【专项练习】导数之不等式证明（含解析）

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导数之不等式证明
一．解答题（共16小题）
1．已知函数．
（1）当时，讨论f（x）的单调性；
（2）设g（x）＝x2﹣2bx+4．当时，若对任意x1∈（0，2），存在x2∈[1，2]，使f（x1）≥g（x2），求实数b
的取值范围．
2．已知函数f（x）＝，x∈[0，1]．
（1）求f（x）的单调区间和值域；
（2）设a≥1，函数g（x）＝x3﹣3a2x﹣2a，x∈[0，1]，若对于任意x1∈[0，1]，总存在x0∈[0，1]，使得g（x0）＝f（x1）成立，求a的取值范围．
已知函数f（x）＝ln（x+1）﹣x，求证：当x＞﹣1时，恒有1﹣≤ln（x+1）≤x．
当x＞0时，证明不等式ln（1+x）＞x﹣x2成立．
5．设函数f（x）＝lnx﹣x+1．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）证明当x∈（1，+∞）时，1＜＜x；
（3）设c＞1，证明当x∈（0，1）时，1+（c﹣1）x＞cx．
6．已知f（x）＝xlnx．
（Ⅰ）求函数f（x）在定义域上的最小值；
（Ⅱ）求函数f（x）在[t，t+2]（t＞0）上的最小值；
（Ⅲ）证明：对一切x∈（0，+∞），都有lnx＞成立．
设函数f（x）＝1﹣e﹣x，证明：当x＞﹣1时，f（x）≥．
8．设函数f（x）＝aexlnx+，曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线为y＝e（x﹣1）+2．
（Ⅰ）求a，b；
（Ⅱ）证明：f（x）＞1．
9．已知f（x）＝a（x﹣lnx）+，a∈R．
（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）当a＝1时，证明f（x）＞f′（x）+对于任意的x∈[1，2]成立．
10．已知函数f（x）＝lnx+ax2+（2a+1）x．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）当a＜0时，证明：f（x）≤﹣﹣2．
11．已知函数f（x）＝ex﹣x2．
（Ⅰ）求曲线f（x）在x＝1处的切线方程；
（Ⅱ）求证：当x＞0时，．
12．已知函数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≥时，f（x）≥0．
13．已知函数f（x）＝alnx+的图象在x＝1处的切线方程是y＝（1﹣）x+﹣1．
（1）求a，b的值；
（2）若函数g（x）＝xf（x），讨论g（x）的单调性与极值；
（3）证明：f（x）＞．
14．已知函数f（x）＝xe﹣x（x∈R）
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间和极值；
（Ⅱ）已知函数y＝g（x）的图象与函数y＝f（x）的图象关于直线x＝1对称，证明：当x＞1时，f（x）＞g（x）；
（Ⅲ）如果x1≠x2，且f（x1）＝f（x2），证明x1+x2＞2．
15．已知函数f（x）＝（x﹣2）ex+a（x﹣1）2有两个零点．
（Ⅰ）求a的取值范围；
（Ⅱ）设x1，x2是f（x）的两个零点，证明：x1+x2＜2．
16．已知函数f（x）＝xlnx与直线y＝m交于A（x1，y1），B（x2，y2）两点．
（1）求m的取值范围；
（2）求证：0＜x1x2＜．
导数之不等式证明
参考答案与试题解析
一．解答题（共16小题）
1．【解答】解：（1）f（x）＝lnx﹣ax+﹣1，
则f′（x）＝﹣a﹣＝
令h（x）＝ax2﹣x+1﹣a（x＞0）
①当a＝0时，h（x）＝﹣x+1（x＞0），
当x∈（0，1），h（x）＞0，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；
