(1)设x ＝0是f (x )的极值点，求m ，并讨论f (x )的单调性； (2)当m ≤2时，求证：f (x )>0. 解：(1)f ′(x )＝e x －1
x ＋m
，由f ′(0)＝0，得m ＝1， 所以f ′(x )＝e x －
1x ＋1，f ″(x )＝e x ＋1(x ＋1)2
>0， 又由f ′(0)＝0，所以当x ∈(－1,0)时，f ′(x )<0， 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0.
所以函数f (x )在(－1,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． (2)证明：依题意，f ′(x )＝e x －1
x ＋m
. 令f ′(x 0)＝0，则e x 0＝1x 0＋m >0，且f ″(x )＝e x ＋1
(x ＋m )2
>0，所以函数f ′(x )在区间(－m ，＋∞)上单调递增．
则当x ∈(－m ，x 0)时，f ′(x 0)<0；
当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0，故函数f (x )在(－m ，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增．
所以f (x )min ＝f (x 0)＝e x 0－ln(x 0＋m )．
又x 0满足方程e x 0＝
1
x 0＋m
， 则f (x 0)＝e x 0－ln(x 0＋m )＝
1x 0＋m －ln e －x 0＝x 0＋1x 0＋m ＝x 0＋m ＋1
x 0＋m
－m ≥①2
(x 0＋m )·1
x 0＋m －m ＝2－m ≥②0( 不等号①取等号的条件是⎩
⎪⎨⎪⎧
x 0＝0，m ＝1，不等号②取等号的条件是m ＝2 ).
由于不等号①、②不能同时取等号，故f (x 0)>0，即f (x )min >0，因此f (x )>0. 3．已知函数f (x )＝ax ＋b
x ＋c (a >0)的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝x －1. (1)试用a 表示出b ，c ；
(2)若f (x )≥ln x 在[1，＋∞)恒成立，求a 的取值范围． 解：(1)b ＝a －1，c ＝1－2a .
(2)题设即“a ≥ln x ＋1x －1
x ＋1x －2
(x >1)，或a ≥x ln x －x ＋1
(x －1)2(x >1) 恒成立”．
用导数可证函数g (x )＝1
2(x －1)2＋(x －1)－x ln x (x ≥1)是增函数(只需证g ′(x )＝x －ln x
－1≥0(x ≥1)恒成立，再用导数可证)，
所以g (x )≥g (1)＝0(x ≥1)， 当且仅当x ＝1时g (x )＝0，得x ln x －x ＋1(x －1)2<12(x >1)，li m x →1＋ x ln x －x ＋1
(x －1)2
＝12.
所以若a ≥
x ln x －x ＋1(x －1)2
(x >1)恒成立，则a ≥1
2，
即a 的取值范围是⎣⎡⎭
⎫1
2，＋∞. 4．(2019·安徽二校联考)已知函数f (x )＝ln x －a
x －m (a ，m ∈R)在x ＝e(e 为自然对数的底数)时取得极值，且有两个零点记为x 1，x 2.
(1)求实数a 的值，以及实数m 的取值范围； (2)证明：ln x 1＋ln x 2>2.
解：(1)f ′(x )＝1
x ·x －(ln x －a )x 2＝a ＋1－ln x
x 2，
由f ′(x )＝0，得x ＝e a ＋
1，且当0时，f ′(x )>0，
当x >e a
＋1
时，f ′(x )<0，
所以f (x )在x ＝e a
＋1
时取得极值，
所以e a ＋
1＝e ，解得a ＝0.
所以f (x )＝
ln x
x －m (x >0)，f ′(x )＝1－ln x x 2
， 函数f (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，f (e)＝1
e
－m .
又x →0(x >0)时，f (x )→－∞；x →＋∞时，f (x )→－m ，f (x )有两个零点x 1，x 2， 故⎩⎪⎨⎪⎧
1e －m >0，－m <0，解得0.
所以实数m 的取值范围为⎝⎛⎭
⎫0，1
e . (2)证明：不妨设x 1ln x 1＝mx 1，
ln x 2＝mx 2
.
则ln x 1x 2＝m (x 1＋x 2)，ln x 2
x 1＝m (x 2－x 1)⇒m ＝ln
x 2
x 1x 2－x 1
.欲证ln x 1＋ln x 2>2，只需证ln
x 1x 2>2，
只需证m (x 1＋x 2)>2，即证
x 1＋x 2x 2－x 1ln x 2
x 1
>2. 即证1＋
x 2x 1x 2x 1－1ln x 2x 1>2，设t ＝x 2
x 1>1，
则只需证ln t >2(t －1)
t ＋1.
即证ln t －2(t －1)
t ＋1>0.
记u (t )＝ln t －
2(t －1)
t ＋1
(t >1)， 则u ′(t )＝1t －4
(t ＋1)2＝(t －1)2t (t ＋1)2>0.
所以u (t )在(1，＋∞)上单调递增， 所以u (t )>u (1)＝0，所以原不等式成立， 故ln x 1＋ln x 2>2.
5．(2016·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝(x －2)e x ＋a (x －1)2有两个零点． (1)求a 的取值范围；
(2)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：x 1＋x 2<2. 解：(1)f ′(x )＝(x －1)e x ＋2a (x －1)＝(x －1)(e x ＋2a )． ①设a ＝0，则f (x )＝(x －2)e x ，f (x )只有一个零点． ②设a >0，则当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )<0；
