1．已知函数()222x
f x e
x ax =+--.
（1）当2a =时，求函数()f x 的极值；
（2）若()()2
2g x f x x =-+，且()0g x ≥恒成立，求实数a 的取值范围.
2．已知函数2
()ln f x x mx =-，2
1()2
g x mx x =+，m R ∈，令()()()F x f x g x =+. （1）当1
2
m =
时，求函数()f x 的单调递增区间； （2）若关于x 的不等式()1F x mx ≤-恒成立，求整数m 的最小值；
3．已知函数)2(sin )(2
e a ax x e x
f x
-+-=，其中R a ∈，???=71828.2e 为自然对数的底数.
（1）当0=a 时，讨论函数)(x f 的单调性； （2）当
12
1
≤≤a 时，求证：对任意的),0[+∞∈x ，0)( f x e x -=-. （1）若1m =，求函数()f x 的极小值； （2）设2m ≤，证明：()ln 20f x +>. 5．已知函数()ln ,()x x f x x ax g x e =-=，其中a R ∈且0a ≠，e 为自然常数. （1）讨论()f x 的单调性和极值； （2）当1a =时，求使不等式()()f x mg x >恒成立的实数m 的取值范围. 6．已知函数2 ()ln 1f x x x ax =+-，且(1)1f '=-. （1）求()f x 的解析式； （2）证明：函数2 ()e x y f x x x =-+的图象在直线1y x =--的图象下方. 7．已知函数()()321ln 1,3x f x x ex mx g x x = -++= . （1）函数()f x 在点()() 1,1f 处的切线与直线()1240e x y --+=平行，求函数()f x 的单调区间； （2）设函数()f x 的导函数为()' f x ，对任意的()12,0,x x ∈+∞，若()()'12 g x f x <恒 成立，求m 的取 值范围. 8．设函数()ln (0)f x x x x =>． （Ⅰ）求函数)(x f 的单调区间； （Ⅱ）设，)R ()()(F 2∈'+=a x f ax x )(F x 是否存在极值，若存在，请求出极值；若不存在，请说明理由； （Ⅲ）当0x >时，证明：1)(+'>x f e x ． 9．（本小题满分12分）已知函数2(1)()ln 2 x f x x -=-． （Ⅰ）求函数()f x 的单调递增区间； （Ⅱ）证明：当1x >时，()1f x x <-； （Ⅲ）确定实数k 的所有可能取值，使得存在01x >，当0(1,)x x ∈时，恒有 ()()1f x k x >-． 10．（本题满分14分）设函数)0(ln )(>=x x x x f ． （Ⅰ）求函数)(x f 的单调区间； （Ⅱ）设，)R ()()(F 2∈'+=a x f ax x )(F x 是否存在极值，若存在，请求出极值；若不存在，请说明理由； （Ⅲ）当0>x 时．证明：1)(+'>x f e x ． 参考答案 1．（1）函数()f x 极小值为()01f =-，无极大值； （2）(]0,2e . 【解析】 试题分析：（1）当2a =时，()()2222,'222x x f x e x x f x e x =+--=+-，通过二次求导可知 函数()2'222x f x e x =+-在R 上单调递增， 且()'00f =，所以当0x <时()'0f x <，当0x >时， ()'0f x > 因此函数 ()f x 在区间(),0-∞上单调递减，在区间()0,+∞上单调递增，所以()f x 的极小值点为 ()0f ， 无极大值点；（2）对函数()g x 求导可得()2'2x g x e a =-，分0a ≤和0a >讨论，显然0a ≤时，()' 0g x >， 函数()g x 在R 上单调递增，研究图象可知一定存在某个00x <，使得在区间()0,x -∞上函数 2x y e =的图象在函数y ax =的图象的下方，即2x e ax <不恒成立，舍去；当0a >时，函数 () g x 在区间 1,l n 22a ? ?-∞ ?? ?上单调递减，在区间 1ln ,22a ?? +∞ ??? 上单调递增， ()min 1ln 022a g x g ?? =≥ ??? ，解得02a e <≤. 试题解析：（1）函数 ()222 x f x e x ax =+--的定义域是 R ,当 2 a =时， ()()2222'22 2 x x f x e x x f x e x =+--=+-,易知函数()2'222x f x e x =+-的定义域是R 上单调递增函数，且 ()'00f =,所以令()'0f x <，得0x <；令()'0f x >，得0x >，所以函数 ()f x 在区间(),0-∞上单调递减，在区间()0,+∞上单调递增.