高中数学总复习考点知识专题讲解与提升练习11 分离参数与分离函数(解析版)

高中数学总复习考点知识专题讲解与提升练习
第11讲分离参数与分离函数
一．选择题（共10小题）
1．（2021•浙江模拟）对任意0x >，不等式220x ae lnx lna -+恒成立，则实数a 的最小值为
()
A
B ．2
e D ．
12e
【解答】解：对任意的0x >，不等式220x ae lnx lna -+恒成立， 即22x x ae lnx lna ln a
-=恒成立，
函数x y ae =与函数x y ln a =互为反函数，又0x >时，22x e >，
∴原问题等价于2x x ae ln
a 恒成立，则2x ae x ，即2x x
a e
在0x >恒成立， 设()x x f x e =
，则1()x
x
f x e -'=，令()0f x '=，解得1x =， 当1x >时，()f x 递减，01x <<时，()f x 递增， 则()max f x f =（1）1e
=， 故12a
e ．即12a e
． 另解：22x x
ae lnx lna ln a -=，
等价为22x
ln x
a
x x x xe
ln ln e a a a
=，
设()x f x xe =，()(1)0x f x x e '=+>，可得()f x 在0x >递增， 则(2)()x f x f ln a
，
当0x ln
a 时，(2)0()x
f x f ln a >恒成立； 当0x ln a
>时，可得2x x ln a
，
可得2x
x e a ，即有2()max x x
a e
， 由2x x y e =
的导数为212x x y e -'=， 可得12x >时，2x x y e =
递减，102x <<时，2x
x y e =递增， 可得12
x =处取得最大值
1
2e
， 所以12a
e
． 故选：D ．
2．（2021•桃城区校级三模）已知0a <，不等式10a x x e alnx ++对任意的实数1x >恒成立，则实数a 的最小值为() A ．1
2e
-
B ．2e -
C ．1e -
D ．e -
【解答】解：10a x x e alnx ++即为()
()()a
x a ln x
a xe x a lnx e ln x ----=，
设()x f x xe =，则上式()()a f x f lnx -⇔对任意的实数1x >恒成立， 显然()f x 是(1,)+∞上的增函数，
∴(
)min x
x a lnx a e a e lnx
-⇒-=⇒-， 故选：D ．
3．（2021•西湖区校级模拟）已知函数()(1)33f x mln x x =+--，若不等式()3x f x mx e >-在
(0,)x ∈+∞上恒成立，则实数m 的取值范围是()
A ．03m
B ．3m
C ．3m
D ．0m
【解答】解：令()3g x mlnx x =-，问题等价于(1)()x g x g e +>在(0,)+∞上恒成立 因为(0,)x ∈+∞时，11x x e <+<， 所以只需()g x 在(1,)+∞上递减， 即1x >，()0g x '恒成立， 即
30m
x
-，3m x ∴． 3m ∴．
故选：C ．
4．（2021•运城模拟）设实数0λ>，若对任意的(0,)x ∈+∞，不等式0x lnx
e λλ
-恒成立，
则λ的最小值为() A ．1e
B ．
12e C ．2
e
D ．3e
【解答】解：实数0λ>，若对任意的(0,)x ∈+∞，不等式0x lnx
e λλ
-
恒成立，
即为()0x min lnx
e λλ
-
， 设()x lnx
f x e λλ
=-
，0x >，1
()x f x e x
λλλ'=-
， 令()0f x '=，可得21
x e x
λλ=
，
由指数函数和反比例函数在第一象限的图象， 可得x y e λ=和21
y x
λ=
有且只有一个交点，
设为(,)m n ，当x m >时，()0f x '>，()f x 递增； 当0x m <<时，()0f x '<，()f x 递减．
即有()f x 在x m =处取得极小值，且为最小值． 即有2
1m e m λλ=
，令0m
lnm e λλ
-=， 可得m e =，1
e
λ=．
则当1e
λ
时，不等式0x lnx e λλ-恒成立．
则λ的最小值为1
e
．
另解1：由于x y e λ=与lnx
y λ
=
互为反函数，
故图象关于y x =对称，考虑极限情况，y x =恰为这两个函数的公切线， 此时斜率1k =，再用导数求得切线斜率的表达式为k e λ=， 即可得λ的最小值为1e
．
另解2：不等式0x lnx e λλ
-
