高考数学考点归纳之利用导数证明不等式 22页

高考数学考点归纳之利用导数证明不等式考点一　单变量不等式的证明方法一移项作差构造法证明不等式[例1]　已知函数f(x)＝1－，g(x)＝＋－bx(e为自然对数的底数)，若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A处的切线互相垂直．(1)求a，b的值；(2)求证：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.[解]　(1)因为f(x)＝1－，所以f′(x)＝，f′(1)＝－1.因为g(x)＝＋－bx，所以g′(x)＝－－－b.因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A处的切线互相垂直，所以g(1)＝1，且f′(1)·g′(1)＝－1，即g(1)＝a＋1－b＝1，g′(1)＝－a－1－b＝1，解得a＝－1，b＝－1.(2)证明：由(1)知，g(x)＝－＋＋x，则f(x)＋g(x)≥⇔1－－－＋x≥0.令h(x)＝1－－－＋x(x≥1)，则h′(x)＝－＋＋＋1＝＋＋1.因为x≥1，所以h′(x)＝＋＋1＞0， 所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以h(x)≥h(1)＝0，即1－－－＋x≥0，所以当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，利用导数研究其单调性，借助所构造函数的单调性即可得证．　　方法二隔离审查分析法证明不等式[例2]　(2019·长沙模拟)已知函数f(x)＝ex2－xlnx．求证：当x＞0时，f(x)＜xex＋.[证明]　要证f(x)＜xex＋，只需证ex－lnx＜ex＋，即ex－ex＜lnx＋.令h(x)＝lnx＋(x＞0)，则h′(x)＝，易知h(x)在上单调递减，在上单调递增，则h(x)min＝h＝0，所以lnx＋≥0.再令φ(x)＝ex－ex，则φ′(x)＝e－ex，易知φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则φ(x)max＝φ(1)＝0，所以ex－ex≤0.因为h(x)与φ(x)不同时为0，所以ex－ex＜lnx＋，故原不等式成立．若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个都便于求导的函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标．　　方法三、放缩法证明不等式 [例3]　已知函数f(x)＝ax－lnx－1.(1)若f(x)≥0恒成立，求a的最小值；(2)求证：＋x＋lnx－1≥0；(3)已知k(e－x＋x2)≥x－xlnx恒成立，求k的取值范围．[解]　(1)f(x)≥0等价于a≥.令g(x)＝(x＞0)，则g′(x)＝－，所以当x∈(0,1)时，g′(x)＞0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0，则g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝1，则a≥1，所以a的最小值为1.(2)证明：当a＝1时，由(1)得x≥lnx＋1，即t≥lnt＋1(t＞0)．令＝t，则－x－lnx＝lnt，所以≥－x－lnx＋1，即＋x＋lnx－1≥0.(3)因为k(e－x＋x2)≥x－xlnx恒成立，即k≥1－lnx恒成立，所以k≥＝－＋1，由(2)知＋x＋lnx－1≥0恒成立， 所以－＋1≤1，所以k≥1.故k的取值范围为[1，＋∞)．导数的综合应用题中，最常见就是ex和lnx与其他代数式结合的难题，对于这类问题，可以先对ex和lnx进行放缩，使问题简化，便于化简或判断导数的正负．常见的放缩公式如下：(1)ex≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号；(2)ex≥ex，当且仅当x＝1时取等号；(3)当x≥0时，ex≥1＋x＋x2,当且仅当x＝0时取等号；(4)当x≥0时，ex≥x2＋1,当且仅当x＝0时取等号；(5)≤lnx≤x－1≤x2－x，当且仅当x＝1时取等号；(6)当x≥1时，≤lnx≤，当且仅当x＝1时取等号．　　考点二　双变量不等式的证明[典例]　已知函数f(x)＝lnx－ax2＋x，a∈R.(1)当a＝0时，求函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程；(2)若a＝－2，正实数x1，x2满足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，求证：x1＋x2≥.