所以函数()f x 极小值为()01f =-， 无极大值. （2）()()22222222x x g x f x x e x ax x e ax =-+=+---+=-，则()2'2x g x e a =-. ①当0a ≤时，()' 0g x >恒成立，所以函数()g x 在R 上单调递增， 且数形结合易知，一定存在某个00x <，使得在区间()0,x -∞上， 函数 2x y e =的图象在函数y ax =的图象的下方，即满足2x e ax <的图象即()0g x <. 所以()0g x ≥不恒成立，故当0a ≤时，不符合题意，舍去； ②当0a >时，令()'0g x <，得1ln 22a x <；()'0g x >，得1ln 22 a x >； 所以函数()g x 在区间1, ln 22a ??-∞ ???上单调递减，在区间1ln ,22a ?? +∞ ??? 上单调递增. 所以函数()g x 定义域R 上的最小值为1ln 22a g ?? ?? ?. 若()0g x ≥恒成立，则需满足1ln 022a g ?? ≥ ??? ，即ln 21ln 022a a e a -?≥， 即 1ln 0222 a a a -?≥，即1ln 022a a ??-≥ ???. 又因为0a >，所以1ln 002 a -≥，解得2a e ≤，所以02a e <≤. 综上，实数a 的取值范围是 (]0,2e . 考点：利用导数研究函数的单调性及极值、最值. 【方法点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性及极值、最值，考查了分类讨论、数相结合的数学思想，属于难题.本题第一问研究函数的极值，通过二次求导得到导函数的最小值说明()f x 的单调性， 来判断极值点的情况；第二问是本题解答的难点，把()0g x ≥恒成立转化为求函数()g x 的最小值，按 照a 的符号进行讨论，来判断()g x 的单调性，当0a ≤时，()g x 单调递增，通过找反例排除，当0 a >时，求出函数()g x ' 零点，判断其单调性，求出其最小值，建立不等式求解. 2．（1）(0,1)；（2）最小值为2． 【解析】 试题分析：（1）当 1 2 m = 时,对 () f x 求导求其单调增区间；（2）先化简 ()1F x mx ≤-为 ()10F x mx -+≤,恒成立问题,转化为求()()(1)G x F x mx =--的最大值来求解. 试题解析：（1） 21()ln 2 f x x x =-，0x >，2' 11()x f x x x x -=-= ，（0x >）. 由 '()0f x >得210x ->又0x >，所以01x <<，所以()f x 的单增区间为(0,1). （2）令21 ()()(1)ln (1)12 G x F x mx x mx m x = --=-+-+. 所以2' 1(1)1 ()(1)mx m x G x mx m x x -+-+=-+-= 当0m ≤时，因为0x >，所以'()0G x >所以()G x 在(0,)+∞上是递增函数， 又因为3 (1) 202 G m =-+>. 所以关于x 的不等于()1G x mx ≤-不能恒成立. 当0m >时，'1 ()(1) ()m x x m G x x - +=-. 令'()0G x =得1x m =，所以当1(0,)x m ∈时，'()0G x >；当1(,)x m ∈+∞时，' ()0G x <， 因此函数()G x 在1(0,)x m ∈是增函数，在1 (,)x m ∈+∞是减函数. 故函数()G x 的最大值为11 ()ln 2G m m m =-. 令1()ln 2h m m m =-，因为1(1)02h =>，1 (2)ln 204 h =-<. 又因为()h m 在(0,)m ∈+∞上是减函数，所以当2m ≥时，()0h m <， 所以整数m 的最小值为2. 考点：1.导数与单调性；2.分类讨论的数学思想；3.恒成立问题． 【思路点晴】本题第一问是基本的求单调区间问题,只需按求函数单调性的方法来求解就可以.第二问是恒成立问题,我们一般都需要对已知条件进行化简,如本题我们就化简 ()1F x mx ≤-为 ()10F x mx -+≤,化简后右边为零,我们就可以转化为求()()(1)G x F x mx =--的最大值来求解. 借助导数工具，判断函数大致图象并结合零点相关性质求解. 3．（1）函数)(x f 在R 上为减函数； （2）证明见解析. 【解析】 试题分析：（1）对函数)(x f 求导,利用函数的单调性与导数的关系,得出函数)(x f 的单调性； （2）对任意的),0[+∞∈x ， 0)( e a ax x x g -+-=2sin )(2,求导,利用导数,求出()g x 的最大值小于零. 