恒成立，即为0x e lnx λλ-，
即有x lnx xe xlnx lnx e λλ=⋅，可令()x f x xe =，可得()f x 在(0,)+∞递增， 则x lnx λ，即有(
)max lnx
x
λ， 由lnx y x =
的导数为21lnx
y x
-'=，当x e >时，lnx y x =递减．0x e <<时，lnx y x =递增， 可得x e =时，lnx y x =
取得最大值1e ．则1
e
λ， λ的最小值为1
e
．
故选：A ．
5．（2021秋•10月份月考）设a R ∈，若不等式ax lnx >在(1,)x ∈+∞上恒成立，则实数a 的取值范围是()
A ．(0,)+∞
B ．1
(,)e
+∞C ．(1,)+∞D ．(,)e +∞
【解答】解：由题意可知，不等式ax lnx >在(1,)x ∈+∞上恒成立， 则lnx
a x
>
对(1,)x ∈+∞上恒成立， 设()lnx f x x =
，(1,)x ∈+∞，1()lnx
f x x
-'=，令()0f x '=，解得x e =， 所以当1x e <<，()0f x '>，()f x 单调递增，当x e >时，()0f x '<，()f x 单调递减， 当x e =时，()f x 取极大值，即为最大值，最大值为1()f e e
=，
所以，1()max a f x e
>=， 所以a 的取值范围为1
(,)e
+∞， 故选：B ．
6．（2021秋•江西月考）对任意1
(3
x ∈，)+∞，不等式x
m e lnx x x +<恒成立，则实数m 的取值
范围为()
A ．1
2
1(,2)2e ln -∞+B ．(-∞，1
2
12]2
e ln +
C ．(-∞，1
3
13]3
e ln +D ．(-∞，2]
【解答】解：因为对任意1
(3
x ∈，)+∞，不等式x
m e lnx x x +<恒成立，
所以对任意1(3
x ∈，)+∞，不等式x m e xlnx <-恒成立，
令()x f x e xlnx =-，1(3
x ∈，)+∞，
()1x f x e lnx '=--，1
(3
x ∈，)+∞，
令()1x g x e lnx =--，1
(3
x ∈，)+∞，
1()x g x e x '=-
，在1
(3
x ∈，)+∞上单调递增， 所以1
()()3
g x g '>'且1
31()303g e =-<，
当x →+∞时，()f x →+∞，
所以存在01
(3
x ∈，)+∞，0()0g x '=，即0
1
0x e x -
=， 所以0
01x x e =
， 所以在1(3
，0)x 上，()0g x '<，()g x 单调递减， 在0(x ，)+∞上，()0g x '>，()g x 单调递增， 所以()g x 的最小值为0
0001()111x x x x g x e lnx e ln
e x e =--=--=+-，0
1(3x ∈，)+∞， 所以0()g x 单调递增，
所以11
3
3012
()1033
g x e e =+-=->，所以()0g x ，
所以在1(3
x ∈，)+∞上，()0f x '>，()f x 单调递增，
所以11
3
31111()()33333
f x f e ln e ln >=-=+，
所以13
133
m e ln +， 故选：C ．
7．（2021秋•南关区校级月考）设实数0m >，若对任意的(0,)x ∈+∞，不等式22
0mx lnx e m
-成立，则实数m 的取值范围是()
A ．1[e ，)+∞
B ．2[e ，)+∞
C ．[2
e ，)+∞D ．[e ，)+∞
【解答】解：因为0m >，不等式22
0mx
lnx e
m
-， 即2
2mx me lnx ，
进而转化为2
22mx lnx mxe xlnx e lnx =-恒成立，
构造函数()x g x xe =，可得()(1)x x x g x e xe x e '=+=+， 当0x >时，()0g x '>，()g x 单调递增， 则不等式22
20mx lnx e
m -恒成立等价于()()2
mx g g lnx 恒成立， 即
2
mx
lnx 恒成立， 进而转化为2lnx
m
x
恒成立， 设2()lnx h x x =
，可得2
2(1)
()lnx h x x -'=， 当0x e <<时，()0h x '>，()h x 单调递增， 当x e >时，()0h x '<，()h x 单调递减，
所以当x e =时，函数()h x 取得最大值，最大值为h （e ）2e
=，
所以2m
e
， 即实数m 的取值范围是2[e
，)+∞．
故选：B ．