当x∈（1，+∞），h（x）＜0，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增．
②当a≠0时，由f′（x）＝0，即ax2﹣x+1﹣a＝0，解得x1＝1，x2＝．
（i）当a＝时x1＝x2，h（x）≥0恒成立，此时f′（x）≤0，函数f（x）单调递减；
（ii）当0＜a＜时，﹣1＞1＞0，x∈（0，1）时h（x）＞0，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；
x∈（1，﹣1）时，h（x）＜0，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；
x∈（﹣1，+∞）时，h（x）＞0，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减．
（iii）当a＜0时﹣1＜0，当x∈（0，1），h（x）＞0，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；
当x∈（1，+∞），h（x）＜0，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增．
综上所述：当a≤0时，函数f（x）在（0，1）单调递减，（1，+∞）单调递增；
当a＝时，函数f（x）在（0，+∞）单调递减；
当0＜a＜时，函数f（x）在（0，1）单调递减，（1，﹣1）单调递增，（，+∞）单调递减．
（Ⅱ）当a＝时，f（x）在（0，1）上是减函数，在（1，2）上是增函数，所以对任意x1∈（0，2），
有f（x1）≥f（1）＝﹣，
又已知存在x2∈[1，2]，使f（x1）≥g（x2），所以﹣≥g（x2），x2∈[1，2]，（※）
又g（x）＝（x﹣b）2+4﹣b2，x∈[1，2]
当b＜1时，g（x）min＝g（1）＝5﹣2b＞0与（※）矛盾；
当b∈[1，2]时，g（x）min＝g（b）＝4﹣b2≥0也与（※）矛盾；
当b＞2时，g（x）min＝g（2）＝8﹣4b≤﹣，解得b≥
综上，实数b的取值范围是[，+∞）．
2．【解答】解：（1）对函数f（x）＝，x∈[0，1]，求导，得
f′（x）＝＝﹣，
令f′（x）＝0解得x＝或x＝．当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表所示：
x 0 （0，） （ ，1） 1
f′（x） ﹣ 0 +
f（x） ﹣ 减函数 ﹣4 增函数 ﹣3
∴当x∈（0，）时，f（x）是减函数；当x∈（，1）时，f（x）是增函数．
当x∈[0，1]时，f（x）的值域是[﹣4，﹣3]．
（2）对函数g（x）求导，则g′（x）＝3（x2﹣a2）．
∵a≥1，当x∈（0，1）时，g′（x）＜3（1﹣a2）≤0，
因此当x∈（0，1）时，g（x）为减函数，
从而当x∈[0，1]时有g（x）∈[g（1），g（0）]，
又g（1）＝1﹣2a﹣3a2，g（0）＝﹣2a，
即当x∈[0，1]时有g（x）∈[1﹣2a﹣3a2，﹣2a]，
任给x1∈[0，1]，f（x1）∈[﹣4，﹣3]，存在x0∈[0，1]使得g（x0）＝f（x1），
则[1﹣2a﹣3a2，﹣2a]?[﹣4，﹣3]，即，
解①式得a≥1或a≤﹣，
解②式得a≤，
又a≥1，故a的取值范围内是1≤a≤．
3．【解答】解：函数f（x）的定义域为（﹣1，+∞）．
f′（x）＝﹣1＝，
当﹣1＜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，
所以当x＝0时f（x）取得极大值f（0）＝0，无极小值，
由（1）知，x＝0为f（x）唯一的极大值点，也即最大值点，
所以当x＞﹣1时，f（x）≤f（0）＝0，即ln（x+1）﹣x≤0，