试题解析：解：（1）当0=a 时，)(sin )(e x e x f x -=，R x ∈， ])4 sin(2[)cos (sin )(e x e e x x e x f x x -+=-+='π ， ∵当R x ∈时，2)4 sin(2≤+π x ，∴0)(<'x f . ∴ )(x f 在R 上为减函数. （2）设e a ax x x g -+-=2sin )(2 ，),0[+∞∈x ，ax x x g 2cos )(-='， 令ax x x g x h 2cos )()(-='=，),0[+∞∈x ，则a x x h 2sin )(--='， 当 12 1 ≤≤a 时，),0[+∞∈x ，有0)(≤'x h ， ∴)(x h 在),0[+∞上是减函数，即)(x g '在),0[+∞上是减函数， 又∵01)0(>='g ，02 222 2)4 ( <-≤-= 'π π ax g ， ∴)(x g '存在唯一的)4 , 0(0π ∈x ，使得02cos )(000=-='ax x x g ， ∴当),0(00x x ∈时，0)(>'x g ，)(x g 在区间),0(0x 单调递增； 当),(00+∞∈x x 时，0)(<'x g ，)(x g 在区间),(0+∞x 单调递减， 因此在区间),0[+∞上e a ax x x g x g -+-==2sin )()(2 000max ， ∵02cos 00 =-ax x ，∴00cos 21 x a x = ，将其代入上式得 e a a x x a e a x a x x g -+-+=-+-=241 sin sin 412cos 41sin )(002020max ， 令0sin x t =，)4,0(0π∈x ，则)22,0(∈t ，即有e a a t t a t p -+-+=241 41)(2，)22, 0(∈t ， ∵ )(t p 的对称轴02<-=a t ，∴函数)(t p 在区间)22, 0(上是增函数，且12 1 ≤≤a ， ∴ )12 1 (,08152228122)22( )(≤≤<-+<-+-= ∴ 0)()(<=x g e x f x ，因此任意),0[+∞∈x ，0)( 考点：1.利用导数研究函数的单调性；2.导数的综合应用. 【思路点晴】本题考查了利用导数研究函数的单调性,导数的综合应用等知识点,是压轴题.在（2）中,注意等价转换,对任意的),0[+∞∈x ，0)( 再构造函数 e a ax x x g -+-=2sin )(2,利用单调性,求出函数 () g x 的最大值, 即 e a a x x a e a x a x x g -+-+=-+- =241 sin sin 412cos 41sin )(002020max ,把0sin x 看成一 个整体,就转化为二次函数最大值.本题多次等价转化,难度大,综合性强. 4．（1） ()11ln 2f =-； （2）证明见解析. 【解析】 试题分析：（1）当1m =时，()1111 x x f x e e e x x -'=?-=-得其零点1x =，判断()f x 在() 0,+∞上的单调性，可知 ()f x 有极小值()1f ；（2）把函数()f x 放缩()2ln 2ln 2x m x f x e x e x --=-≥-，构造函数2 21()ln 2ln 2ln x x g x e x e x e -=-= ?--，利用导数研究函数()g x 的单调性，并求出其最小值的范围即可证得结论. 试题解析：（1）()11ln 2ln 2ln x x f x e x e x e -=-=?--，所以()1111 x x f x e e e x x -'=?-=-， 观察得 ()111101f e e '=?-=，而()1111 x x f x e e e x x -'=?-=-在(0,)+∞上单调递增，所以当 (0,1)x ∈时()0f x '<，当()1+∞，时()0f x '>；所以()f x 在()0,1单调递减，()f x 在() 1+∞，单调递增，故 ()f x 有极小值()11ln 2f =-． 证明：（2）因为2m ≤，所以()2ln 2ln 2x m x f x e x e x --=-≥-， 令2 2 1()ln 2ln 2ln x x g x e x e x e -=-= ?--，则2 1()x g x e x -'=-，易知()g x '在(0,)+∞单调递增， 1(1)10g e '=-<，1 (2)10 2 g '=->，所以设 02 00 1 ()0x g x e x -'=- =，则0(1,2)x ∈；当0(0,)x x ∈时，()0g x '<，当0(,)x x ∈+∞时，()0g x '>；所以()g x 在()00,x 上单调递减， ()0,x +∞上单调递增， 所以02min 00()()ln 2x g x g x e x -==-，又因为02001()0x g x e x -'=- =，故020 1 x e x -=， 所以02 00000 1 ln ln 2ln 2ln x e x x x x x -=?