8．（2021秋•江西月考）不等式41x x e alnx x --+对任意(1,)x ∈+∞恒成立，则实数a 的取值范围是()
A ．(-∞，1]e -
B ．(-∞，22]e -
C ．(-∞，4]-
D ．(-∞，3]-
【解答】解：因为不等式41x x e alnx x --+，所以41x alnx x e x ---，
因为(1,)x ∈+∞，所以0lnx >，所以41x x e x a lnx ---对任意(1,)x ∈+∞恒成立，
设41
()x x e x f x lnx
---=，(1,)x ∈+∞，
则4
4441x lnx x x lnx x e e e e x lnx ---=⋅=-+，所以414114x x e x x lnx x lnx ----+--=-，
故414()4x x e x lnx
f x lnx lnx
----==-，当且仅当40x lnx -=时“=”成立，
又方程40x lnx -=在(1,)+∞内有解，所以()4min f x =-， 即a 的取值范围是(-∞，4]-， 故选：C ．
9．（2021秋•长治月考）函数()12a
f x lnx x
=-+，对0x ∀>，()0f x 成立，则实数a 的取值范围是()
A ．(-∞，2]
B ．[2，)+∞
C ．(-∞，1]
D ．[1，)+∞ 【解答】解：由题意可知，0x ∀>，()0f x 成立，所以
(1)2
a
x lnx -对0x ∀>恒成立， 设()(1)(0)g x x lnx x =->，所以
()2a g x 对0x ∀>恒成立，即()2
max a g x ， 则1()1()g x lnx x lnx x
'=-+⨯-=-，
令()0g x '=，解得1x =，
当01x <<时，()0g x '>，()g x 在(0,1)上单调递增， 当1x >时，()0g x '<，()g x 在(1,)+∞上单调递减， 所以()max g x g =（1）1=， 所以
12
a
，即2a ， 所以实数a 的取值范围为[2，)+∞． 故选：B ．
10．（2021春•河南期中）已知函数32()2x f x e x x ax =+--，其中e 是自然对数的底数，a 是实数，若不等式()0f x >对任意的(0,)x ∈+∞恒成立，则a 的取值范围是() A ．(,1)e -∞-B ．(,1)e -∞+C ．(1,)e -+∞D ．(1,)e ++∞ 【解答】解：解法一：利用排除法，
当a e =时，22()2x f x e x x ex =+--，f （1）120e e =+--<， 故a e =不合题意，选项BC 错误，
当2a e =时，22()22x f x e x x ex =+--，f （1）1220e e =+--<， 故2a e =不合题意，选项D 错误， 故选：A ．
解法二：由题意可得：22x
e a x x x
<+-，
令2
()2(0)x e g x x x x x =+->，则222
(1)(1)(2)()22(0)x x x e x e x g x x x x x --+'=
+-=>， 所以当1x >时，g ’()0x >，当01x <<时g ’()0x <，所以()g x 在(0,1)上单调递减，在(1)+∞上单调递增，所以()min g x g =（1）1e =-， 由恒成立的结论可知1a e <-．
故选：A ．
二．解答题（共9小题）
11．（2021秋•广陵区校级月考）已知函数()x x f x e e -=+，其中e 是自然对数的底数． （1）若关于x 的不等式()1x mf x e m -+-在(0,)+∞上恒成立，求实数m 的取值范围； （2）已知正数a 满足2a f >（1），试比较1a e -与1e a -的大小，并证明你的结论． 【解答】解：（1）不等式()1x mf x e m -+-在(0,)+∞上恒成立，
即为(1)1x
x
x
m e e e --+--，由10x
x
e e -+->，即21111
x x
x x x x e e m e e e e ----=+--+在0x >恒成立，
令1x
t e =-，(0)t >，则2211111(1)31x x x e t e e t t t t
-=-=---++-++，当且仅当1
t t =
时，即1t =，2x ln =， 可得13
m -，
所以，实数m 的取值范围是1(,]3
-∞-；
（2）已知11()2
a e e
>+，令()(1)1h x x e lnx =---，1
()1e h x x
-'=-， 由()0h x '=，解得1x e =-，
当01x e <<-，()0h x '<，函数单调递减，当1x e >-时，()0h x '>，函数单调递增， 所以当1x e =-时，()h x 取极小值，即为最小值，最小值为(1)h e -， 注意到，h （e ）h =（1）0=，
