（京津鲁琼专用）2023版高考数学二轮复习第二部分专题六函数与导数第4讲导数与不等式练习（含解析）

〔京津鲁琼专用〕2022版高考数学二轮复习第二局部专题六函数与导数第4讲导数与不等式练习〔含解析〕PAGE36-第4讲导数与不等式证明不等式构造函数证明不等式：构造法证明不等式是指在证明与函数有关的不等式时，根据所要证明的不等式，构造与之相关的函数，利用函数单调性、极值、最值加以证明．常见的构造方法有：(1)直接构造法：证明不等式f(x)>g(x)(f(x)<g(x))转化为证明f(x)－g(x)>0(f(x)－g(x)<0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)；(2)适当放缩构造法：一是根据条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如lnx≤x－1，ex≥x＋1，lnx<x<ex(x>0)，eq\f(x,x＋1)≤ln(x＋1)≤x(x>－1)；(3)构造“形似〞函数：稍作变形再构造，对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左、右两边是相同结构的式子的形式，根据“相同结构〞构造辅助函数；(4)构造双函数：假设直接构造函数求导难以判断符号，导函数零点也不易求得，因此函数单调性与极值点都不易获得，那么可构造函数f(x)和g(x)，利用其最值求解．高考真题思维方法【直接构造法】(2022·高考全国卷Ⅰ)函数f(x)＝eq\f(1,x)－x＋alnx.(1)讨论f(x)的单调性；(2)假设f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：eq\f(f〔x1〕－f〔x2〕,x1－x2)＜a－2.(1)略(2)证明：由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当a>2.由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1，不妨设x1<x2，那么x2>1.由于eq\f(f〔x1〕－f〔x2〕,x1－x2)＝－eq\f(1,x1x2)－1＋aeq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)＝－2＋aeq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)＝－2＋aeq\f(－2lnx2,\f(1,x2)－x2)，所以eq\f(f〔x1〕－f〔x2〕,x1－x2)<a－2等价于eq\f(1,x2)－x2＋2lnx2<0.【关键1：将所证不等式进行变形与化简】设函数g(x)＝eq\f(1,x)－x＋2lnx，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)单调递减，【关键2：直接构造函数，判断函数单调性】又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)<0.所以eq\f(1,x2)－x2＋2lnx2<0，即eq\f(f〔x1〕－f〔x2〕,x1－x2)<a－2.【关键3：结合单调性得到函数最值，证明不等式】续表高考真题思维方法【适当放缩构造法】(2022·高考全国卷Ⅰ)函数f(x)＝aex－lnx－1.(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；(2)证明：当a≥eq\f(1,e)时，f(x)≥0.(1)略(2)证明：当a≥eq\f(1,e)时，f(x)≥eq\f(ex,e)－lnx－1.【关键1：利用不等式性质放缩，将a代换掉】设g(x)＝eq\f(ex,e)－lnx－1，【关键2：利用不等式右边构造函数】那么g′(x)＝eq\f(ex,e)－eq\f(1,x).当0<x<1时，g′(x)<0；当x>1时，g′(x)>0.所以x＝1是g(x)的最小值点．【关键3：利用导数研究函数的单调性、最值】故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0.【关键4：利用函数最值使放缩后的不等式得到证明】因此，当a≥eq\f(1,e)时，f(x)≥0.【构造双函数法】(2022·高考山东卷)f(x)＝a(x－lnx)＋eq\f(2x－1,x2)，a∈R.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝1时，证明f(x)＞f′(x)＋eq\f(3,2)对于任意x∈[1，2]成立.(1)略(2)证明：由(1)知，a＝1时，f(x)－f′(x)＝x－lnx＋eq\f(2x－1,x2)－(1－eq\f(1,x)－eq\f(2,x2)＋eq\f(2,x3))＝x－lnx＋eq\f(3,x)＋eq\f(1,x2)－eq\f(2,x3)－1，x∈[1，2]．【关键1：将所证不等式转化为构造双函数创造条件】设g(x)＝x－lnx，h(x)＝eq\f(3,x)＋eq\f(1,x2)－eq\f(2,x3)－1，x∈[1，2].【关键2：构造函数，利用导数研究函数的单调性，求最小值】那么f(x)－f′(x)＝g(x)＋h(x).由g′(x)＝eq\f(x－1,x)≥0，可得g(x)≥g(1)＝1，当且仅当x＝1时取得等号，又h′(x)＝eq\f(－3x2－2x＋6,x4).