-=-?-=， 所以0022min 000()()ln 2ln 2ln x x g x g x e x e x --==-=-- 00 1 ln 22x x = --+ 00 1 2ln 2ln 2x x = +--≥-当且仅当 00 1 x x =，即01x =时等号成立，而0(1,2)x ∈，所以 m i n ()ln 2g x >-，即()ln 2g x >-，所以()ln 2f x >-，即()ln 20f x +>． 考点：利用导数研究函数的单调性、极值、最值. 【方法点晴】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性、极值、最值，考查了转化的数学思想和函数思想的应用，属于难题.要研究函数的极值，先研究定义域内的单调性，本题（1）中导函数的零点不能直接求出，解答时应分析解析式的特点，利用指数函数的性质找出极值点；解答的难点是（2）证明不等式，可利用函数 ()f x 的单调性进行放缩，转化为研究不含参数的函数2()ln 2x g x e x -=-的最小值，这是本 题的技巧之一，导函数的零点同样不能直接解出，作为证明题，在判断单调性的前提下可以设出极值点，表示出函数值通过基本不等式证明即可，这是本题的另一个技巧. 5．（1）当0a >时，0x >，()f x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，()f x 有极小值 (1)1ln f a =-；当0a <时，0x <，'1 ()0x f x x -= >，所以()f x 在(,0)-∞上单调递增，无极值；（2）(,)e -∞． 【解析】 试题分析：（1）求导，利用讨论导数的符号确定函数的单调性，进而确定函数的极值；（2）分离参数，将不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，再利用导数求其最值． 试题解析：（1）因为()ln ,0,f x x ax a a R =-≠∈， 所以当0a >时，()f x 的定义域为(0,)+∞； 当0a <，()f x 的定义域为(,0)-∞. 又 ()ln ln ln f x x ax x x a =-=--，'11 ()1x f x x x -=- = ， 故当0a >时，0x >，()f x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增， ()f x 有极小值(1)1ln f a =-； 当0a <时，0x <，'1 ()0x f x x -= >，所以()f x 在(,0)-∞上单调递增，无极值. （2）解法一： 当1a =时，()ln f x x x =-，由（1）知当且仅当1x =时，min ()1f x =， 因为' 1(),0x x g x x e -= >，所以()g x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减， 当且仅当1x =时，max 1 ()g x e =. 当0m ≤时，由于min ()0,()1x x g x f x e =>=，所以()()f x mg x >恒成立； 当0m >时，max [()]m mg x e =， 要使不等式()()f x mg x >恒成立，只需1m e >， 即m e <. 综上得所求实数m 的取值范围为(,)e -∞. 解法二： 当1a =时 ()ln f x x x =-，所以0,()0x x x g x e >= >， 故 ()(ln ) ()()()x f x e x x f x mg x m g x x ->?<= 令(ln )()x e x x F x x -=，则' 2 (1)(ln 1)()x x e x x F x x --+=. 由（1）可知ln 0x x ->， 所以当1x >时，' ()0F x >，当01x <<时，'()0F x <， 所以min ()(1)F x F e ==. 故当m e <时，不等式()() f x m g x >恒成立. 考点：1.导数在研究函数中的应用；2.导数在研究不等式恒成立问题中的应用． 【方法点睛】本题考查导数在研究函数单调性和最值中的应用以及导数在研究不等式恒成立中的应用，综合性较强，属于难题；利用导数处理不等式恒成立问题，往往优先考虑分离参数，利用 M x f ≥)(恒成立 M x f ≥?min )(转化为求函数的最值问题，再利用导数求最值，要求学生有较高的逻辑思维能力和较强 的运算化简能力. 6．（1） 2()ln 1f x x x x =--； （2）见解析. 