所以ln（x+1）≤x；
令g（x）＝ln（x+1）+﹣1，则g′（x）＝﹣＝，
当﹣1＜x＜0时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；当x＞0时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
所以x＝0是g（x）唯一的极小值点，也即最小值点，
所以g（x）≥g（0）＝0，即ln（x+1）+﹣1≥0，
所以ln（x+1）≥1﹣．
综上，x＞﹣1时，有1﹣≤ln（x+1）≤x．
4．【解答】证明：令f（x）＝ln（1+x）+x2﹣x，（x＞0），
则f′（x）＝+x﹣1＝＞0，
∴f（x）在（0，+∞）递增，
∴f（x）＞f（0）＝0，
∴当x＞0时，不等式ln（1+x）＞x﹣x2成立
5．【解答】解：（1）函数f（x）＝lnx﹣x+1的导数为f′（x）＝﹣1，
由f′（x）＞0，可得0＜x＜1；由f′（x）＜0，可得x＞1．
即有f（x）的增区间为（0，1）；减区间为（1，+∞）；
（2）证明：当x∈（1，+∞）时，1＜＜x，即为lnx＜x﹣1＜xlnx．
由（1）可得f（x）＝lnx﹣x+1在（1，+∞）递减，
可得f（x）＜f（1）＝0，即有lnx＜x﹣1；
设F（x）＝xlnx﹣x+1，x＞1，F′（x）＝1+lnx﹣1＝lnx，
当x＞1时，F′（x）＞0，可得F（x）递增，即有F（x）＞F（1）＝0，
即有xlnx＞x﹣1，则原不等式成立；
（3）证明：设G（x）＝1+（c﹣1）x﹣cx，
则需要证明：当x∈（0，1）时，G（x）＞0（c＞1）；
G′（x）＝c﹣1﹣cxlnc，G′′（x）＝﹣（lnc）2cx＜0，
∴G′（x）在（0，1）单调递减，而G′（0）＝c﹣1﹣lnc，G′（1）＝c﹣1﹣clnc，
由（1）中f（x）的单调性，可得G′（0）＝c﹣1﹣lnc＞0，由（2）可得G′（1）＝c﹣1﹣clnc＝c（1﹣lnc）﹣1＜0，
∴?t∈（0，1），使得G′（t）＝0，即x∈（0，t）时，G′（x）＞0，x∈（t，1）时，G′（x）＜0；
即G（x）在（0，t）递增，在（t，1）递减；
又因为：G（0）＝G（1）＝0，
∴x∈（0，1）时G（x）＞0成立，不等式得证；
即c＞1，当x∈（0，1）时，1+（c﹣1）x＞cx．
6．【解答】解：（Ⅰ）由f（x）＝xlnx，x＞0得f'（x）＝lnx+1，
令f'（x）＝0，得．
当时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；
当时，f'（x）＞0，f（x）单调递增．
可得最小值为﹣…（3分）
（Ⅱ）当，即时，…（4分）
当，即时，f（x）在[t，t+2]上单调递增，
此时f（x）min＝f（t）＝tlnt…（6分）
所以…（8分）
（Ⅲ）问题等价于证明．
由（1）知f（x）＝xlnx，x＞0的最小值是，
当且仅当时取到，设，
则，易知，当且仅当x＝1时取到．
从而对一切x∈（0，+∞），都有成立．…（12分）
7．【解答】证明：由?ex≥1+x．
当x＞﹣1时，f（x）≥当且仅当ex≥1+x．
令g（x）＝ex﹣x﹣1，则g′（x）＝ex﹣1．
当x≥0时，g′（x）≥0，g（x）在[0，+∞）上为增函数，
当x≤0时，g′（x）≤0，g（x）在（﹣∞，0]上为减函数，
于是g（x）在x＝0处达到最小值，因而当x∈R时g（x）≥g（0），
即ex≥1+x．
所以当x＞﹣1时，f（x）≥．
8．【解答】解：（Ⅰ） 函数f（x）的定义域为（0，+∞），
，
由题意可得f（1）＝2，f'（1）＝e，
故a＝1，b＝2…（6分）
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知，，
从而f（x）＞1等价于，
设函数g（x）＝xlnx，则g'（x）＝1+lnx，