设φ(x)＝－3x2－2x＋6，那么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.由h(1)＝1，h(2)＝eq\f(1,2)，可得h(x)≥h(2)＝eq\f(1,2)，当且仅当x＝2时取得等号.所以f(x)－f′(x)＞g(1)＋h(2)＝eq\f(3,2)，即f(x)＞f′(x)＋eq\f(3,2)对于任意的x∈[1，2]成立.【关键3：利用函数最值证明不等式】[典型例题](2022·四省八校双教研联考)函数f(x)＝ax－axlnx－1(a∈R，a≠0)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当x>1时，求证：eq\f(1,x－1)>eq\f(1,ex)－1.【解】(1)f′(x)＝a－a(lnx＋1)＝－alnx，假设a>0，那么当x∈(0，1)时，f′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；假设a<0，那么当x∈(0，1)时，f′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．(2)证明：要证eq\f(1,x－1)>eq\f(1,ex)－1，即证eq\f(x,x－1)>e－x，即证eq\f(x－1,x)<ex，又由第(1)问令a＝1知f(x)＝x－xlnx－1在(1，＋∞)上单调递减，f(1)＝0，所以当x>1时，x－xlnx－1<0，即eq\f(x－1,x)<lnx，那么只需证当x>1时，lnx<ex即可．令F(x)＝ex－lnx，x>1，那么F′(x)＝ex－eq\f(1,x)单调递增，所以F′(x)>F′(1)＝e－1>0，所以F(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以F(x)>F(1)，而F(1)＝e，所以ex－lnx>e>0，所以ex>lnx，所以ex>lnx>eq\f(x－1,x)，所以原不等式得证．eq\a\vs4\al()一般地，要证f(x)>g(x)在区间(a，b)上成立，需构造辅助函数F(x)＝f(x)－g(x)，通过分析F(x)在端点处的函数值来证明不等式．假设F(a)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递增即可；假设F(b)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递减即可．[对点训练]1．(2022·唐山模拟)设f(x)＝2xlnx＋1.(1)求f(x)的最小值；(2)证明：f(x)≤x2－x＋eq\f(1,x)＋2lnx.解：(1)f′(x)＝2(lnx＋1)．所以当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)单调递增．所以当x＝eq\f(1,e)时，f(x)取得最小值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝1－eq\f(2,e).(2)证明：x2－x＋eq\f(1,x)＋2lnx－f(x)＝x(x－1)－eq\f(x－1,x)－2(x－1)lnx＝(x－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)－2lnx))，令g(x)＝x－eq\f(1,x)－2lnx，那么g′(x)＝1＋eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)＝eq\f(〔x－1〕2,x2)≥0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增．又g(1)＝0.所以当0<x<1时，g(x)<0，当x>1时，g(x)>0，所以(x－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)－2lnx))≥0，即f(x)≤x2－x＋eq\f(1,x)＋2lnx.2．函数f(x)＝aex－blnx，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)－1))x＋1.(1)求a，b；(2)证明：f(x)>0.解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝aex－eq\f(b,x)，由题意得f(1)＝eq\f(1,e)，f′(1)＝eq\f(1,e)－1，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ae＝\f(1,e)，,ae－b＝\f(1,e)－1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,e2)，,b＝1.))(2)证明：由(1)知f(x)＝eq\f(1,e2)·ex－lnx(x>0)．因为f′(x)＝ex－2－eq\f(1,x)在(0，＋∞)上单调递增，又f′(1)<0，f′(2)>0，所以f′(x)＝0在(0，＋∞)上有唯一实根x0，且x0∈(1，2)．当x∈(0，x0)时，f′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，从而当x＝x0时，f(x)取极小值，也是最小值．