（1）知，x1∈（－∞，1），x2∈（1，＋∞），2－x2∈（－∞，1），又f（x）在（－∞，1）内单调递减，
所以x1＋x2<2等价于f（x1）>f（2－x2），即f（2－x2）<0.
由于f（2－x2）＝－x2e2－x2＋a（x2－1）2，
而f（x2）＝（x2－2）ex2＋a（x2－1）2＝0，
所以f（2－x2）＝－x2e2－x2－（x2－2）ex2.
设g（x）＝－xe2－x－（x－2）ex，
则g′（x）＝（x－1）（e2－x－ex）．
所以当x>1时，g′（x）<0，而g
（1）＝0，
故当x>1时，g（x）<0.
从而g（x2）＝f（2－x2）<0，故x1＋x2<2.
4．已知函数f（x）＝ax－1－lnx（a∈R）．
（1）讨论函数f（x）在定义域内的极值点的个数；
（2）若函数f（x）在x＝1处取得极值，∀x∈（0，＋∞），f（x）≥bx－2恒成立，求实数b的取值范围．
解：
（1）由已知得f′（x）＝a－＝（x＞0）．
当a≤0时，f′（x）≤0在（0，＋∞）上恒成立，函数f（x）在（0，＋∞）上单调递减，
∴f（x）在（0，＋∞）上没有极值点．
当a＞0时，由f′（x）＜0，得0＜x＜，
由f′（x）＞0，得x＞，
∴f（x）在上单调递减，在上单调递增，
即f（x）在x＝处有极小值．
∴当a≤0时，f（x）在（0，＋∞）上没有极值点，
当a＞0时，f（x）在（0，＋∞）上有一个极值点．
（2）∵函数f（x）在x＝1处取得极值，
∴f′
（1）＝0，解得a＝1，∴f（x）≥bx－2⇒1＋－≥b，
令g（x）＝1＋－，则g′（x）＝，
令g′（x）＝0，得x＝e2．
则g（x）在（0，e2）上单调递减，在（e2，＋∞）上单调递增，
∴g（x）min＝g（e2）＝1－，即b≤1－，
故实数b的取值范围为．
5．（2015·全国卷Ⅱ）已知函数f（x）＝lnx＋a（1－x）．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）当f（x）有最大值，且最大值大于2a－2时，求a的取值范围．
解：
（1）f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝－a.
若a≤0，则f′（x）>0，所以f（x）在（0，＋∞）上单调递增．
若a>0，则当x∈时，f′（x）>0；
当x∈时，f′（x）<0.
所以f（x）在上单调递增，在上单调递减．
（2）由
（1）知，当a≤0时，f（x）在（0，＋∞）上无最大值；
当a>0时，f（x）在x＝处取得最大值，最大值为
f＝ln＋a＝－lna＋a－1.
因此f>2a－2等价于lna＋a－1<0.
令g（a）＝lna＋a－1，
则g（a）在（0，＋∞）上单调递增，g
（1）＝0.
于是，当01时，g（a）>0.
因此，a的取值范围是（0,1）．
6．（2016·全国甲卷）已知函数f（x）＝（x＋1）lnx－a（x－1）．
（1）当a＝4时，求曲线y＝f（x）在（1，f
（1））处的切线方程；
（2）若当x∈（1，＋∞）时，f（x）＞0，求a的取值范围．
解：
（1）f（x）的定义域为（0，＋∞）．
当a＝4时，f（x）＝（x＋1）lnx－4（x－1），
f
（1）＝0，f′（x）＝lnx＋－3，f′
（1）＝－2.
故曲线y＝f（x）在（1，f
（1））处的切线方程为2x＋y－2＝0.
（2）当x∈（1，＋∞）时，f（x）＞0等价于lnx－＞0.
设g（x）＝lnx－，
则g′（x）＝－＝，g
（1）＝0.
①当a≤2，x∈（1，＋∞）时，x2＋2（1－a）x＋1≥x2－2x＋1＞0，故g′（x）＞0，g（x）在（1，＋∞）上单调递增，因此g（x）＞0；
②当a＞2时，令g′（x）＝0得x1＝a－1－，x2＝a－1＋.
由x2＞1和x1x2＝1得x1＜1，故当x∈（1，x2）时，g′（x）＜0，g（x）在（1，x2）上单调递减，因此g（x）＜0.
