题目内容
已知函数f（x）=
，a∈R且a≠0．（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）当a＜0时，若
，证明：
．
【答案】分析：（1）对f（x）求导数，得f'（x）=
，再分a的正负讨论a、a+a2和a2的大小关系，即可得到f（x）单调性的两种情况，得到函数f（x）的单调区间；
（2）原不等式进行化简，等价变形得f（x2）-（
）x2＜f（x1）-（
）x1．因此转化为证明函数h（x）=f（x）-（
）x在区间（a2+a，a2-a）内单调递减，而h'（x）=
，通过研究分子对应二次函数在区间[a2+a，a2-a]上的取值，可得h'（x）＜0在x∈[a2+a，a2-a]上恒成立，因此h（x）=f（x）-（
）x在区间（a2+a，a2-a）内是减函数，从而得到原不等式成立．
解答：解：（1）由题意，可得f'（x）=x+
=
=
．…（2分）
令f'（x）＞0，因为x-a-a2＞0故（x-a）（x-a2）＞0．
当a＞0时，因为a+a2＞a且a+a2＞a2，所以上不等式的解为（a+a2，+∞），
因此，此时函数f（x）在（a+a2，+∞）上单调递增．…（4分）
当a＜0时，因为a＜a+a2＜a2，所以上不等式的解为（a2，+∞），
从而此时函数f（x）在（a2，+∞）上单调递增，同理此时f（x）在（a+a2＜a2）上单调递减．…（6分）
（2）要证原不等式成立，只须证明f（x2）-f（x1）＜（x2-x1）（
），
只须证明f（x2）-（
）x2＜f（x1）-（
）x1．
因为
，
所以原不等式等价于函数h（x）=f（x）-（
）x在区间（a2+a，a2-a）内单调递减．…（8分）
由（1）知h'（x）=x-（
）+
=
，
因为x-a-a2＞0，所以考察函数g（x）=x2-
+
+
-a2，x∈[a2+a，a2-a]．
∵
=a2＞
，且g（x）图象的对称轴x=
∈[a2+a，a2-a]，
∴g（x）≤g（a2-a）=0．…（10分）
从而可得h'（x）＜0在x∈[a2+a，a2-a]上恒成立，
所以函数h（x）=f（x）-（
）x在（a2+a，a2-a）内单调递减．
从而可得原命题成立 …（12分）
点评：本题给出含有自然对数的基本初等函数，求函数的单调区间并依此证明不等式在给定条件下成立．着重考查了基本初等函数的性质、利用导数研究函数的单调性和不等式的性质等知识，属于中档题．
，再分a的正负讨论a、a+a2和a2的大小关系，即可得到f（x）单调性的两种情况，得到函数f（x）的单调区间；（2）原不等式进行化简，等价变形得f（x2）-（
）x2＜f（x1）-（
）x1．因此转化为证明函数h（x）=f（x）-（
）x在区间（a2+a，a2-a）内单调递减，而h'（x）=
，通过研究分子对应二次函数在区间[a2+a，a2-a]上的取值，可得h'（x）＜0在x∈[a2+a，a2-a]上恒成立，因此h（x）=f（x）-（
）x在区间（a2+a，a2-a）内是减函数，从而得到原不等式成立．解答：解：（1）由题意，可得f'（x）=x+
=
=
．…（2分）令f'（x）＞0，因为x-a-a2＞0故（x-a）（x-a2）＞0．
当a＞0时，因为a+a2＞a且a+a2＞a2，所以上不等式的解为（a+a2，+∞），
因此，此时函数f（x）在（a+a2，+∞）上单调递增．…（4分）
当a＜0时，因为a＜a+a2＜a2，所以上不等式的解为（a2，+∞），
从而此时函数f（x）在（a2，+∞）上单调递增，同理此时f（x）在（a+a2＜a2）上单调递减．…（6分）
（2）要证原不等式成立，只须证明f（x2）-f（x1）＜（x2-x1）（
），只须证明f（x2）-（
）x2＜f（x1）-（
）x1．因为
，所以原不等式等价于函数h（x）=f（x）-（
）x在区间（a2+a，a2-a）内单调递减．…（8分）由（1）知h'（x）=x-（
）+
=
，因为x-a-a2＞0，所以考察函数g（x）=x2-
+
+
-a2，x∈[a2+a，a2-a]．∵
=a2＞
，且g（x）图象的对称轴x=
∈[a2+a，a2-a]，∴g（x）≤g（a2-a）=0．…（10分）
从而可得h'（x）＜0在x∈[a2+a，a2-a]上恒成立，
所以函数h（x）=f（x）-（
）x在（a2+a，a2-a）内单调递减．从而可得原命题成立 …（12分）
点评：本题给出含有自然对数的基本初等函数，求函数的单调区间并依此证明不等式在给定条件下成立．着重考查了基本初等函数的性质、利用导数研究函数的单调性和不等式的性质等知识，属于中档题．
练习册系列答案
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}的前n项和为Sn，则S2010的值为（ ）
| 1 |
| f(n) |
A、
| ||
B、
| ||
C、
| ||
D、
|