所以当时，g'（x）＜0，
当时，g'（x）＞0，
故g（x）在单调递减，在单调递增，
从而g（x）在（0，+∞）的最小值为．…（8分）
设函数，则h'（x）＝e﹣x（1﹣x），
所以当x∈（0，1）时，h'（x）＞0，
当x∈（1，+∞）时，h'（x）＜0，
故h（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减，
从而h（x）在（0，+∞）的最大值为．
综上：当x＞0时，g（x）＞h（x），即f（x）＞1．…（12分）
9．【解答】（Ⅰ）解：由f（x）＝a（x﹣lnx）+，
得f′（x）＝a（1﹣）+
＝＝（x＞0）．
若a≤0，则ax2﹣2＜0恒成立，
∴当x∈（0，1）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，
当x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数；
当a＞0，若0＜a＜2，当x∈（0，1）和（，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，
当x∈（1，）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数；
若a＝2，f′（x）≥0恒成立，f（x）在（0，+∞）上为增函数；
若a＞2，当x∈（0，）和（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，
当x∈（，1）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数；
（Ⅱ）解：∵a＝1，
令F（x）＝f（x）﹣f′（x）＝x﹣lnx﹣1＝x﹣lnx+．
令g（x）＝x﹣lnx，h（x）＝．
则F（x）＝f（x）﹣f′（x）＝g（x）+h（x），
由，可得g（x）≥g（1）＝1，当且仅当x＝1时取等号；
又，
设φ（x）＝﹣3x2﹣2x+6，则φ（x）在[1，2]上单调递减，
且φ（1）＝1，φ（2）＝﹣10，
∴在[1，2]上存在x0，使得x∈（1，x0） 时φ（x0）＞0，x∈（x0，2）时，φ（x0）＜0，
∴函数h（x）在（1，x0）上单调递增；在（x0，2）上单调递减，
由于h（1）＝1，h（2）＝，因此h（x）≥h（2）＝，当且仅当x＝2取等号，
∴f（x）﹣f′（x）＝g（x）+h（x）＞g（1）+h（2）＝，
∴F（x）＞恒成立．
即f（x）＞f′（x）+对于任意的x∈[1，2]成立．
10．【解答】（1）解：因为f（x）＝lnx+ax2+（2a+1）x，
求导f′（x）＝+2ax+（2a+1）＝＝，（x＞0），
①当a＝0时，f′（x）＝+1＞0恒成立，此时y＝f（x）在（0，+∞）上单调递增；
②当a＞0，由于x＞0，所以（2ax+1）（x+1）＞0恒成立，此时y＝f（x）在（0，+∞）上单调递增；
③当a＜0时，令f′（x）＝0，解得：x＝﹣．
因为当x∈（0，﹣）f′（x）＞0、当x∈（﹣，+∞）f′（x）＜0，
所以y＝f（x）在（0，﹣）上单调递增、在（﹣，+∞）上单调递减．
综上可知：当a≥0时f（x）在（0，+∞）上单调递增，
当a＜0时，f（x）在（0，﹣）上单调递增、在（﹣，+∞）上单调递减；
（2）证明：由（1）可知：当a＜0时f（x）在（0，﹣）上单调递增、在（﹣，+∞）上单调递减，
所以当x＝﹣时函数y＝f（x）取最大值f（x）max＝f（﹣）＝﹣1﹣ln2﹣+ln（﹣）．
从而要证f（x）≤﹣﹣2，即证f（﹣）≤﹣﹣2，
即证﹣1﹣ln2﹣+ln（﹣）≤﹣﹣2，即证﹣（﹣）+ln（﹣）≤﹣1+ln2．
令t＝﹣，则t＞0，问题转化为证明：﹣t+lnt≤﹣1+ln2．…（*）
令g（t）＝﹣t+lnt，则g′（t）＝﹣+，
