由
（1）可知x1，x2分别是方程lnx﹣ax=0的两个根，即lnx1=ax1，lnx2=ax2
所以原式等价于1+λ0，0，
又由lnx1=ax1，lnx2=ax2作差得，ln=a（x1﹣x2），
所以原式等价于
令t=，t∈（0，1），
则不等式lnt＜在t∈（0，1）上恒成立．
令h（t）=lnt﹣，t∈（0，1），
又h′（t）=，
当λ2≥1时，可见t∈（0，1）时，h′（t）＞0，
所以h（t）在t∈（0，1）上单调增，又h
（1）=0，h（t）＜0在t∈（0，1）恒成立，符合题意．
当λ2＜1时，可见t∈（0，λ2）时，h′（t）＞0，t∈（λ2，1）时h′（t）＜0，所以h（t）在t∈（0，λ2）时单调增，在t∈（λ2，1）时单调减，又h
（1）=0，
所以h（t）在t∈（0，1）上不能恒小于0，不符合题意，舍去．综上所述，若不等式e1+λ＜x1?
x2λ恒成立，只须λ2≥1，又λ＞0，所以λ≥1．【点评】本题考查了导数的综合应用及分类讨论，转化思想，数形结合的思想方法的应用，是一道综合题．
3．（2017?
湖北模拟）已知函数f（x）=ln﹣ax2+x，
（1）讨论函数f（x）的极值点的个数；
（2）若f（x）有两个极值点x1，x2，证明：
f（x1）+f（x2）＞3﹣4ln2．
【分析】
（1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，得到函数的单调区间，从而求出函数的极值的个数；
（2）根据x1，x2是方程2ax2﹣x+1=0的两根，得到，，求出f（x1）+f（x2），根据函数的单调性证明即可．
【解答】解：
（1）由
得：
x∈（0，1），f′（x）<0，x∈
ⅰ）a=0时，
显然，x1>0，x2<0，f（x）在x=x1取得极小值，f（x）有一个极小值点．
ⅲ）a>0时，△=1﹣8a≤0即时，f′（x）≤0，
f（x）在（0，+∞）是减函数，f（x）无极值点．
当时，△=1﹣8a>0，令f′（x）=0，得当x∈（0，x1）和x∈（x2，+∞）f′（x）<0，x∈（x1，x2）时，f′（x）>0，∴f（x）在x1取得极小值，在x2取得极大值，所以f（x）有两个极值点．
综上可知：
（ⅰ）a≤0时，f（x）仅有一个极值点；
ⅱ）当时，f（x）无极值点；
ⅲ）当时，f（x）有两个极值点．
x1和极
2）证明：
由
（1）知，当且仅当a∈（0，）时，f（x）有极小值点
大值点x2，
且x1，x2是方程2ax2﹣x+1=0的两根，
∴f（x1）+f（x2）＞3﹣4ln2．
思想，是一道综合题．
4．（2016?
包头校级三模）已知函数f（x）=（e为自然对数的底数）
（1）若a=，求函数f（x）的单调区间；
（2）若f
（1）=1，且方程f（x）=1在（0，1）内有解，求实数a的取值范围．【分析】
（1）若a=，求函数的导数，利用函数单调性和导数之间的关系即可求函数f（x）的单调区间；
（2）根据函数与方程之间的关系转化为函数存在零点问题，构造函数，求函数的导数，利用函数极值和函数零点之间的关系进行转化求解即可．
【解答】解：
（1）若a=，f（x）=（x2+bx+1）e﹣x，
则f′（x）=（2x+b）e﹣x﹣（x2+bx+1）e﹣x=﹣[x2+（b﹣2）x+1﹣b]e﹣x=﹣
x﹣1）［x﹣（1﹣b）］e﹣x，
由f′（x）=0得﹣（x﹣1）［x﹣（1﹣b）］=0，即x=1或x=1﹣b，
1若1﹣b=1，即b=0时，f′（x）=﹣（x﹣1）2e﹣x≤0，此时函数单调递减，单调递减区间为（﹣∞，+∞）．
2若1﹣b>1，即b<0时，由f′（x）=﹣（x﹣1）［x﹣（1﹣b）］e﹣x>0得（x﹣1）［x﹣（1﹣b）］<0，即1由f′（x）=﹣（x﹣1）［x﹣（1﹣b）］e﹣x<0得（x﹣1）［x﹣（1﹣b）］>0，即x<1，或x>1﹣b，
此时函数单调递减，单调递减区间为（﹣∞，1），（1﹣b，+∞），
3若1﹣b<1，即b>0时，由f′（x）=﹣（x﹣1）［x﹣（1﹣b）］e﹣x>0得（x
﹣1）［x﹣（1﹣b）］<0，即1﹣b由f′（x）=﹣（x﹣1）［x﹣（1﹣b）］e﹣x<0得（x﹣1）［x﹣（1﹣b）］>0，即x<1﹣b，或x>1，
此时函数单调递减，单调递减区间为（﹣∞，1﹣b），（1，+∞）．
（2）若f
（1）=1，则f
（1）=（2a+b+1）e﹣1=1，
即2a+b+1=e，则b=e﹣1﹣2a，
若方程f（x）=1在（0，1）内有解，
即方程f（x）=（2ax2+bx+1）e﹣x=1在（0，1）内有解，
即2ax2+bx+1=ex在（0，1）内有解，
即ex﹣2ax2﹣bx﹣1=0，
设g（x）=ex﹣2ax2﹣bx﹣1，则g（x）在（0，1）内有零点，设x0是g（x）在（0，1）内的一个零点，
则g（0）=0，g
（1）=0，知函数g（x）在（0，x0）和（x0，1）上不可能单调递增，也不可能单调递减，
设h（x）=g′（x），
则h（x）在（0，x0）和（x0，1）上存在零点，
即h（x）在（0，1）上至少有两个零点，g′（x）=ex﹣4ax﹣b，h′（x）=ex﹣4a，
当a≤时，h′（x）>0，h（x）在（0，1）上递增，h（x）不可能有两个及以上零点，
当a≥时，h′（x）<0，h（x）在（0，
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