[解]　(1)当a＝0时，f(x)＝lnx＋x，则f(1)＝1，所以切点为(1,1)，又因为f′(x)＝＋1，所以切线斜率k＝f′(1)＝2，故切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.(2)证明：当a＝－2时，f(x)＝lnx＋x2＋x(x＞0)． 由f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，即lnx1＋x＋x1＋lnx2＋x＋x2＋x1x2＝0，从而(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1x2－ln(x1x2)，令t＝x1x2，设φ(t)＝t－lnt(t＞0)，则φ′(t)＝1－＝，易知φ(t)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以φ(t)≥φ(1)＝1，所以(x1＋x2)2＋(x1＋x2)≥1，因为x1＞0，x2＞0，所以x1＋x2≥成立．破解含双参不等式的证明的关键一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；二是巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果．　　[题组训练]　已知函数f(x)＝lnx＋.(1)求f(x)的最小值；(2)若方程f(x)＝a有两个根x1，x2(x1＜x2)，求证：x1＋x2＞2a.解：(1)因为f′(x)＝－＝(x＞0)，所以当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，函数无最小值．当a＞0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．函数f(x)在x＝a处取最小值f(a)＝lna＋1.(2)证明：若函数y＝f(x)的两个零点为x1，x2(x1＜x2)， 由(1)可得0＜x1＜a＜x2.令g(x)＝f(x)－f(2a－x)(0＜x＜a)，则g′(x)＝(x－a)＝－＜0，所以g(x)在(0，a)上单调递减，g(x)＞g(a)＝0，即f(x)＞f(2a－x)．令x＝x1＜a，则f(x1)＞f(2a－x1)，所以f(x2)＝f(x1)＞f(2a－x1)，由(1)可得f(x)在(a，＋∞)上单调递增，所以x2＞2a－x1，故x1＋x2＞2a.考点三　证明与数列有关的不等式[典例]　已知函数f(x)＝ln(x＋1)＋.(1)若x＞0时，f(x)＞1恒成立，求a的取值范围；(2)求证：ln(n＋1)＞＋＋＋…＋(n∈N*)．[解]　(1)由ln(x＋1)＋＞1，得a＞(x＋2)－(x＋2)ln(x＋1)．令g(x)＝(x＋2)[1－ln(x＋1)]，则g′(x)＝1－ln(x＋1)－＝－ln(x＋1)－.当x＞0时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．所以g(x)＜g(0)＝2，故a的取值范围为[2，＋∞)．(2)证明：由(1)知ln(x＋1)＋＞1(x＞0)，所以ln(x＋1)＞. 令x＝(k＞0)，得ln＞，即ln＞.所以ln＋ln＋ln＋…＋ln＞＋＋＋…＋，即ln(n＋1)＞＋＋＋…＋(n∈N*)．证明与数列有关的不等式的策略(1)证明此类问题时常根据已知的函数不等式，用关于正整数n的不等式替代函数不等式中的自变量．通过多次求和达到证明的目的．此类问题一般至少有两问，已知的不等式常由第一问根据待证式的特征而得到．(2)已知函数式为指数不等式(或对数不等式)，而待证不等式为与对数有关的不等式(或与指数有关的不等式)，还要注意指、对数式的互化，如ex＞x＋1可化为ln(x＋1)＜x等．　　[题组训练]　(2019·长春质检)已知函数f(x)＝ex，g(x)＝ln(x＋a)＋b.(1)若函数f(x)与g(x)的图象在点(0,1)处有相同的切线，求a，b的值；(2)当b＝0时，f(x)－g(x)＞0恒成立，求整数a的最大值；(3)求证：ln2＋(ln3－ln2)2＋(ln4－ln3)3＋…＋[ln(n＋1)－lnn]n＜(n∈N*)．解：(1)因为函数f(x)和g(x)的图象在点(0,1)处有相同的切线，所以f(0)＝g(0)且f′(0)＝g′(0)，又因为f′(x)＝ex，g′(x)＝，所以1＝lna＋b,1＝，解得a＝1，b＝1.