(1)若x1＝－1，求a；
(2)求a的取值范圍．
2．[2023·新課標Ⅰ卷]已知函數(shù)f(x)＝a(ex＋a)－x.
(1)討論f(x)的單調(diào)性；
(2)證明：當a>0時，f(x)>2ln a＋ eq \f(3,2) .
3.[2023·全國乙卷(理)]已知函數(shù)f(x)＝( eq \f(1,x) ＋a)ln (1＋x).
(1)當a＝－1時，求曲線y＝f(x)在點 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1)))) 處的切線方程；
(2)是否存在a，b，使得曲線y＝f( eq \f(1,x) )關于直線x＝b對稱？若存在，求a，b的值；若不存在，說明理由．
(3)若f(x)在(0，＋∞)上存在極值，求a的取值范圍．
4．[2022·全國乙卷(理)，21]已知函數(shù)f(x)＝ln (1＋x)＋axe－x.
(1)當a＝1時，求曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程；
(2)若f(x)在區(qū)間(－1，0)，(0，＋∞)各恰有一個零點，求a的取值范圍．
5．[2022·新高考Ⅰ卷]已知函數(shù)f(x)＝ex－ax和g(x)＝ax－ln x有相同的最小值．
(1)求a；
(2)證明：存在直線y＝b，其與兩條曲線y＝f(x)和y＝g(x)共有三個不同的交點，并且從左到右的三個交點的橫坐標成等差數(shù)列．
6．[2021·新高考Ⅰ卷]已知函數(shù)f(x)＝x(1－ln x).
(1)討論f(x)的單調(diào)性；
(2)設a，b為兩個不相等的正數(shù)，且b ln a－a ln b＝a－b，證明：2< eq \f(1,a) ＋ eq \f(1,b) ln a.
構造函數(shù)u(a)＝ln a－(a－1)(a>0)，
則u′(a)＝ eq \f(1,a) －1＝ eq \f(1－a,a) ，所以當a>1時，u′(a)0，
因為a2－a＋ eq \f(1,2) ＝(a－ eq \f(1,2) )2＋ eq \f(1,4) >0恒成立，
所以當a>0時，f(x)>2ln a＋ eq \f(3,2) 成立．
3．解析：(1)當a＝－1時，f(x)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1)) ln (1＋x)，
則f′(x)＝－ eq \f(1,x2) ln (1＋x)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1)) · eq \f(1,1＋x) ，
所以f′(1)＝－ln 2，
又f(1)＝0，所以所求切線方程為y－0＝－ln 2(x－1)，
即x ln 2＋y－ln 2＝0.
(2)假設存在a，b，使得曲線y＝f( eq \f(1,x) )關于直線x＝b對稱．
令g(x)＝f( eq \f(1,x) )＝(x＋a)ln (1＋ eq \f(1,x) )＝(x＋a)ln eq \f(x＋1,x) ，
因為曲線y＝g(x)關于直線x＝b對稱，
所以g(x)＝g(2b－x)，即(x＋a)ln eq \f(x＋1,x) ＝(2b－x＋a)ln eq \f(2b－x＋1,2b－x) ＝(x－2b－a)ln eq \f(x－2b,x－2b－1) ，
于是 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－2b－a，,1＝－2b，)) 得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝\f(1,2)，,b＝－\f(1,2)，))
當a＝ eq \f(1,2) ，b＝－ eq \f(1,2) 時，g(x)＝(x＋ eq \f(1,2) )ln (1＋ eq \f(1,x) )，g(－1－x)＝(－x－ eq \f(1,2) )ln eq \f(－x,－1－x) ＝(－x－ eq \f(1,2) )ln eq \f(x,1＋x) ＝(x＋ eq \f(1,2) )ln eq \f(x＋1,x) ＝(x＋ eq \f(1,2) )ln (1＋ eq \f(1,x) )＝g(x)，
所以曲線y＝g(x)關于直線x＝－ eq \f(1,2) 對稱，滿足題意．
故存在a，b使得曲線y＝f( eq \f(1,x) )關于直線x＝b對稱，且a＝ eq \f(1,2) ，b＝－ eq \f(1,2) .
(3)f′(x)＝－ eq \f(1,x2) ln (1＋x)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋a)) · eq \f(1,1＋x) ＝ eq \f(ax2＋x－（1＋x）ln （1＋x）,x2（1＋x）) ＝ eq \f(\f(ax2＋x,x＋1)－ln （1＋x）,x2) (x>0).
設h(x)＝ eq \f(ax2＋x,x＋1) －ln (1＋x)，
則h′(x)＝ eq \f(ax2＋2ax＋1,（x＋1）2) － eq \f(1,x＋1) ＝ eq \f(ax2＋（2a－1）x,（x＋1）2) ＝ eq \f(x（ax＋2a－1）,（x＋1）2) ，
①當a≤0時，2a－1＜0，當x＞0時，h′(x)＜0，
所以h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，
所以當x＞0時，h(x)＜h(0)＝0，即f′(x)＜0，
所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，無極值，不滿足題意．
②當a≥ eq \f(1,2) 時，2a－1≥0，當x＞0時，h′(x)＞0，所以h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以當x＞0時，h(x)＞h(0)＝0，即f′(x)＞0，
所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，無極值，不滿足題意．
③當0＜a＜ eq \f(1,2) 時，令h′(x)＝0，得x＝ eq \f(1－2a,a) ，當0＜x＜ eq \f(1－2a,a) 時，h′(x) eq \f(1－2a,a) 時，h′(x)>0，
所以h(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1－2a,a))) 上單調(diào)遞減，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－2a,a)，＋∞)) 上單調(diào)遞增，所以h eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－2a,a))) 0，則f(x)在(0，＋∞)上不存在零點，故不符合題意．
②當a－1，e－x>0，∵a1時，由于1－x20.