令g′（t）＝0可知t＝2，则当0＜t＜2时g′（t）＞0，当t＞2时g′（t）＜0，
所以y＝g（t）在（0，2）上单调递增、在（2，+∞）上单调递减，
即g（t）≤g（2）＝﹣×2+ln2＝﹣1+ln2，即（*）式成立，
所以当a＜0时，f（x）≤﹣﹣2成立．
11．【解答】解：（Ⅰ）f'（x）＝ex﹣2x，由题设得f'（1）＝e﹣2，f（1）＝e﹣1，
∴f（x）在x＝1处的切线方程为y＝（e﹣2）x+1．
（Ⅱ）f'（x）＝ex﹣2x，f''（x）＝ex﹣2，∴f'（x）在（0，ln2）上单调递减，在（ln2，+∞）上单调递增，
所以f'（x）≥f'（ln2）＝2﹣2ln2＞0，所以f（x）在[0，1]上单调递增，
所以f（x）max＝f（1）＝e﹣1，x∈[0，1]．f（x）过点（1，e﹣1），且y＝f（x）在x＝1处的切线方程为y＝（e﹣2）x+1，
故可猜测：当x＞0，x≠1时，f（x）的图象恒在切线y＝（e﹣2）x+1的上方．
下证：当x＞0时，f（x）≥（e﹣2）x+1，
设g（x）＝f（x）﹣（e﹣2）x﹣1，x＞0，则g'（x）＝ex﹣2x﹣（e﹣2），g''（x）＝ex﹣2，g'（x）在（0，ln2）上单调递减，在（ln2，+∞）上单调递增，又g'（0）＝3﹣e＞0，g'（1）＝0，0＜ln2＜1，∴g'（ln2）＜0，
所以，存在x0∈（0，ln2），使得g'（x0）＝0，
所以，当x∈（0，x0）∪（1，+∞）时，g'（x）＞0；当x∈（x0，1）时，g'（x）＜0，
故g（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
又g（0）＝g（1）＝0，∴g（x）＝ex﹣x2﹣（e﹣2）x﹣1≥0，当且仅当x＝1时取等号，故．
又x≥lnx+1，即，当x＝1时，等号成立．
12．【解答】解：（1）∵函数f（x）＝aex﹣lnx﹣1．
∴x＞0，f′（x）＝aex﹣，
∵x＝2是f（x）的极值点，
∴f′（2）＝ae2﹣＝0，解得a＝，
∴f（x）＝ex﹣lnx﹣1，∴f′（x）＝，
当0＜x＜2时，f′（x）＜0，当x＞2时，f′（x）＞0，
∴单调递减区间是（0，2），单调递增区间是（2，+∞）．
（2）证法一：当a≥时，f（x）≥﹣lnx﹣1，
设g（x）＝﹣lnx﹣1，则﹣，
由﹣＝0，得x＝1，
当0＜x＜1时，g′（x）＜0，
当x＞1时，g′（x）＞0，
∴x＝1是g（x）的最小值点，
故当x＞0时，g（x）≥g（1）＝0，
∴当a≥时，f（x）＝aex﹣lnx﹣1≥0．
证法二：∵函数f（x）＝aex﹣lnx﹣1，∴f（x）≥0，即a≥，x＞0，
令g（x）＝，则，x＞0，∴g′（1）＝0，
当0＜x＜1时，，﹣lnx＞0，g′（x）＞0，
当x＞1时，，﹣lnx＜0，g′（x）＜0，
∴g（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减，
g（x）≤g（1）＝，
∵a≥，∴a≥g（x）．
∴当a≥时，f（x）≥0．
13．【解答】解：（1）f'（x）＝，
由题意可知：，解得，
∴a的值为1，b的值为2；
（2）由（1）可知f（x）＝lnx+，
∴g（x）＝xlnx+，x∈（0，+∞），
∴g'（x）＝lnx+1，令g'（x）＝0得，x＝，
∴当x时，g'（x）＜0，函数g（x）单调递减；当x时，g'（x）＞0，函数g（x）单调递增，
∴函数g（x）的极小值为g（）＝，
函数g（x）在（，+∞）上单调递增，在（0，）上单调递减；
（3）由（1）可知f（x）＝lnx+，
∴不等式f（x）＞，即为lnx+＞，
即证不等式xlnx+＞，
设φ（x）＝，x＞0，
即证g（x）＞φ（x），
由（2）可知函数g（x）在（0，+∞）上的最小值为，
∵φ'（x）＝，令φ（x）＝0得，x＝1，