①当11((),)(1,)2
a e e e e
∈+⊆时，h （a ）0<，即1(1)a e lna -<-，从而11a e e a --<， ②当a e =，11a a e a --=，
③当(a e ∈，)(1e +∞⊆-，)+∞，h （a ）h >（e ）0=，即1(1)a e lna ->-， 所以11a e e a -->，
综上可知，①当11(()2a e e
∈+，)e 时，11e a a e -->， ②当a e =时，11e a a e --=， ③当(,)a e ∈+∞时，11e a a e --<．
12．（2021秋•重庆月考）已知函数2
()(1)2
x f x m x mlnx m =-+++，()f x '为函数()f x 的导函
数．
（1）讨论()f x 的单调区间；
（2）若()()0xf x f x '-恒成立，求m 的取值范围． 【解答】解：（1）()f x 的定义域是(0,)+∞，
()(1)
()(1)m x m x f x x m x x
--'=-++
=
， ∴当0m 时，()f x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞单调递增；
当01m <<时，()f x 在(0,)m ，(1,)+∞上单调递增，在(,1)m 上单调递减； 当1m =时，()0f x '，()f x 在(0,)+∞上单调递增；
当1m >时，()f x 在(0,1)，(,)m +∞上单调递增，在(1,)m 上单调递减； 综上所述，当0m 时，()f x 的单调递减区间为(0,1)，递增区间为(1,)+∞； 当01m <<时，()f x 的递增区间为(0,)m ，(1,)+∞，递减区间为(,1)m 当1m =时，()f x 的递增区间为(0,)+∞；
当1m >时，()f x 的递增区间为(0,1)，(,)m +∞，递减区间为(1,)m ． （2）令()()(1)(0)2f x x mlnx m h x m x x x x
=
=-+++>， ()()0xf x f x '-恒成立， 22()()1())02xf x f x mlnx
h x x x
'-∴'=
=-恒成立，
即0x ∀>，220x mlnx -恒成立，
①当01x <<时，有22x m lnx ，令2
()x g x lnx
=，
2
(21)
()0()x lnx g x lnx -'=
<，
()g x ∴在(0,1)单调递减，当0x +→时，()0g x →，
0m ∴；
②当1x =时，220x mlnx -恒成立，m R ∈；
③当1x >时，0lnx >，有2
2x m lnx
，
2
(21)
()()
x lnx g x lnx -'=，由()0g x '=得1
2x e =， 12
(0,)x e ∴∈时，()0g x '<，()g x 单调递减，
12
(x e ∈，)+∞时，()0g x '>，()g x 单调递增，
∴当12
x e =时，()g x 取得极小值，也是最小值2e ，
m e ∴；
综上所述，0m e ． 即m 的取值范围为[0，]e ．
13．（2021秋•南宁月考）已知函数()f x lnx ax =-． （1）讨论()f x 的单调性．
（2）设1()()x g x e xf x -=+，若()0g x 恒成立，求a 的取值范围． 【解答】解：（1）1
1()ax
f x a x
x
-'=-=
， 当0a 时，()0f x '>，()f x 单调递增，
当0a >时，在1(0,)a
上，()0f x '>，()f x 单调递增，
在1(a
，)+∞上，()0f x '<，()f x 单调递减， 综上所述，当0a 时，()f x 在(0,)+∞上单调递增，
当0a >时，()f x 在1(0,)a
上单调递增，在1(a
，)+∞上单调递减， （2）112()()x x g x e x lnx ax e xlnx ax --=+-=+-， 若()0g x 恒成立，则120x e xlnx ax -+-恒成立，
所以12x e xlnx
a x -+恒成立，
令12
()x e xlnx
h x x -+=，
121143
(1)2()(2)()x x x e lnx x x e xlnx xlnx x e x
h x x x ---++-+-+-+'==
， 令1()(2)x u x xlnx x e x -=-+-+，
111()(1)(2)1(1)x x x u x lnx e x e x e lnx ---'=-+++-+=--， 11111()(1)x x x u x e x e xe x x
