当m＞1时，g(m)＞0，即e－m＞e－1； 当m＜－1时，g(－m)＞0， 即e＋m＞e－1.
综上，m的取值范围是[－1,1]．
3．解 (1)设曲线y＝f(x)与x轴相切于点(x0,0)， 则f(x0)＝0，f′(x0)＝0， 1??x30＋ax0＋＝0，4即?
??3x20＋a＝0，
－mm
13解得x0＝，a＝－.
243
因此，当a＝－时，
4
x轴为曲线y＝f(x)的切线．
(2)当x∈(1，＋∞)时，g(x)＝－ln x＜0，从而h(x)＝min{f(x)，g(x)}≤g(x)＜0，故h(x)在(1，＋∞)上无零点．
55当x＝1时，若a≥－，则f(1)＝a＋≥0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝g(1)＝0，故1是h(x)
445
的一个零点；若a＜－，则f(1)＜0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝f(1)＜0，故1不是h(x)
4的零点．
当x∈(0,1)时，g(x)＝－ln x＞0.所以只需考虑f(x)在(0,1)上的零点个数．
(ⅰ)若a≤－3或a≥0，则f′(x)＝3x＋a在(0,1)上无零点，故f(x)在(0,1)上单调．而
2
f(0)＝，f(1)＝a＋，所以当a≤－3时，f(x)在(0,1)上有一个零点；当a≥0时，f(x)
在(0,1)上没有零点．
(ⅱ)若－3＜a＜0，则f(x)在(0, (0,1)中，当x＝ ①若f( －)上单调递减，在( 3
1454
a－，1)上单调递增，故在3
a－时，f(x)取得最小值，最小值为f( 3
aa2a－)＝ 33a1
－＋. 34
a3
－)＞0，即－＜a＜0， 34
f(x)在(0,1)上无零点；
②若f( a3－)＝0，即a＝－， 34
则f(x)在(0,1)上有唯一零点；
5
③若f( －a3)＜0，即－3＜a＜－34，由于f(0)＝14，f(1)＝a＋5
4
，所以 当－54＜a＜－34时，f(x)在(0,1)上有两个零点；当－3＜a≤－5
4
时，
f(x)在(0,1)上有一个零点．
综上，当a＞－34或a＜－535
4时，h(x)有一个零点；当a＝－4或a＝－4
时，
h(x)有两个零点；当－5
＜34a＜－4
时，h(x)有三个零点．
4．(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝a－ax－22?ax2－2??x－1?
x2＋x3＝x3
.
当a≤0时，x∈(0,1)时，f′(x)＞0，
f(x)单调递增，
x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0， f(x)单调递减．
当a＞0时，f′(x)＝
a?x－1?
x3
· ??2??
2??
x－a????
x＋a??
.
①当0＜a＜2时，2
a＞1，
当x∈(0,1)或x∈?
?2?
a，＋∞?
??
时，
f′(x)＞0，f(x)单调递增，
当x∈??12?
?
，a?
?时，f′(x)＜0，
f(x)单调递减．
②当a＝2时，2
a＝1，在x∈(0，＋∞)内，f′(x)≥0，f(x)单调递增．③当a＞2时，0＜2a＜1，
当x∈??0，2?
?a?
?或x∈(1，＋∞)时，
f′(x)＞0，f(x)单调递增，
当x∈??
?
2
a，1???
时，f′(x)＜0，
6
f(x)单调递减．
综上所述，当a≤0时，f(x)在(0,1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减； 当0＜a＜2时，f(x)在(0,1)内单调递增，在?1，在?
??
2?
?内单调递减，
a?
??
2
a，＋∞?内单调递增；
??
当a＝2时，f(x)在(0，＋∞)内单调递增； 当a＞2时，f(x)在?0，在(1，＋∞)内单调递增． (2)证明 由(1)知，a＝1时，
??
2?
?
?内单调递增，在?a??
a2?
，1?内单调递减，
?
f(x)－f′(x)＝x－ln x＋2x－1?122?
－?1－－2＋3? 2
x?
xxx?
312
＝x－ln x＋＋2－3－1，x∈[1,2]．
xxx312
设g(x)＝x－ln x，h(x)＝＋2－3－1，x∈[1,2]，则f(x)－f′(x)＝g(x)＋h(x)．由g′(x)
xxx＝
x－1
≥0， x可得g(x)≥g(1)＝1，当且仅当x＝1时取得等号． －3x－2x＋6
又h′(x)＝， 42
x设φ(x)＝－3x－2x＋6，则φ(x)在x∈[1,2]上单调递减． 因为φ(1)＝1，φ(2)＝－10，所以?x0∈(1,2)， 使得x∈(1，x0)时，φ(x)＞0，x∈(x0,2)时，φ(x)＜0. 所以h(x)在(1，x0)内单调递增，在(x0,2)内单调递减． 1由h(1)＝1，h(2)＝，
21
可得h(x)≥h(2)＝，
2当且仅当x＝2时取得等号．
3
所以f(x)－f′(x)＞g(1)＋h(2)＝，
2
3
即f(x)＞f′(x)＋对于任意的x∈[1,2]成立．
25．(1)解 m＝1时，f(x)＝g(x)， 即xln x＝x－1，
2
2
7
1
而x＞0，所以方程即为ln x－x＋＝0.
x1
令h(x)＝ln x－x＋，
x11－x＋x－1
则h′(x)＝－1－2＝ 2
2
xxx123－[?x－?＋]
24
＝＜0， 2
x而h(1)＝0，故方程f(x)＝g(x)有唯一的实根x＝1.
(2)解 对于任意的x∈(1，＋∞)，函数y＝g(x)的图象总在函数y＝f(x)图象的上方， 即?x∈(1，＋∞)，f(x)＜g(x)， 1即ln x＜m(x－)，
x1
设F(x)＝ln x－m(x－)，即?x∈(1，＋∞)，F(x)＜0，
xF′(x)＝－m(1＋2)
xx－mx＋x－m＝. 2
2
11
x①若m≤0，则F′(x)＞0，F(x)＞F(1)＝0，这与题设F(x)＜0矛盾． ②若m＞0，方程－mx＋x－m＝0的判别式Δ＝1－4m， 1
当Δ≤0，即m≥时，F′(x)≤0，
2∴F(x)在(1，＋∞)上单调递减， ∴F(x)＜F(1)＝0，即不等式成立．
12
当Δ＞0，即0＜m＜时，方程－mx＋x－m＝0有两个实根，设两根为x1，x2且x1＜x2，则
21??x1＋x2＝＞2，m?
??x1x2＝1，
2
2
∴方程有两个正实根且0＜x1＜1＜x2.
当x∈(1，x2)时，F′(x)＞0，F(x)单调递增，
F(x)＞F(1)＝0与题设矛盾．
综上所述，实数m的取值范围是
?1，＋∞?. ?2???
8
1
(3)证明 由(2)知，当x＞1时，m＝时，
2ln x＜12(x－1
x)成立．
不妨令x＝2k＋12k－1＞1(k∈N*
)，
∴ln 2k＋11?2k＋12k2k－1＜2??2k－1－－12k＋1???
＝
4k4k2
－1
， ln(2k＋1)－ln(2k－1)＜
4k4k2
－1
(k∈N*
)，?
ln 3－ln 1＜4?4×12
－1
，?ln 5－ln 3＜4×24×22－1
，
?…
?ln?2n＋1?－ln?2n－1?＜4×n4×n2－1
累加可得44×12－1＋4×2
4×22
－1＋… ＋4×n4×n2
－1＞ln(2n＋1)(n∈N*
)．
n∈N*
?，9
?
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