∴函数φ（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
∴函数φ（x）在（0，+∞）上的最大值为φ（1）＝，
又∵函数g（x）的最小值与函数φ（x）的最小值不能同时取到，
∴g（x）＞φ（x）在（0，+∞）上恒成立，
即f（x）＞得证．
14．【解答】解：（Ⅰ）解：f′（x）＝（1﹣x）e﹣x
令f′（x）＝0，解得x＝1
当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表
x （﹣∞，1） 1 （1，+∞）
f′（x） + 0 ﹣
f（x） 增 极大值 减
所以f（x）在（﹣∞，1）内是增函数，在（1，+∞）内是减函数．
函数f（x）在x＝1处取得极大值f（1）且f（1）＝．
（Ⅱ）证明：由题意可知g（x）＝f（2﹣x），得g（x）＝（2﹣x）ex﹣2
令F（x）＝f（x）﹣g（x），即F（x）＝xe﹣x+（x﹣2）ex﹣2
于是F'（x）＝（x﹣1）（e2x﹣2﹣1）e﹣x
当x＞1时，2x﹣2＞0，从而e2x﹣2﹣1＞0，又e﹣x＞0，所以F′（x）＞0，从而函数F（x）在[1，+∞）是增函数．
又F（1）＝e﹣1﹣e﹣1＝0，所以x＞1时，有F（x）＞F（1）＝0，即f（x）＞g（x）．
（Ⅲ）证明：（1）若（x1﹣1）（x2﹣1）＝0，由（I）及f（x1）＝f（x2），则x1＝x2＝1．与x1≠x2矛盾．
（2）若（x1﹣1）（x2﹣1）＞0，由（I）及f（x1）＝f（x2），得x1＝x2．与x1≠x2矛盾．
根据（1）（2）得（x1﹣1）（x2﹣1）＜0，不妨设x1＜1，x2＞1．
由（Ⅱ）可知，f（x2）＞g（x2），
则g（x2）＝f（2﹣x2），
所以f（x2）＞f（2﹣x2），
从而f（x1）＞f（2﹣x2）．
因为x2＞1，所以2﹣x2＜1，
又由（Ⅰ）可知函数f（x）在区间（﹣∞，1）内是增函数，
所以x1＞2﹣x2，即x1+x2＞2．
15．【解答】解：（Ⅰ）∵函数f（x）＝（x﹣2）ex+a（x﹣1）2，
∴f′（x）＝（x﹣1）ex+2a（x﹣1）＝（x﹣1）（ex+2a），
①若a＝0，那么f（x）＝0?（x﹣2）ex＝0?x＝2，
函数f（x）只有唯一的零点2，不合题意；
②若a＞0，那么ex+2a＞0恒成立，
当x＜1时，f′（x）＜0，此时函数为减函数；
当x＞1时，f′（x）＞0，此时函数为增函数；
此时当x＝1时，函数f（x）取极小值﹣e，
由f（2）＝a＞0，可得：函数f（x）在x＞1存在一个零点；
当x＜1时，ex＜e，x﹣2＜x﹣1＜0，
∴f（x）＝（x﹣2）ex+a（x﹣1）2＞（x﹣2）e+a（x﹣1）2＝a（x﹣1）2+e（x﹣1）﹣e，
令a（x﹣1）2+e（x﹣1）﹣e＝0的两根为t1，t2，且t1＜t2，
则当x＜t1，或x＞t2时，f（x）＞a（x﹣1）2+e（x﹣1）﹣e＞0，
故函数f（x）在x＜1存在一个零点；
即函数f（x）在R是存在两个零点，满足题意；
③若﹣＜a＜0，则ln（﹣2a）＜lne＝1，
当x＜ln（﹣2a）时，x﹣1＜ln（﹣2a）﹣1＜lne﹣1＝0，
ex+2a＜eln（﹣2a）+2a＝0，
即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，
当ln（﹣2a）＜x＜1时，x﹣1＜0，ex+2a＞eln（﹣2a）+2a＝0，
即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＜0恒成立，故f（x）单调递减，
当x＞1时，x﹣1＞0，ex+2a＞eln（﹣2a）+2a＝0，
即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，
故当x＝ln（﹣2a）时，函数取极大值，
由f（ln（﹣2a））＝[ln（﹣2a）﹣2]（﹣2a）+a[ln（﹣2a）﹣1]2＝a{[ln（﹣2a）﹣2]2+1}＜0得：