(2)现证明ex≥x＋1，设F(x)＝ex－x－1，则F′(x)＝ex－1，当x∈(0，＋∞)时，F′(x)＞0，当x∈(－∞，0)时，F′(x)＜0，所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞ ，0)上单调递减，所以F(x)min＝F(0)＝0，即F(x)≥0恒成立，即ex≥x＋1.同理可得ln(x＋2)≤x＋1，即ex＞ln(x＋2)，当a≤2时，ln(x＋a)≤ln(x＋2)＜ex，所以当a≤2时，f(x)－g(x)＞0恒成立．当a≥3时，e0＜lna，即ex－ln(x＋a)＞0不恒成立．故整数a的最大值为2.(3)证明：由(2)知ex＞ln(x＋2)，令x＝，则e＞ln，即e－n＋1＞n＝[ln(n＋1)－lnn]n，所以e0＋e－1＋e－2＋…＋e－n＋1＞ln2＋(ln3－ln2)2＋(ln4－ln3)3＋…＋[ln(n＋1)－lnn]n，又因为e0＋e－1＋e－2＋…＋e－n＋1＝＜＝，所以ln2＋(ln3－ln2)2＋(ln4－ln3)3＋…＋[ln(n＋1)－lnn]n＜.1．(2019·唐山模拟)已知f(x)＝x2－a2lnx，a＞0.(1)求函数f(x)的最小值；(2)当x＞2a时，证明：＞a.解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝x－＝.当x∈(0，a)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．所以当x＝a时，f(x)取得极小值，也是最小值，且f(a)＝a2－a2lna.(2)证明：由(1)知，f(x)在(2a，＋∞)上单调递增，则所证不等式等价于f(x)－f(2a)－a(x－2a)＞0.设g(x)＝f(x)－f(2a)－a(x－2a)，则当x＞2a时，g′(x)＝f′(x)－a＝x－－a＝＞0，所以g(x)在(2a，＋∞)上单调递增，当x＞2a时，g(x)＞g(2a)＝0，即f(x)－f(2a)－a(x－2a)＞0，故＞a.2．(2018·黄冈模拟)已知函数f(x)＝λlnx－e－x(λ∈R)．(1)若函数f(x)是单调函数，求λ的取值范围；(2)求证：当0＜x1＜x2时，e1－x2－e1－x1＞1－.解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，∵f(x)＝λlnx－e－x， ∴f′(x)＝＋e－x＝，∵函数f(x)是单调函数，∴f′(x)≤0或f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，①当函数f(x)是单调递减函数时，f′(x)≤0，∴≤0，即λ＋xe－x≤0，λ≤－xe－x＝－.令φ(x)＝－，则φ′(x)＝，当0＜x＜1时，φ′(x)＜0；当x＞1时，φ′(x)＞0，则φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴当x＞0时，φ(x)min＝φ(1)＝－，∴λ≤－.②当函数f(x)是单调递增函数时，f′(x)≥0，∴≥0，即λ＋xe－x≥0，λ≥－xe－x＝－，由①得φ(x)＝－在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，又∵φ(0)＝0，当x―→＋∞时，φ(x)＜0，∴λ≥0.综上，λ的取值范围为∪[0，＋∞)．(2)证明：由(1)可知，当λ＝－时，f(x)＝－lnx－e－x在(0，＋∞)上单调递减，∵0＜x1＜x2，∴f(x1)＞f(x2)，即－lnx1－e－x1＞－lnx2－e－x2，∴e1－x2－e1－x1＞lnx1－lnx2.要证e1－x2－e1－x1＞1－，只需证lnx1－lnx2＞1－，即证ln＞1－， 令t＝，t∈(0,1)，则只需证lnt＞1－，令h(t)＝lnt＋－1，则当0＜t＜1时，h′(t)＝＜0，∴h(t)在(0,1)上单调递减，又∵h(1)＝0，∴h(t)＞0，即lnt＞1－，故原不等式得证．3．(2019·贵阳模拟)已知函数f(x)＝kx－lnx－1(k＞0)．(1)若函数f(x)有且只有一个零点，求实数k的值；(2)求证：当n∈N*时，1＋＋＋…＋＞ln(n＋1)．解：(1)∵f(x)＝kx－lnx－1，∴f′(x)＝k－＝(x＞0，k＞0)；当0＜x＜时，f′(x)＜0；当x＞时，f′(x)＞0.∴f(x)在上单调递减，在上单调递增，∴f(x)min＝f＝lnk，∵f(x)有且只有一个零点，∴lnk＝0，∴k＝1.(2)证明：由(1)知x－lnx－1≥0，即x－1≥lnx，当且仅当x＝1时取等号，∵n∈N*，令x＝，得＞ln，∴1＋＋＋…＋＞ln＋ln＋…＋ln＝ln(n＋1)，故1＋＋＋…＋＞ln(n＋1)．第三课时　导数与函数的零点问题考点一　判断函数零点的个数 [典例]　设函数f(x)＝lnx＋，m∈R.讨论函数g(x)＝f′(x)－零点的个数．