由f′(x0)＝0，得ex0－2＝eq\f(1,x0)，那么x0－2＝－lnx0.故f(x)≥f(x0)＝ex0－2－lnx0＝eq\f(1,x0)＋x0－2>2eq\r(\f(1,x0)·x0)－2＝0，所以f(x)>0.根据不等式确定参数范围一般地，假设a>f(x)对x∈D恒成立，那么只需a>f(x)max；假设a<f(x)对x∈D恒成立，那么只需a<f(x)min.假设存在x0∈D，使a>f(x0)成立，那么只需a>f(x)min；假设存在x0∈D，使a<f(x0)成立，那么只需a<f(x0)max，由此构造不等式，求解参数的取值范围．分类讨论法：常见有两种情况，一种先利用综合法，结合导函数零点之间大小关系的决定条件，确定分类讨论的标准，分类后，判断不同区间函数的单调性，得到最值，构造不等式求解；另外一种，直接通过导函数的式子，看出导函数值正负的分类标准，通常导函数为二次函数或者一次函数．提示：求解参数范围时，一般会涉及别离参数法，理科试题中很少碰到别离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，通常需要设出导函数的零点，难度较大．高考真题思维方法【结合导函数的零点分类讨论】(2022·高考全国卷Ⅲ)函数f(x)＝x－1－alnx.(1)假设f(x)≥0，求a的值；(2)设m为整数，且对于任意正整数n，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)))<m，求m的最小值.(1)f(x)的定义域为(0，＋∞).①假设a≤0，因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－eq\f(1,2)＋aln2<0，所以不满足题意.【关键1：利用原函数解析式的特点确定分类标准】②假设a>0，由f′(x)＝1－eq\f(a,x)＝eq\f(x－a,x)知，当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．【关键2：根据导函数的零点分类讨论】故x＝a是f(x)在(0，＋∞)上的唯一最小值点.由于f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0，故a＝1.(2)由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－lnx>0.令x＝1＋eq\f(1,2n)得lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)))<eq\f(1,2n).从而lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)))＋…＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)))<eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n)＝1－eq\f(1,2n)<1，【关键3：利用放缩法变形】故eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)))<e.而eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,23)))>2，所以m的最小值为3.【由导函数的特点直接分类讨论】(2022·高考大纲全国卷)函数f(x)＝ax3＋3x2＋3x(a≠0).(1)讨论f(x)的单调性；(2)假设f(x)在区间(1，2)是增函数，求a的取值范围.(1)略(2)当a>0，x>0时，f′(x)＝3ax2＋6x＋3>0，【关键1：求导函数，根据导函数的特点确定分类标准】故当a>0时，f(x)在区间(1，2)是增函数.当a<0时，f(x)在区间(1，2)是增函数当且仅当f′(1)≥0且f′(2)≥0，解得－eq\f(5,4)≤a<0.【关键2：利用导数判断函数的单调性，结合需满足的条件，求解关于参数的不等式，得到参数的取值范围】综上，a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,4)，0))∪(0，＋∞).提示：破解不等式求参问题，时常会通过不等式的同解变形，构造一个与背景函数相关的函数，利用函数最值确定参数的取值范围．在构造函数或求最值过程中常用的放缩方法有函数放缩法，根本不等式放缩法，叠加不等式放缩法等．[典型例题](2022·福建五校第二次联考)函数f(x)＝lnx－mx2，g(x)＝eq\f(1,2)mx2＋x，m∈R，令F(x)＝f(x)＋g(x)．(1)当m＝eq\f(1,2)时，求函数f(x)的单调区间及极值；(2)假设关于x的不等式F(x)≤mx－1恒成立，求整数m的最小值．【解】(1)由题意得，f(x)＝lnx－eq\f(1,2)x2(x>0)，所以f′(x)＝eq\f(1,x)－x(x>0)．令f′(x)＝0，得x＝1.由f′(x)>0，得0<x<1，所以f(x)的单调递增区间为(0，1)，由f′(x)<0，得x>1，所以f(x)的单调递减区间为(1，＋∞)．所以f(x)极大值＝f(1)＝－eq\f(1,2)，无极小值．(2)法一：令G(x)＝F(x)－(mx－1)＝lnx－eq\f(1,2)mx2＋(1－m)x＋1，所以G′(x)＝eq\f(1,x)－mx＋(1－m)＝eq\f(－mx2＋〔1－m〕x＋1,x).