---''=+--
=-， 令11()x q x xe x
-=-，
1112211
()(1)0x x x q x e xe x e x x
---'=++
=++>， 所以()q x 在(0,)+∞上单调递增，
又q （1）0=，且x →+∞时，()q x →+∞，
所以在(0,1)上，()0q x <，()0u x ''<，()u x '单调递减， 在(1,)+∞，()0q x >，()0u x >，()u x '单调递增，
所以()u x u ''（1）0=， 所以()u x 在(0,)+∞上单调递增， 又u （1）0=，
所以在(0,1)上，()0u x <，()0h x '<，()h x 单调递减， 在(1,)+∞，()0u x >，()0h x '>，)hx 单调递增， 所以()min h x h =（1）1=， 所以1a ，
所以a 的取值范围为(-∞，1]．
14．（2021秋•巴中月考）已知()x f x x ae =-，a R ∈． （1）讨论函数()f x 的单调性；
（2）当0a >时，若对任意0x >，()0f x lnx x lna +--恒成立，求a 的取值范围．
【解答】解：（1）因为()x f x x ae =-， 则()1x f x ae '=-，
①当0a 时，()0f x '恒成立，所以函数()f x 在R 上单调递增； ②当0a >时，令()0f x '>，解得x lna <-， 令()0f x '<，解得x lna >，
所以()f x 在(,)lna -∞-上单调递增，在(,)lna -+∞上单调递减． 综上所述，当0a 时，函数()f x 在R 上单调递增；
当0a >时，()f x 在(,)lna -∞-上单调递增，在(,)lna -+∞上单调递减； （2）当0a >且0x >时，()0f x lnx x lna +--恒成立， 即0x ae lnx lna -+对于0x >恒成立，
等价于()x x ae ln ae lnx x ++对于0x >恒成立， 令()g x lnx x =+，
则问题转化为()()x g ae g x 对于0x >恒成立， 因为1()10g x x
'=+>对于0x >恒成立， 所以()g x 在(0,)+∞上单调递增，
则()()x g ae g x 对于0x >恒成立，等价于x ae x 对于0x >恒成立， 故x x
a
e
对于0x >恒成立， 令()(0)x
x
h x x e =
>， 则1()x
x
h x e -'=
， 当01x <<时，()0h x '>，则()h x 单调递增， 当1x >时，()0h x '<，则()h x 单调递减， 所以当1x =时，()h x 取得最大值h （1）1e
=，
则1a
e
， 所以a 的取值范围为1[,)e
+∞．
15．（2021秋•许昌月考）已知函数2()(2)f x ax lnx a x =+-+． （1）讨论()f x 的单调性；
（2）若()f x ax -在区间(1,2)上恒成立，求实数a 的取值范围．
【解答】解：（1）因为22(2)1()ax a x f x x
-++'=，0x >，
令2()2(2)1g x ax a x =-++，
当0a =，12()x
f x x
-'=
，由()0f x '>，解得1(0,)2x ∈，
由()0f x '<，解得1
(,)2
x ∈+∞，
当0a ≠，2()2(2)1(21)(1)g x ax a x x ax =-++=--，
令()0g x =，得112
x =，21x a
=，
当0a <时，()0f x '>，解得1(0,)2x ∈；()0f x '<，解得1(,)2
x ∈+∞，
当112a >，即02a <<时，由()0f x '>，解得11(0,)(,)2x a ∈+∞，由()0f x '<，11(,)2x a
∈．
由112
a =时，即2a =时，()0f x '恒成立；
当112a <时，即2a >时，由()0f x '>，解得11(0,)(,)2x a ∈+∞；由()0f x '<，解得11(,)2
x a ∈．
综上所述，当0a 时，函数()f x 在1(0,)2上单调递增，在1(,)2
+∞上单调递减；
当02a <<时，函数()f x 在1(0,)2，1(,)a +∞上单调递增，在11(,)2a
上单调递减；
当2a =时，函数()f x 在(0,)+∞上单调递增；
当2a >时，函数()f x 在1(0,)a ，1(,)2+∞上单调递增，在11(,)2
a 上单调递减；
（2）因为2()(2)f x ax lnx a x =+-+，()f x ax -在区间(1,2)上恒成立，
