(x－1)(x－a) 解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ . x2 ①若 a≤1，当 x∈[1，e]时，f′(x)≥0，则 f(x)在[1，e]上为增函数，f(x)min＝f(1)＝1－a. ②若 1＜a＜e，当 x∈[1，a]时，f′(x)≤0，f(x)为减函数； 当 x∈[a，e]时，f′(x)≥0，f(x)为增函数. 所以 f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)lna－1. 综上，当 a≤1 时，f(x)min＝1－a；当 1＜a＜e 时，f(x)min＝a－(a＋1)lna－1；
对任意的 a∈(－2，0]，都存在 x0∈(0，1]，使不等式 mea＋f(x0)>0 都成立， 即对任意的 a∈(－2，0]，不等式 mea＋2－2a>0 都成立， 2a－2 2a－2 不等式 me ＋2－2a>0 可化为 m> a ，记 g(a)＝ a (a∈(－2，0])， e e
a
2ea－（2a－2）ea 4－2a 则 g′(a)＝ ＝ a >0， e2 a e ∴g(a)的最大值是 g(0)＝－2， ∴实数 m 的取值范围是(－2，＋∞)．
e2－2e e2－2e a ，1 所以 e－(a＋1)－ ＜1，解得 a＞ ，所以 a 的取值范围为 . e e＋1 e ＋1
（x－1）2 3.(2015· 福建卷)已知函数 f(x)＝ln x－ . 2 (1)求函数 f(x)的单调递增区间； (2)证明：当 x＞1 时，f(x)＜x－1； (3)确定实数 k 的所有可能取值，使得存在 x0＞1，当 x∈(1，x0)时，恒有 f(x)＞k(x－1).
4.已知函数 f(x)＝ln x－ax2－a＋2(a∈R，a 为常数)． (1)讨论函数 f(x)的单调性； (2) 若存在 x0 ∈ (0 ， 1] ，使得对任意的 a∈( － 2 ， 0] ，不等式 mea ＋ f(x0)>0(其中 e 为自然对数的底数)都成立，求实数 m 的取值范围．
1－2ax 1 解：(1)函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－2ax＝ ， x
2
当 a≤0 时，f′(x)≥0，∴函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当 a>0 时，由 f′(x)≥0 且 x>0，解得 0<x≤ 1 . 2a
1 ，＋∞上单调递减． 2a
∴函数
f(x)在0，
1 上单调递增，在 2a
(2)由(1)知当 a∈(－2，0]时，函数 f(x)在(0，1]上单调递增， ∴当 x∈(0，1]时，函数 f(x)的最大值为 f(1)＝2－2a，
x＞0， －x2＋x＋1 1 (1)解 f′(x)＝ x－x＋1＝ ，x∈(0，＋∞). 由 f′(x)＞0 得 2 x －x ＋x＋1＞0. 1＋ 5 解得 0＜x＜ 2 . 故
1＋ f(x)的单调递增区间是 0 ， 2
5
.
(2)证明 令 F(x)＝f(x)－(x－1)，x∈(0，＋∞).
x
设 h(x)=
,则问题转化为 a≤(
)max,
由 h′(x)=
在区间(0,+∞)内变化时,h′(x),h(x)变化情况如下表: x h′(x) h(x) 由上表可知,当 x= 即最大值为. 所以 a≤. (0, + 单调递增 ) 0 极大值 ( ,+∞) 单调递减
1－x2 则有 F′(x)＝ x .
当 x∈(1，＋∞)时，F′(x)＜0，所以 F(x)在[1，＋∞)上单调递减， 故当 x＞1 时，F(x)＜F(1)＝0，即当 x＞1 时，f(x)＜x－1.
(3)解 由(2)知，当 k＝1 时，不存在 x0＞1 满足题意. 当 k＞1 时，对于 x＞1，有 f(x)＜x－1＜k(x－1)，则 f(x)＜k(x－1)， 从而不存在 x0＞1 满足题意. 当 k＜1 时，令 G(x)＝f(x)－k(x－1)，x∈(0，＋∞)， －x2＋（1－k）x＋1 1 则有 G′(x)＝x－x＋1－k＝ . x 由 G′(x)＝0 得，－x2＋(1－k)x＋1＝0. 1－k－ （1－k）2＋4 1－k＋ （1－k）2＋4 解得 x1＝ ＜0，x2＝ ＞1. 2 2 当 x∈(1，x2)时，G′(x)＞0，故 G(x)在[1，x2)内单调递增. 从而当 x∈(1，x2)时，G(x)＞G(1)＝0，即 f(x)＞k(x－1). 综上，k 的取值范围是(－∞，1).
a 的取值范围.
(2)由题意知：f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于 g(x)(x∈[－2，0])的最小值. a 由(1)知 f(x)在[e，e2]上单调递增，f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－ ，又 g′(x)＝(1－ex)x. e 当 x∈[－2，0]时，g′(x)≤0，g(x)为减函数，则 g(x)min＝g(0)＝1，
时,函数 h(x)有极大值,
1 a 2.已知函数 f(x)＝x－(a＋1)lnx－x (a∈R 且 a<e)，g(x)＝ x2＋ex－xex. 2 (1)当 x∈[1，e]时，求 f(x)的最小值； (2)当 a＜1 时，若存在 x1∈[e，e2]，使得对任意的 x2∈[－2，0]，f(x1)＜g(x2)恒成立，求
1.已知函数 f(x)=ax-e (a∈R),g(x)=
x
.
(1)求函数 f(x)的单调区间; x (2)∃ x0∈(0,+∞),使不等式 f(x)≤g(x)-e 成立,求 a 的取值范围.
解:(1)因为 f′(x)=a-e ,x∈R. 当 a≤0 时,f′(x)<0,f(x)在 R 上单调递减; 当 a>0 时,令 f′(x)=0 得 x=ln a. 由 f′(x)>0 得 f(x)的单调递增区间为(-∞,ln a); 由 f′(x)<0 得 f(x)的单调递减区间为(ln a,+∞). x (2)因为∃ x0∈(0,+∞),使不等式 f(x)≤g(x)-e , 则 ax≤ ,即 a≤ .