当m≤0时，因为x>0，所以G′(x)>0，所以G(x)在(0，＋∞)上是增函数．又G(1)＝－eq\f(3,2)m＋2>0，所以关于x的不等式F(x)≤mx－1不能恒成立．当m>0时，G′(x)＝eq\f(－mx2＋〔1－m〕x＋1,x)＝－eq\f(m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,m)))〔x＋1〕,x).令G′(x)＝0，得x＝eq\f(1,m)，所以当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,m)))时，G′(x)>0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)，＋∞))时，G′(x)<0.因此函数G(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,m)))上是增函数，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)，＋∞))上是减函数．故函数G(x)的最大值为Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)))＝eq\f(1,2m)－lnm.令h(x)＝eq\f(1,2x)－lnx，因为h(1)＝eq\f(1,2)>0，h(2)＝eq\f(1,4)－ln2<0，h(x)在(0，＋∞)上是减函数，所以当x≥2时，h(x)<0，所以整数m的最小值为2.法二：由F(x)≤mx－1恒成立，知m≥eq\f(2〔lnx＋x＋1〕,x2＋2x)(x>0)恒成立．令h(x)＝eq\f(2〔lnx＋x＋1〕,x2＋2x)(x>0)，那么h′(x)＝eq\f(－2〔x＋1〕〔2lnx＋x〕,〔x2＋2x〕2).令φ(x)＝2lnx＋x，因为φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,2)－ln4<0，φ(1)＝1>0，且φ(x)为增函数，所以存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，使φ(x0)＝0，即2lnx0＋x0＝0.当0<x<x0时，h′(x)>0，h(x)为增函数，当x>x0时，h′(x)<0，h(x)为减函数．所以h(x)max＝h(x0)＝eq\f(2lnx0＋2x0＋2,xeq\o\al(2,0)＋2x0)＝eq\f(1,x0).而x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，所以eq\f(1,x0)∈(1，2)，所以整数m的最小值为2.eq\a\vs4\al()利用导数研究含参数的不等式问题，假设能够别离参数，那么常先将问题转化为形如a≥f(x)(或a≤f(x))的形式，再通过求函数f(x)的最值求得参数范围．[对点训练](2022·广东六校第一次联考)函数f(x)＝eq\f(lnx＋2,x).(1)求函数f(x)在[1，＋∞)上的值域；(2)假设∀x∈[1，＋∞)，lnx(lnx＋4)≤2ax＋4恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)易知f′(x)＝eq\f(－1－lnx,x2)<0(x≥1)，所以f(x)在[1，＋∞)上单调递减，f(x)max＝f(1)＝2.因为x≥1时，f(x)>0，所以f(x)在[1，＋∞)上的值域为(0，2]．(2)令g(x)＝lnx(lnx＋4)－2ax－4，x∈[1，＋∞)，那么g′(x)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx＋2,x)－a))，①假设a≤0，那么由(1)可知，g′(x)>0，g(x)在[1，＋∞)上单调递增，因为g(e)＝1－2ae>0，与题设矛盾，所以a≤0不符合要求．②假设a≥2，那么由(1)可知，g′(x)≤0，g(x)在[1，＋∞)上单调递减，所以g(x)≤g(1)＝－2a－4<0，所以a≥2符合要求．③假设0<a<2，那么∃x0∈(1，＋∞)，使得eq\f(lnx0＋2,x0)＝a，那么g(x)在[1，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(x0)＝lnx0(lnx0＋4)－2ax0－4.因为lnx0＝ax0－2，所以g(x)max＝(ax0－2)(ax0＋2)－2ax0－4＝(ax0＋2)·(ax0－4)．由题意知g(x)max≤0，即(ax0＋2)(ax0－4)≤0，－2≤ax0≤4，即－2≤lnx0＋2≤4⇒1<x0≤e2.因为a＝eq\f(lnx0＋2,x0)，且由(1)可知f(x)＝eq\f(lnx＋2,x)在(1，＋∞)上单调递减，所以eq\f(4,e2)≤a<2.综上，a的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,e2)，＋∞)).1．设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当a>ln2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1.解：(1)由f(x)＝ex－2x＋2a(x∈R)，知f′(x)＝ex－2.令f′(x)＝0，得x＝ln2.