即220ax lnx x +-在区间(1,2)上恒成立，
即2
2x lnx
a
x -在区间(1,2)上恒成立， 设22()x lnx g x x -=
，3
221
()lnx x g x x --'=， 令()221h x lnx x =--，22()x
h x x
-'=
． 因为(1,2)x ∈，所以()0h x '<，所以()h x 在(1,2)上单调递减，
所以()h x h <（1）3=-，所以()0g x '<，所以()g x 在(1,2)上单调递减，
所以()g x g <（1）2=，所以2a ，
所以a 的取值范围为[2，)+∞．
16．（2021秋•河南月考）已知函数()2()f x lnx ax a R =++∈． （Ⅰ）讨论()f x 的单调性；
（Ⅱ）若2()x g x e x =-，且当(0,)x ∈+∞时()()f x g x 恒成立，求a 的最大值．
【解答】解：（Ⅰ）由题意可知，1
1()ax
f x a x
x
+'=+=
， 当0a 时，()0f x '>，()f x 在(0,)+∞上单调递增， 当0a <时，令()0f x '=，得1x a
=-，
所以，当1
(0,)x a
∈-时，()0f x '>，()f x 单调递增，
当1(,)x a
∈-+∞时，()0f x '<，()f x 单调递减，
综上所述，当0a 时，()f x 在(0,)+∞上单调递增，
当0a <时，()f x 在1
(0,)a
-上单调递增，在1(,)a
-+∞上单调递减． （Ⅱ）因为当(0,)x ∈+∞时，()()f x g x 恒成立， 所以当(0,)x ∈+∞时，22x lnx ax e x ++-恒成立，
所以当(0,)x ∈+∞时，22
x e x lnx a x
---恒成立，
令22()x e lnx x h x x ---=，0x >，222
(1)1(1)[(1)]()x x e x lnx x x e x lnx
h x x x -+-+--++'==
， 令()1x u x e x =--，()1x u x e '=-，因为0x >，所以()0u x '>， 所以()u x 在(0,)+∞上单调递增，所以()(0)0u x u >=，即1x e x >+，
因为(1)0x e x -+>，当(0,1)x ∈时，10x -<，0lnx <，当(1,)x ∈+∞，10x ->，0lnx <， 所以在(0,1)上，()0h x '<，()h x 单调递减，在(1,)+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增， 所以，在(0,)+∞上，()h x h （1）1e =-，所以3a e -， 所以a 的最大值为3e -．
17．（2021秋•河南月考）已知函数()cos 2x f x e x =+-． （1）设()f x '是()f x 的导函数，求()f x '在[0，)+∞上的最小值；
（2）今()()()g x f x ax a R =-∈，若()0xg x 对于任意的[,)2
x π
∈-+∞恒成立，求实数a 的取值
范围．
【解答】解：（1）由()cos 2x f x e x =+-，得()sin x f x e x '=-，令()sin x h x e x =-，
所以()cos 0x h x e x '=-对[0x ∈，)+∞恒成立，所以()sin x h x e x =-在[0，)+∞上为增函数， 所以0()(0)sin 01h x h e =-=，
所以()f x '在[0，)+∞上的最小值为1，
（2）当[0x ∈，)+∞时，由()0xg x 得()0g x ，取()0f x ax -对[0x ∈，)+∞恒成立， 所以()f x ax 对[0x ∈，)+∞恒成立，即函数()y f x =的图象在y ax =的上方， 当[2
x π∈，0)时，由()0xg x 得()0g x ，取()0f x ax -对[2
x π
∈-，0)恒成立，
所以()f x ax 对[0x ∈，)+∞恒成立，即函数()y f x =的图象在y ax =的下方，
()cos 2x f x e x =+-在(0,0)的切线斜率为(0)1k f '==，
当1a =时，cos 2x e x x +-对[0x ∈，)+∞恒成立，
令()cos 2x F x e x x =+--，()sin 1x F x e x '=--，由（1）知()h x 的最小值是1，所以()F x '的最小值是0，
所以()F x 是增函数，最小值在0x =时取得，且(0)0F =， 所以1a =时cos 2x e x x +-对[0x ∈，)+∞恒成立， 同理可证1a =时，cos 2x e x x +-对[2
