则x∈(0，x0)时，h(x) 4．(2018·合肥模拟)已知函数f(x)＝ln xx－ax. (1)讨论函数f(x)的零点个数； (2)已知g(x)＝(2－x)ex，证明：当x∈(0,1)时，g(x)－f(x)－ax－2>0. (1)解 xf(x)＝ln x－ax·x. 32令x2＝t，∴x＝t3(t>0)．令h(t)＝ln t－3 2at， 则函数y＝h(t)与y＝f(x)的零点个数情况一致． h′(t)＝13 t－2 a. (ⅰ)当a≤0时，h′(t)>0， ∴h(t)在(0，＋∞)上单调递增． 又h(1)＝－3 2 a≥0， h??ea?1a??＝a＋1－3 aea?1??a2 a ≤a＋1a－31? 3?12a·e2＝??1－2e2??a＋a<0， ∴此时有1个零点． (ⅱ)当a>0时，h(t)在??2?0，3a???上单调递增， 在? ?2?3a，＋∞?? ? 上单调递减． ∴h(t)?22max＝h??3a???＝ln3a－1. ①当ln 23a<1即a>23e时，h??2?3a???<0，无零点． ②当ln 23a＝1即a＝23e时，h??2?3a???＝0,1个零点． ③当ln 23a>1即0 >0， 又23a>e>1，h(1)＝－3 2 a<0. 5 又23a－429a2＝? 3a??1－23a???<23a(1－e)<0， h? ?4?9a2???＝ln??2?3a??2? －32a·49a2 ＝2ln23a－23a， 令φ(a)＝2ln23a－2 3a， φ′(a)＝2·3a?2??－23·1a2???＋22－6a3a2＝3a2>0， ∴φ(a)在??2?0，3e??? 上单调递增， ∴φ(a)<φ??2??3e?? ＝2－e<0，∴此时有两个零点． 综上，当a≤0或a＝2 3e时，有1个零点； 当0 3e时，有2个零点； 当a>2 3e 时，无零点． (2)要证g(x)－f(x)－ax－2>0， 只需证ln x＋2<(2－x)exx. 令x＝m∈(0,1)，只需证2ln mm＋2<(2－m2)em. 令l(m)＝(2－m2)em，l′(m)＝(－m2－2m＋2)em， ∴l(m)在(0，3－1)上单调递增，在(3－1,1)上单调递减， 又∵l(1)＝e，l(0)＝2，∴l(m)>2. 令t(m)＝ln mm，t′(m)＝1－ln mm2>0， ∴t(m)在(0,1)上单调递增， ∴t(m) 故g(x)－f(x)－ax－2>0. 5．(2018·洛阳模拟)已知函数f(x)＝(x－1)ex－t2 2x，其中t∈R. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)当t＝3时，证明：不等式f(x1＋x2)－f(x1－x2)>－2x2恒成立(其中x1∈R，x2>0)．(1)解 由于f′(x)＝xex－tx＝x(ex－t)． (ⅰ)当t≤0时，ex－t>0， 6 当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 当x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减； (ⅱ)当t>0时，由f′(x)＝0得x＝0或x＝ln t. ①当0 当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 当ln t 当x>ln t时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 当0 综上，当t≤0时，f(x)在(－∞，0)上是减函数， 在(0，＋∞)上是增函数； 当0 当t＝1时，f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数； 当t>1时，f(x)在(－∞，0)，(ln t，＋∞)上是增函数， 在(0，ln t)上是减函数． (2)证明 依题意f(x1＋x2)－f(x1－x2)>(x1－x2)－(x1＋x2)?f(x1＋x2)＋(x1＋x2)>f(x1－x2)＋(x1－x2)恒成立． 设g(x)＝f(x)＋x， 则上式等价于g(x1＋x2)>g(x1－x2)， 要证明g(x1＋x2)>g(x1－x2)对任意x1∈R， x2∈(0，＋∞)恒成立， 32x即证明g(x)＝(x－1)e－x＋x在R上单调递增， 2又g′(x)＝xe－3x＋1， 只需证明xe－3x＋1≥0即可． 令h(x)＝e－x－1，则h′(x)＝e－1， 当x<0时，h′(x)<0，当x>0时，h′(x)>0， ∴h(x)min＝h(0)＝0， 即?x∈R，e≥x＋1， 那么，当x≥0时，xe≥x＋x， x2 xxxxx 7 ∴xe－3x＋1≥ x－2x＋1＝(x－1)≥0； 1??xxx当x<0时，e<1，xe－3x＋1＝x?e－3＋?>0， x22 ?x? ∴xe－3x＋1>0恒成立．从而原不等式成立． x 8
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