当x<ln2时，f′(x)<0，故函数f(x)在区间(－∞，ln2)上单调递减；当x>ln2时，f′(x)>0，故函数f(x)在区间(ln2，＋∞)上单调递增．所以f(x)的单调递减区间是(－∞，ln2)，单调递增区间是(ln2，＋∞)，f(x)在x＝ln2处取得极小值f(ln2)＝eln2－2ln2＋2a＝2－2ln2＋2a，无极大值．(2)证明：要证当a>ln2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1，即证当a>ln2－1且x>0时，ex－x2＋2ax－1>0.设g(x)＝ex－x2＋2ax－1(x≥0)．那么g′(x)＝ex－2x＋2a，由(1)知g′(x)min＝g′(ln2)＝2－2ln2＋2a.又a>ln2－1，那么g′(x)min>0.于是对∀x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R上单调递增．于是对∀x>0，都有g(x)>g(0)＝0.即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.2．(2022·贵阳模拟)函数f(x)＝mex－lnx－1.(1)当m＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)假设m∈(1，＋∞)，求证：f(x)>1.解：(1)当m＝1时，f(x)＝ex－lnx－1，所以f′(x)＝ex－eq\f(1,x)，所以f′(1)＝e－1，又因为f(1)＝e－1，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(e－1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x.(2)证明：当m>1时，f(x)＝mex－lnx－1>ex－lnx－1，要证明f(x)>1，只需证明ex－lnx－2>0，设g(x)＝ex－lnx－2，那么g′(x)＝ex－eq\f(1,x)(x>0)，设h(x)＝ex－eq\f(1,x)(x>0)，那么h′(x)＝ex＋eq\f(1,x2)>0，所以函数h(x)＝g′(x)＝ex－eq\f(1,x)在(0，＋∞)上单调递增，因为g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eeq\s\up6(\f(1,2))－2<0，g′(1)＝e－1>0，所以函数g′(x)＝ex－eq\f(1,x)在(0，＋∞)上有唯一零点x0，且x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，因为g′(x0)＝0，所以ex0＝eq\f(1,x0)，即lnx0＝－x0，当x∈(0，x0)时，g′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)>0，所以当x＝x0时，g(x)取得最小值g(x0)，故g(x)≥g(x0)＝ex0－lnx0－2＝eq\f(1,x0)＋x0－2>0，综上可知，假设m∈(1，＋∞)，那么f(x)>1.3．(2022·济南市学习质量评估)函数f(x)＝x(ex＋1)－a(ex－1)．(1)假设曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处切线的斜率为1，求实数a的值；(2)当x∈(0，＋∞)时，f(x)>0恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)f′(x)＝xex＋ex＋1－aex.因为f′(1)＝e＋e＋1－ae＝1，所以a＝2.(2)设g(x)＝f′(x)＝ex＋1＋xex－aex，那么g′(x)＝ex＋(x＋1)ex－aex＝(x＋2－a)ex，设h(x)＝x＋2－a，注意到f(0)＝0，f′(0)＝g(0)＝2－a，(i)当a≤2时，h(x)＝x＋2－a>0在(0，＋∞)上恒成立，所以g′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，所以g(x)在(0，＋∞)上是增函数，所以g(x)>g(0)＝2－a≥0，所以f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立．所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数，所以f(x)>f(0)＝0在(0，＋∞)上恒成立，符合题意．(ii)当a>2时，h(0)＝2－a<0，h(a)＝2>0，∃x0∈(0，a)，使得h(x0)＝0，当x∈(0，x0)时，h(x)<0，所以g′(x)<0，所以g(x)在(0，x0)上是减函数，所以f′(x)在(0，x0)上是减函数．所以f′(x)<f′(0)＝2－a<0，所以f(x)在(0，x0)上是减函数，所以当x∈(0，x0)时，f(x)<f(0)＝0，不符合题意．综上所述，a≤2，即实数a的取值范围为(－∞，2]．4．(2022·福建五校第二次联考)函数f(x)＝x2－(2m＋1)x＋lnx(m∈R)．(1)当m＝－eq\f(1,2)时，假设函数g(x)＝f(x)＋(a－1)lnx恰有一个零点，求a的取值范围；(2)当x>1时，f(x)<(1－m)x2恒成立，求m的取值范围．解：(1)函数g(x)的定义域为(0，＋∞)．当m＝－eq\f(1,2)