（）知，当 x（ 1，0）时，f（x）0，当 x（0，+）时，f（x）0，故 ln（x+1 ） x0，ln（x+1）x令 ，则= 由此能够证明当 x1 时，解答： （）解：函数 f（x）的定义域为（ 1，+） f（ x）= 1= （2 分）由 f（x）0 及 x1，得 x0当 x（0，+）时，f （x）是减函数，即 f（x）的单调递减区间为（ 0，+ ） 4（）证明：由（）知，当 x（1，0）时，f（x）0，当 x（0，+）时，f（x） 0，因此，当 x1 时，f（
19、x）f（0） ，即 ln（x+1）x0，ln（x+1）x （6 分）令 ，则 = （8 分）当 x（ 1，0 ）时，g（x）0，当 x（0，+）时，g （x）010当 x 1 时，g（x） g（0） ，即 0， 综上可知，当 x1 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
20、 a 的取值范围考点：函数单调性的判断与证明；函数恒成立问题。1312370专题：计算题。分析：（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（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 ax2x+10 恒成立，然后采用分离常数法求实数 a 的取值范围即可解答：解：（1）任意取 x1，x 2（0 ，1且 x1x 2因为 x1x 2，所以 x1x200x 1x21，所以 x1x210所以 f（x 1） f（x 2）0，即 f（x 1）f （x 2） ，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
21、 x（0，+）时 ax2x+10 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 ，+ ） 点评：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，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 a0，x1 ，+ ）时，判断并证明函数 f（x）的单调性（2）若对于任意 x1，+） ，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。1312370专题： 计算题。分析： （1）根据函数单调性的定义说明，设 x1，
22、x 21，+） ，x 1x 2，然后判定 f（x 1）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 a0 时，设 x1，x 21，+） ，x 1x 2f（x 1） f（x 2）= =x1， x21，+ ） ，x 1x 2，a0f（ x1）f（x 2）0，f（x 1）f（x 2）所以函数 f（x）在1，+）上为增函数 （6 分）（2）函数 f（x）=x+ +2 在（0， 上是减函数，在 ，+）上是增函数若 1，即 a1 时，f （x）在区间1 ，+）上先减后增， f（x）min=f（ ）=2 +2若 1，即 0a 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+30，得 a3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