综上，a的取值范围是（－∞，2]．
7.（2016·山东高考）设f（x）＝xlnx－ax2＋（2a－1）x，a∈R．
（1）令g（x）＝f′（x），求g（x）的单调区间；
（2）已知f（x）在x＝1处取得极大值，求实数a的取值范围．
解：
（1）由f′（x）＝lnx－2ax＋2a，
可得g（x）＝lnx－2ax＋2a，x∈（0，＋∞）．
所以g′（x）＝－2a＝．
当a≤0，x∈（0，＋∞）时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增；
当a＞0，x∈时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增，
x∈时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减．
所以当a≤0时，g（x）的单调增区间为（0，＋∞）；
当a＞0时，g（x）的单调增区间为，单调减区间为．
（2）由
（1）知，f′
（1）＝0．①当a≤0时，f′（x）单调递增，
所以当x∈（0,1）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当x∈（1，＋∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．
所以f（x）在x＝1处取得极小值，不合题意．
②当0＜a＜时，＞1，
由
（1）知f′（x）在内单调递增，
可得当x∈（0,1）时，f′（x）＜0，当x∈时，f′（x）＞0．
所以f（x）在（0,1）内单调递减，在内单调递增，
所以f（x）在x＝1处取得极小值，不合题意．
③当a＝时，＝1，
f′（x）在（0,1）内单调递增，在（1，＋∞）内单调递减，
所以当x∈（0，＋∞）时，f′（x）≤0，f（x）单调递减，不合题意．
④当a＞时，0＜＜1，
当x∈时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
当x∈（1，＋∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减．
所以f（x）在x＝1处取极大值，符合题意．
综上可知，实数a的取值范围为．
8.．（2016·海口调研）已知函数f（x）＝mx－，g（x）＝3lnx．
（1）当m＝4时，求曲线y＝f（x）在点（2，f
（2））处的切线方程；
（2）若x∈（1，]（e是自然对数的底数）时，不等式f（x）－g（x）＜3恒成立，求实数m的取值范围．
解：
（1）当m＝4时，f（x）＝4x－，f′（x）＝4＋，
f′
（2）＝5，
又f
（2）＝6，
∴所求切线方程为y－6＝5（x－2），
即y＝5x－4．
（2）由题意知，x∈（1，]时，
mx－－3lnx＜3恒成立，
即m（x2－1）＜3x＋3xlnx恒成立，
∵x∈（1，]，∴x2－1＞0，
则m＜恒成立．
令h（x）＝，x∈（1，]，
则m＜h（x）min．
h′（x）＝＝－，
∵x∈（1，]，
∴h′（x）＜0，
即h（x）在（1，]上是减函数．
∴当x∈（1，]时，h（x）min＝h（）＝．
∴m的取值范围是．
9.．（2017·福建省质检）已知函数f（x）＝ax－ln（x＋1），g（x）＝ex－x－1．曲线y＝f（x）与y＝g（x）在原点处的切线相同．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）若x≥0时，g（x）≥kf（x），求k的取值范围．
解：
（1）因为f′（x）＝a－（x＞－1），g′（x）＝ex－1，
依题意，f′（0）＝g′（0），即a－1＝0，解得a＝1，
所以f′（x）＝1－＝，
当－1＜x＜0时，f′（x）＜0；当x＞0时，f′（x）＞0．
故f（x）的单调递减区间为（－1,0），单调递增区间为（0，＋∞）．
（2）由
（1）知，当x＝0时，f（x）取得最小值0，
所以f（x）≥0，即x≥ln（x＋1），从而ex≥x＋1．
设F（x）＝g（x）－kf（x）＝ex＋kln（x＋1）－（k＋1）x－1，
则F′（x）＝ex＋－（k＋1）≥x＋1＋－（k＋1），
（ⅰ）当k＝1时，因为x≥0，所以F′（x）≥x＋1＋－2≥0（当且仅当x＝0时等号成立），
此时F（x）在[0，＋∞）上单调递增，
从而F（x）≥F（0）＝0，即g（x）≥kf（x）．
（ⅱ）当k＜1时，因为f（x）≥0，所以f（x）≥kf（x）．
由（ⅰ）知g（x）－f（x）≥0，所以g（x）≥f（x）≥kf（x），
故g（x）≥kf（x）．
（ⅲ）当k＞1时，令h（x）＝ex＋－（k＋1），
则h′（x）＝ex－，
显然h′（x）在[0，＋∞）上单调递增，
又h′（0）＝1－k＜0，h′（－1）＝e－1－1＞0，
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