函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；
④若a＝﹣，则ln（﹣2a）＝1，
当x＜1＝ln（﹣2a）时，x﹣1＜0，ex+2a＜eln（﹣2a）+2a＝0，
即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，
当x＞1时，x﹣1＞0，ex+2a＞eln（﹣2a）+2a＝0，
即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，
故函数f（x）在R上单调递增，
函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；
⑤若a＜﹣，则ln（﹣2a）＞lne＝1，
当x＜1时，x﹣1＜0，ex+2a＜eln（﹣2a）+2a＝0，
即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，
当1＜x＜ln（﹣2a）时，x﹣1＞0，ex+2a＜eln（﹣2a）+2a＝0，
即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＜0恒成立，故f（x）单调递减，
当x＞ln（﹣2a）时，x﹣1＞0，ex+2a＞eln（﹣2a）+2a＝0，
即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，
故当x＝1时，函数取极大值，
由f（1）＝﹣e＜0得：
函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；
综上所述，a的取值范围为（0，+∞）
证明：（Ⅱ）∵x1，x2是f（x）的两个零点，
∴f（x1）＝f（x2）＝0，且x1≠1，且x2≠1，
∴﹣a＝＝，
令g（x）＝，则g（x1）＝g（x2）＝﹣a，
∵g′（x）＝，
∴当x＜1时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；
当x＞1时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；
设m＞0，则g（1+m）﹣g（1﹣m）＝﹣＝，
设h（m）＝，m＞0，
则h′（m）＝＞0恒成立，
即h（m）在（0，+∞）上为增函数，
h（m）＞h（0）＝0恒成立，
即g（1+m）＞g（1﹣m）恒成立，
令m＝1﹣x1＞0，
则g（1+1﹣x1）＞g（1﹣1+x1）?g（2﹣x1）＞g（x1）＝g（x2）?2﹣x1＞x2，
即x1+x2＜2．
16．【解答】解：（1）f（x）的定义域是（0，+∞），
f′（x）＝lnx+1，
令f′（x）＞0，解得：x＞，
令f′（x）＜0，解得：x＜，
∴f（x）在（0，）递减，在（，+∞）递增，
∴f（x）min＝f（）＝﹣，f（1）＝0，
x∈（0，）时，f（x）＜0，
画出函数图象，如图示：
∴﹣＜m＜0；
（2）∵x1lnx1＝x2lnx2，设x1＜x2，
则0＜x1＜，x2＞，
要证明x1x2＜，只需证明lnx1+lnx2＜﹣2，
令H（x）＝lnx1+lnx2＝lnx1+lnx1＝（1+）lnx1，
∵x2＞，∴＜ex1，
∴H（x）＜（1+ex1）lnx1，
令g（x）＝（1+ex）lnx，（0＜x＜），
则g′（x）＝elnx+e+，g″（x）＝，
∵x＜，∴ex﹣1＜0，
∴g″（x）＜0，g′（x）是减函数，
又g′（）＝e，∴g′（x）＞g′（），g′（x）＞0，
∴g（x）是增函数，又g（）＝﹣2，
∴g（x）＜g（）＝﹣2，
∴H（x）＜﹣2，
∴0＜x1x2＜．
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