[解]　由题设，g(x)＝f′(x)－＝－－(x＞0)，令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x＞0)．设φ(x)＝－x3＋x(x＞0)，则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，当x∈(0,1)时，φ′(x)＞0，φ(x)在(0,1)上单调递增；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．所以x＝1是φ(x)的极大值点，也是φ(x)的最大值点．所以φ(x)的最大值为φ(1)＝.由φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(如图)，可知①当m＞时，函数g(x)无零点；②当m＝时，函数g(x)有且只有一个零点；③当0＜m＜时，函数g(x)有两个零点；④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点．综上所述，当m＞时，函数g(x)无零点；当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点； 当0＜m＜时，函数g(x)有两个零点．　[题组训练]1．已知函数f(x)＝3lnx－x2＋2x－3ln3－，求方程f(x)＝0的解的个数．解：因为f(x)＝3lnx－x2＋2x－3ln3－(x＞0)，所以f′(x)＝－x＋2＝＝，当x∈(0,3)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(3，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(3)＝3ln3－＋6－3ln3－＝0，因为当x→0时，f(x)→－∞；当x→＋∞时，f(x)→－∞，所以方程f(x)＝0只有一个解．2．设f(x)＝x－－2lnx.(1)求证：当x≥1时，f(x)≥0恒成立；(2)讨论关于x的方程x－－f(x)＝x3－2ex2＋tx根的个数．解：(1)证明：f(x)＝x－－2lnx的定义域为(0，＋∞)．∵f′(x)＝1＋－＝＝≥0，∴f(x)在[1，＋∞)上是单调增函数，∴f(x)≥f(1)＝1－1－2ln1＝0对于x∈[1，＋∞)恒成立．故当x≥1时，f(x)≥0恒成立得证．(2)化简方程得2lnx＝x3－2ex2＋tx. 注意到x＞0，则方程可变为＝x2－2ex＋t.令L(x)＝，H(x)＝x2－2ex＋t，则L′(x)＝.当x∈(0，e)时，L′(x)＞0，∴L(x)在(0，e)上为增函数；当x∈(e，＋∞)时，L′(x)＜0，∴L(x)在(e，＋∞)上为减函数．∴当x＝e时，L(x)max＝L(e)＝.函数L(x)＝，H(x)＝(x－e)2＋t－e2在同一坐标系内的大致图象如图所示．由图象可知，①当t－e2＞，即t＞e2＋时，方程无实数根；②当t－e2＝，即t＝e2＋时，方程有一个实数根；③当t－e2＜，即t＜e2＋时，方程有两个实数根．考点二　由函数零点个数求参数[典例]　(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ex－ax2.(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.[解]　(1)证明：当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－1≤0.设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1， 则g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x.当x≠1时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1.(2)设函数h(x)＝1－ax2e－x.f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点等价于h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点．(ⅰ)当a≤0时，h(x)＞0，h(x)没有零点；(ⅱ)当a＞0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x.当x∈(0,2)时，h′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0.所以h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．