【解析】 试题分析：（1）求导，由 (1)1f '=-求出a 即可； （2）“函数2 ()e x y f x x x =-+的图象在直线1y x =--的下方”等价于ln 10x x e -+<，构造函数()ln 1x h x x e =-+， ，求导，研究函数()ln 1x h x x e =-+的单调性与最值，证max ()0h x <即可. 试题解析：对 ()f x 求导，得()1ln 2f x x ax '=++，(1)121f a '=+=-，1a =-， 所以 2()ln 1f x x x x =-- （2）证明：“函数 2 ()e x y f x x x =-+的图象在直线 1--=x y 的下方”等价于即要证 01ln <+-x e x ， 所以只要证. 1ln )(+-=x e x x h ， 1()x h x e x '=- ，x 趋于0时， 0)(>'x h ， 存在一个极值 0x ) 1,0(∈ 使得0 1x e x = 等价于000 1 () ln 1(01)h x x x x =- +<<所以()0h x < 故函数2 ()e x y f x x x =-+的图象在直线 1--=x y 的下方. 2 考点：1.导数的运算法则；2.导数与函数的单调性、极值、最值；3.函数与不等式. 7．（1） ()f x 的单调区间为[)(]2,,,0e +∞-∞，单调减区间为()0,2e ； （2）2 1 m e e >+. 【解析】 试题分析：（1）根据 ()f x 在点()()1,1f 处的切线与直线()1240e x y --+=平行，可得 ()'112f e =-，据此可求得m ，研究()f x '的符号变化即得函数()f x 的单调区间； （2）若对任意的()12,0,x x ∈+∞，若()()'12g x f x <恒成立，则有()()'max min g x f x <，分别求出()min f x '和()g x 的最大值即可求得m 的取值范围. 试题解析：（1）()'22f x x ex m =-+， ()'11212,0f e m e m =-+=-∴= 即 ()()'222f x x ex x x e =-=-，令()'0f x ≥，解得2x e ≥或0x ≤， 所以函数()f x 的单调区间为[)(]2,,,0e +∞-∞，单调减区间为()0,2e ； （2）()()' 21ln 0x g x x x -= >，令()' 2 1ln 00x g x x e x -=≥?<≤ 函数()g x 的单调为(]0,e ，单调减区间为[),e +∞. 当x e =时，()max 1g x e = ，又()()2'22 2f x x ex m x e m e =-+=-+-，()'2min f x m e =- ()()'12g x f x <恒成立，2211 m e m e e e ∴<-?>+. 考点：导数的几何意义及利用导数研究函数的单调性、求函数在给定区间上的最值等. 【方法点睛】本题主要考查了导数的几何意义，利用导数研究函数的单调性及给定区间山的最值问题，属于中档题. 利用导数的几何意义求曲线上某点的切线是导数中最常见的问题之一，关键是把好审题关，判断给出的点是否是切点，利用导数研究函数的单调性常用列表或串根法判断导数的符号，有时还要讨论，本题的难点是（2）中的转化问题，涉及到两个变量的恒成立，通常逐个分析，转化为求函数的最值问题. 8．（Ⅰ） )(x f 的单调增区间为),1(+∞e ，)(x f 的单调减区间为)1 ,0(e ； （Ⅱ）当0≥a 时，)(F x 无极值；当0 时，)(F x 有极大值 a 21ln 21-+，无极小值．（Ⅲ）证明详见解析． 【解析】 试题分析：（Ⅰ）利用一阶导数的符号来求单调区间．（Ⅱ）对a 进行分类讨论，)(F x 的极值．（Ⅲ）把证明不等式转化求函数的最小值大于0． 试题解析：（Ⅰ） )0(1ln )(>+='x x x f ． 令0)(>'x f ，即01ln >+x ，得e x 1 >，故)(x f 的增区间为),1(+∞e ； 令0)(<'x f ，即01ln <+x ，得e x 1<，故)(x f 的减区间为)1 ,0(e ； ∴)(x f 的单调增区间为),1(+∞e ，)(x f 的单调减区间为)1 ,0(e ． （Ⅱ）)0(1ln )(F 2 >++=x x ax x ，)0(1 212)(F 2>+=+='x x ax x ax x 当0≥a 时，恒有0)(F >'x ∴)(F x 在),0(+∞上为增函数，故)(F x 在),0(+∞∈x 上无极值； 当0 时，令0)(F ='x ，得a x 21- = ,当)(F 0)(F )21 ,0(x x a x ，，>'- ∈单调递增， 当)(F 0)(F )21(x x a x ，，，<'∞+- ∈单调递减． ∴a a x 21ln 21)21(F ) (F -+=- =极大值，)(F x 无极小值； 综上所述：0≥a 时，)(F x 无极值0 a 21 ln 21-+,无极小值． （Ⅲ）证明：设， )0(ln ) (>-=x x e x g x 则即证2)(>x g ，只要证2)(min >x g ． ∵，x e x g x 1 )(-='∴027.12)5.0(21 <-<-='e g ，01)1(>-='e g 又x e x g x 1 )(- ='在),0(+∞上单调递增 ∴方程0) (='x g 有唯一的实根t x =，且)1,5.0(∈t ． ∵当),0(t x ∈时，0(t)g )(='<'x g ．