π
∈-，0)恒成立，
根据函数图象知1a ．
故实数a 的取值范围为(-∞，1]．
18．（2021秋•金安区校级月考）已知函数2()(1)x f x axe x =-+（其中a R ∈，e 为自然对数
的底数）．
（1）当0a >时，讨论函数()f x 的单调性；
（2）当0x >时，2()3f x lnx x x >---，求a 的取值范围．
【解答】解：（1）由题意知，()(1)2(1)(1)(2)x x f x a x e x x ae '=+-+=+-， 当0a >时，由()0f x '=得，11x =-，22x ln a
=，
①若2
1ln a =-，即2a e =时，()0f x '恒成立，故()f x 在R 上单调递增；
②若21ln a
<-，即2a e >时，
易得()f x 在2(,)ln a
-∞和(1,)-+∞上单调递增，在2(,1)ln a
-上单调道减；
③若21ln a
>-，即02a e <<时，
易得()f x 在(,1)-∞-和2(,)ln a
+∞上单调递增，在2(1,)ln a
-上单调递减； 综上：当2a e =时，()f x 在R 上单调递增；
当2a e >时，()f x 在2(,)ln a
-∞和(1,)-+∞上单调递增，在2(,1)ln a
-上单调递减；
当02a e <<时，()f x 在(,1)-∞-和2(,)ln a
+∞上单调递增，在2(1,)ln a
-上单调递减． （2）由题意知，20x axe lnx x --+>对任意的0x >恒成立， 即2
x
lnx x a xe +->
对任意的0x >恒成立， 令2
()(0)x
lnx x g x x xe
+-=>，则2(1)(3)()()x x x e lnx x g x x xe +--'=， 令()3h x lnx x =--，则()h x 在(0,)+∞上显然单调递减， 又h （1）20=>，h （e ）20e =-<，
故()0h x =在(0,)+∞上有唯一的实根，不妨设该实根为0x ，则0x 为()g x 的极大值点， 故000002()()max x lnx x g x g x x e +-==
，又0030lnx x --=，代入上式得0
000
3021
()x lnx x g x e x e +-==， 故a 的取值范围为31(,)e
+∞．
19．（2021秋•金安区校级月考）已知函数21()22
f x x x alnx =-+． （1）若函数()f x 存在两个极值点1x ，212()x x x <，求a 的取值范围； （2）在（1）的条件下，若不等式12()f x mx 恒成立，求m 的取值范围． 【解答】解：（1）函数21
()22
f x x x alnx =-+的定义域为(0,)+∞，
又22()2a x x a
f x x x x
-+'=-+=，
因为函数()f x 存在两个极值点1x ，212()x x x <， 则()0f x '=在(0,)+∞上的两个根为1x ，212()x x x <， 即22a x x =-+在(0,)+∞上有两个不等实根1x ，212()x x x <， 所以y a =与2()2h x x x =-+在(0,)+∞上有两个不同的交点， 函数2()2h x x x =-+的对称轴为1x =，且图象开口向下， 又(0)0h =，h （1）1=， 所以实数a 的取值范围为(0,1)；
（2）由（1）可知，22a x x =-+在(0,)+∞上有两个不等实根1x ，212()x x x <， 即方程220x x a -+=有两个不等实根1x ，212(0)x x x <<， 所以122x x +=，12(01)x x a a =<<， 则1(0,1)x ∈，2(1,2)x ∈， 因为不等式12()f x mx 恒成立，
所以2
2111
11111211242(2)22(2)
x x alnx x x x x lnx m x x -+-+-=-恒成立，
即2111111111(2)42(2)14
(22)2(2)22
x x x lnx m
x x lnx x x --+-=-+++--恒成立， 令4
()222
g x x xlnx x =-++
+-，(0,1)x ∈， 则12
14
()12(2)g x lnx x '=-
+-，
由2
4
10(2)x -
<-，0lnx <， 所以2
4
()120(2)g x lnx x '=-
+<-恒成立， 故()g x 在(0,1)上单调递减， 所以13(1)22
m
g =-， 故实数m 的取值范围为3
(,]2
-∞-．。