綜上可知，當x>0時，都有g(x)>0，則f′(x)＝ eq \f(g（x）,x＋1) >0，
∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．
∴對于?x>0，f(x)>f(0)＝0，f(x)在(0，＋∞)上不存在零點，符合題意．
(ⅱ)當a0，
?x∈(x0，0)，都有g(x)0，
∴f(x)在(0，x1)上單調(diào)遞減，在[x1，＋∞)上單調(diào)遞增．
又∵f(0)＝0，∴?x∈(0，x1)，f(x)h′(0)＝0，∴h(x)>h(0)＝0，∴g′(x)>0，∴g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．
又∵當x→0時，g(x)＝ eq \(lim,\s\d4(x→0)) eq \f(ex ln （1＋x）,x) ＝1，當x→＋∞時，g(x)→＋∞，∴a∈(－∞，－1).
②當x∈(－1， eq \r(3) －2)時，φ′(x)0.
∵當x→－1時，φ(x)＝h′(x)→＋∞，h′(0)＝0，
∴存在a1∈(－1，0)使h′(a1)＝0，
∴h(x)在(－1，a1)上單調(diào)遞增，在(a1，0)上單調(diào)遞減．
當x→－1時，h(x)→－∞.
又h(0)＝0，
∴存在a2∈(－1，a1)，使得h(a2)＝0，
即g(x)在(－1，a2)上單調(diào)遞減，在(a2，0)上單調(diào)遞增．
當x→－1時，g(x)→＋∞；
當x→0時，g(x)→1，g(x)的大致圖象如圖．
故當a∈(－∞，－1)∪{－g(a2)}時，g(x)＝－a僅有一解；當a∈(－1，－g(a2))時，g(x)＝－a有兩解．
綜上可知，a∈(－∞，－1).
5．解析：(1)由f(x)＝ex－ax，得f′(x)＝ex－a.
由于f(x)存在最小值，則方程f′(x)＝0有解，故a>0，解得x＝ln a.
所以f(x)在(－∞，ln a)上單調(diào)遞減，在(ln a，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以f(x) min＝f(ln a)＝a－a ln a.
同理，得g(x)min＝g( eq \f(1,a) )＝1＋ln a.
因為函數(shù)f(x)，g(x)的最小值相等，
所以a－a ln a＝1＋ln a，即(a＋1)ln a＋1－a＝0.
令h(x)＝(x＋1)ln x＋1－x，x>0，則h′(x)＝ln x＋ eq \f(1,x) .
令m(x)＝ln x＋ eq \f(1,x) ，x>0，則m′(x)＝ eq \f(1,x) － eq \f(1,x2) ＝ eq \f(x－1,x2) .
令 eq \f(x－1,x2) >0，則x>1；令 eq \f(x－1,x2) 0，F(xiàn)(0)＝1－b1，則t′(b)＝eb－2>0，
所以t(b)>t(1)＝e－2>0，所以F(b)>0.
所以由零點存在定理，知F(x)＝f(x)－b在(－∞，0)上存在且只存在1個零點，設為x1，在(0，＋∞)上存在且只存在1個零點，設為x2.
其次證明直線y＝b與曲線g(x)有2個交點，
即證G(x)＝g(x)－b有2個零點．
因為G′(x)＝g′(x)＝1－ eq \f(1,x) ，所以G(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．
G(e－b)＝e－b>0，G(1)＝1－b2，則μ′(x)＝ eq \f(1,2) － eq \f(1,x) >0，
所以μ(x)>μ(2)＝1－ln 2>0，即G(2b)>0.
所以由零點存在定理，得G(x)＝g(x)－b在(0，1)上存在且只存在1個零點，設為x3，在(1，＋∞)上存在且只存在1個零點，設為x4.
再次證明存在b使得x2＝x3.
因為F(x2)＝G(x3)＝0，所以b＝ex2－x2＝x3－ln x3.
若x2＝x3，則ex2－x2＝x2－ln x2，即ex2－2x2＋ln x2＝0，所以只需證明方程ex－2x＋ln x＝0在(0，1)上有解即可，
即證明φ(x)＝ex－2x＋ln x在(0，1)上有零點．
因為φ( eq \f(1,e3) )＝e eq \s\up6(\f(1,e3)) － eq \f(2,e3) －30，
所以φ(x)＝ex－2x＋ln x在(0，1)上存在零點，取一零點為x0，令x2＝x3＝x0即可，此時b＝ex0－x0，則此時存在直線y＝b與兩條曲線y＝f(x)和y＝g(x)共有三個不同的交點．
最后證明x1＋x4＝2x0，即從左到右的三個交點的橫坐標成等差數(shù)列．
因為F(x1)＝F(x2)＝F(x0)＝G(x3)＝G(x0)＝G(x4)＝0，所以F(x1)＝G(x0)＝F(ln x0).
又因為F(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，x10，當x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，＋∞)) 時，
f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))

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