当),(+∞∈t x 时，0(t)g )(='>'x g ∴当t x =时，t e x g t ln )(min -= ∵0) (='t g 即t e t 1=，则t e t -= ∴t e t x g --=ln 1 )(min 12t t =+>= ∴原命题得证． 考点：求导公式，函数的单调区间，函数的极值，函数的最值． 【方法点睛】（1）解含参数a 的不等式，需要对a 进行分类讨论，是本题的亮点，也是本题的难点之一．（2）把证明不等式转化为求函数的最小值，也是本题的难点之一．（3）在求最小值的过程中，对零点t 设而不求，最后利用基本不等式进行放缩，是本题最大的亮点，也是最难的地方．（4）本题题干简洁，但是内涵丰富，本题设问层层深入，是一道好题，意蕴悠长． 9．（Ⅰ） ()f x 的单调递增区间是? ? ；（Ⅱ）详见解析； （Ⅲ）(),1-∞． 【解析】 试题分析：（Ⅰ）求导，令导数大于0得增区间． （Ⅱ）令()()()F 1x f x x =--，求导，讨论导数的 正负，得函数的单调区间，从而可得函数的最值，只需其最大值小于0即可． （Ⅲ）由（Ⅱ）知1k =或 1k >时均不成立． 当1k <时，令()()()G 1x f x k x =--，求导，讨论导数的正负，得函数的增 减区间．根据单调性可得其最大值，使其最大值大于0即可． 试题解析：（Ⅰ） ()211 1x x f x x x x -++'=-+= ，()0,x ∈+∞． 由 ()0f x '>得2010x x x >??-++>? 解得0x << 故 ()f x 的单调递增区间是? ?． （Ⅱ）令()()()F 1x f x x =--，()0,x ∈+∞． 则有()21F x x x -'= ． 当()1,x ∈+∞时，()F 0x '<， 所以()F x 在[)1,+∞上单调递减， 故当1x >时，()()F F 10x <=，即当1x >时，()1f x x <-． （Ⅲ）由（Ⅱ）知，当1k =时，不存在01x >满足题意． 当1k >时，对于1x >，有()()11f x x k x <-<-，则()()1f x k x <-，从而不存在01x >满足题意． 当1k <时，令()()()G 1x f x k x =--，()0,x ∈+∞， 则有()()2111 G 1x k x x x k x x -+-+'=-+-=． 由()G 0x ' =得，()2110x k x -+-+=． 解得10x = <，21x = >． 当()21,x x ∈ 时，()G 0x '>，故()G x 在[)21,x 内单调递增． 从而当()21,x x ∈ 时，()()G G 10x >=，即()()1f x k x >-， 综上，k 的取值范围是 (),1-∞． 考点：用导数研究函数的性质． 10．（Ⅰ） )(x f 的单调增区间为),1(+∞e ，)(x f 的单调减区间为)1 ,0(e ； （Ⅱ）当0≥a 时，)(F x 无极值；当0 21 ln 21- +,无极小值．（Ⅲ）证明过程详见解析． 【解析】 试题分析：（Ⅰ）求出导函数，由导函数大于零求解，由导数小于零求解，然后总结出单调区间；（Ⅱ）函数有极值，则导函数等于零有变号零点，从而求出参数范围；（Ⅲ）原不等式等价于2>-x e x ln ，构造 函数，设，)0(ln ) (>-=x x e x g x 则不等式等价于2)(min >x g ，然后求函数)(x g 的最小值且最小 值大于2即可． 试题解析： （Ⅰ） )0(1ln )(>+='x x x f ． 令0)(>'x f ，即01ln >+x ，得e x 1 > ， 故)(x f 的增区间为),1 (+∞e ； 令0)(<'x f ，即01ln <+x ，得e x 1< ， 故 )(x f 的减区间为)1 ,0(e ； ∴)(x f 的单调增区间为),1 (+∞e ， )(x f 的单调减区间为)1 ,0(e ． （Ⅱ） )0(1ln ) (F 2>++=x x ax x )0(1 212)(F 2>+=+='x x ax x ax x 当0≥a 时，恒有0)(F >'x ∴)(F x 在),0(+∞上为增函数， 故)(F x 在),0(+∞∈x 上无极值；