故h(2)＝1－是h(x)在(0，＋∞)上的最小值．①当h(2)＞0，即a＜时，h(x)在(0，＋∞)上没有零点．②当h(2)＝0，即a＝时，h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点．③当h(2)＜0，即a＞时，因为h(0)＝1，所以h(x)在(0,2)上有一个零点．由(1)知，当x＞0时，ex＞x2，所以h(4a)＝1－＝1－＞1－＝1－＞0，故h(x)在(2,4a)上有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)上有两个零点．综上，当f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点时，a＝.根据函数零点个数确定参数取值范围的核心思想是“数形结合”，即通过函数图象与x轴的交点个数，或者两个相关函数图象的交点个数确定参数满足的条件，进而求得参数的取值范围，解决问题的步骤是“先形后数”．　　[题组训练] 1．(2019·安阳一模)已知函数f(x)＝＋与g(x)＝6x＋a的图象有3个不同的交点，则a的取值范围是________．解析：原问题等价于函数h(x)＝＋－6x与函数y＝a的图象有3个不同的交点，由h′(x)＝x2＋x－6＝(x－2)(x＋3)，得x＝2或x＝－3，当x∈(－∞，－3)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增；当x∈(－3,2)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增．且h(－3)＝，h(2)＝－，数形结合可得a的取值范围是.答案：2．(2019·赣州模拟)若函数f(x)＝aex－x－2a有两个零点，则实数a的取值范围是________．解析：∵f(x)＝aex－x－2a，∴f′(x)＝aex－1.当a≤0时，f′(x)≤0恒成立，函数f(x)在R上单调递减，不可能有两个零点；当a＞0时，令f′(x)＝0，得x＝ln，函数f(x)在上单调递减，在上单调递增，∴f(x)的最小值为f＝1－ln－2a＝1＋lna－2a.令g(a)＝1＋lna－2a(a＞0)，则g′(a)＝－2.当a∈时，g(a)单调递增；当a∈时，g(a)单调递减，∴g(a)max＝g＝－ln2＜0， ∴f(x)的最小值为f＜0，函数f(x)＝aex－x－2a有两个零点．综上所述，实数a的取值范围是(0，＋∞)．答案：(0，＋∞)1．设a为实数，函数f(x)＝－x3＋3x＋a.(1)求f(x)的极值；(2)是否存在实数a，使得方程f(x)＝0恰好有两个实数根？若存在，求出实数a的值；若不存在，请说明理由．解：(1)f′(x)＝－3x2＋3，令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝1.∵当x∈(－∞，－1)时，f′(x)＜0；当x∈(－1,1)时，f′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，∴f(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递减，在(－1,1)上单调递增．∴f(x)的极小值为f(－1)＝a－2，极大值为f(1)＝a＋2.(2)方程f(x)＝0恰好有两个实数根，等价于直线y＝a与函数y＝x3－3x的图象有两个交点．∵y＝x3－3x，∴y′＝3x2－3.令y′＞0，解得x＞1或x＜－1；令y′＜0，解得－1＜x＜1.∴y＝x3－3x在(－1,1)上为减函数，在(1，＋∞)和(－∞，－1)上为增函数．∴当x＝－1时，y极大值＝2；当x＝1时，y极小值＝－2.∴y＝x3－3x的大致图象如图所示．y＝a表示平行于x轴的一条直线，由图象知，当a＝2或a＝－2时，y＝a与y＝x3－3x有两个交点．故当a＝2或a＝－2时，方程f(x)＝0恰好有两个实数根．2．(2019·锦州联考)已知函数f(x)＝ex＋ax－a(a∈R且a≠0)．(1)若函数f(x)在x＝0处取得极值，求实数a的值，并求此时f(x)在[－2,1]上的最大值；(2)若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围． 解：(1)由f(x)＝ex＋ax－a，得f′(x)＝ex＋a.∵函数f(x)在x＝0处取得极值，∴f′(0)＝e0＋a＝0，∴a＝－1.∴f(x)＝ex－x＋1，f′(x)＝ex－1.∴当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．易知f(x)在[－2,0)上单调递减，在(0,1]上单调递增，且f(－2)＝＋3，f(1)＝e，f(－2)＞f(1)，∴f(x)在[－2,1]上的最大值是＋3.(2)f′(x)＝ex＋a.①当a＞0时，f′(x)＞0，f(x)在R上单调递增，且当x＞1时，f(x)＝ex＋a(x－1)＞0；当x＜0时，取x＝－，则f＜1＋a＝－a＜0，∴函数f(x)存在零点，不满足题意．②当a＜0时，令f′(x)＝ex＋a＝0，则x＝ln(－a)．当x∈(－∞，ln(－a))时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(ln(－a)，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，∴当x＝ln(－a)时，f(x)取得极小值，也是最小值．函数f(x)不存在零点，等价于f(ln(－a))＝eln(－a)＋aln(－a)－a＝－2a＋aln(－a)＞0，解得－e2＜a＜0.综上所述，所求实数a的取值范围是(－e2,0)．3．(2018·郑州第一次质量预测)已知函数f(x)＝lnx＋－(a∈R且a≠0)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当x∈时，试判断函数g(x)＝(lnx－1)ex＋x－m的零点个数．解：(1)f′(x)＝(x＞0)，当a＜0时，f′(x)＞0恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＞0时，由f′(x)＝＞0，得x＞， 由f′(x)＝＜0，得0＜x＜，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减．综上所述，当a＜0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＞0时，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减．(2)当x∈时，函数g(x)＝(lnx－1)ex＋x－m的零点个数，等价于方程(lnx－1)ex＋x＝m的根的个数．令h(x)＝(lnx－1)ex＋x，则h′(x)＝ex＋1.由(1)知当a＝1时，f(x)＝lnx＋－1在上单调递减，在(1，e)上单调递增，∴当x∈时，f(x)≥f(1)＝0.∴＋lnx－1≥0在x∈上恒成立．∴h′(x)＝ex＋1≥0＋1＞0，∴h(x)＝(lnx－1)ex＋x在x∈上单调递增，∴h(x)min＝h＝－2e＋，h(x)max＝h(e)＝e.∴当m＜－2e＋或m＞e时，函数g(x)在上没有零点；当－2e＋≤m≤e时，函数g(x)在上有一个零点．4．(2019·益阳、湘潭调研)已知函数f(x)＝lnx－ax2＋x，a∈R.(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程； (2)讨论f(x)的单调性；(3)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．解：(1)当a＝0时，f(x)＝lnx＋x，f(e)＝e＋1，f′(x)＝＋1，f′(e)＝1＋，∴曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y－(e＋1)＝(x－e)，即y＝x.(2)f′(x)＝(x＞0)，①当a≤0时，显然f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②当a＞0时，令f′(x)＝＝0，则－2ax2＋x＋1＝0，易知Δ＞0恒成立．设方程的两根分别为x1，x2(x1＜x2)，则x1x2＝－＜0，∴x1＜0＜x2，∴f′(x)＝＝(x＞0)．由f′(x)＞0得x∈(0，x2)，由f′(x)＜0得x∈(x2，＋∞)，其中x2＝，∴函数f(x)在上单调递增，在上单调递减．(3)函数f(x)有两个零点，等价于方程a＝有两解．令g(x)＝(x＞0)，则g′(x)＝.由g′(x)＝＞0，得2lnx＋x＜1，解得0＜x＜1，∴g(x)在(0,1)单调递增，在(1，＋∞)单调递减，又∵当x≥1时，g(x)＞0，当x→0时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→0，∴作出函数g(x)的大致图象如图，结合函数值的变化趋势猜想：当a∈(0,1)时符合题意． 下面给出证明：当a≥1时，a≥g(x)max，方程至多一解，不符合题意；当a≤0时，方程至多一解，不符合题意；当a∈(0,1)时，g＜0，∴g－a＜0，g＝＜＝a，∴g－a＜0.∴方程在与上各有一个根，∴若f(x)有两个零点，a的取值范围为(0,1)．