（2023?新高考Ⅰ）已知函數(shù)．
討論的單調(diào)性；
證明：當(dāng)時(shí)，．
（2022?新高考Ⅱ）已知函數(shù)．
（1）當(dāng)時(shí)，討論的單調(diào)性；
（2）當(dāng)時(shí)，，求的取值范圍；
（3）設(shè)，證明：．
（2021?新高考Ⅱ）已知函數(shù)．
（Ⅰ）討論的單調(diào)性；
（Ⅱ）從下面兩個(gè)條件中選一個(gè)，證明：恰有一個(gè)零點(diǎn)．
①，；
②，．
（2023?山東濟(jì)南?模擬預(yù)測(cè)）設(shè)函數(shù)f(x)=emxx+1(x>-1)，已知f(x) ≥ 1恒成立．
(1)求實(shí)數(shù)m的值；
(2)若數(shù)列{ an }滿足an+1=lnf( an )，且a1=1-ln2，證明：|ean-1|elnx+csx.
（2023·海南·聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx=xlnx-ax2.
(1)當(dāng)a=1時(shí)，討論函數(shù)fx的單調(diào)性；
(2)若不等式fx>aex+1-ax2-x恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.
（2023·河北·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx=e-aex+xa∈R.
(1)討論函數(shù)fx的單調(diào)性；
(2)若存在實(shí)數(shù)a，使得關(guān)于x的不等式fx≤λa恒成立，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍.
（2023·廣東東莞·校聯(lián)考階段）已知函數(shù)fx對(duì)任意實(shí)數(shù)x,y恒有fx+y=fx+fy，當(dāng)x>0時(shí)，fx0，fx的最小值是1+lnm，求實(shí)數(shù)m的取值范圍.
（2023·天津·統(tǒng)考高考真題）已知函數(shù)fx=1x+12lnx+1．
(1)求曲線y=fx在x=2處切線的斜率；
(2)當(dāng)x>0時(shí)，證明：fx>1；
(3)證明：560，得x>0;
令g'(x)=ex-10，fx單調(diào)遞增；
所以fx的單減區(qū)間為-∞,1-ln2，單增區(qū)間為1-ln2,+∞.
（2）設(shè)函數(shù)hx=2ex-ex-elnx+1，
則h'x=2ex-e-ex，x>0，
易得h'x在0,+∞上單調(diào)遞增，且h'1=0，
所以當(dāng)x∈0,1，h'x0，討論m'x與0的大小可得mx0，可得x>1；
令φ'x0，u'(a)>0，故u(a)在(2e,+∞)上單調(diào)遞增，
所以u(píng)(a)min=u(2e)=-1e，所以λ≥-1e，
即實(shí)數(shù)λ的取值范圍是-1e,+∞.
【8】
【解題思路】（1）令x=y=0，求得f0=0，再令y=-x，從而得f-x=-fx，從而證明求解.
（2）設(shè)x1,x2∈R且x10，
解得：m>2或me分類討論，并借助零點(diǎn)存在性定理推理作答即可；
（2）利用（1）中信息，按m≤e和m>e探討，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)fx的最小值求解即可.
【解答過程】（1）函數(shù)fx的定義域?yàn)?,+∞，
所以f'x=me-x-xe-x+1-1x=1exx-1exx-m，
令ux=exx-m，則u'x=exx-1x2，
令u'x0時(shí)，h'x>0，則hx在0,+∞上單調(diào)遞增，
當(dāng)x1，
φ'x=ex-2>0，φx在1,+∞上單調(diào)遞增，即φx>φ1=e-2>0，
即有v'x>0，即vx在1,+∞上單調(diào)遞增，
即vx>v1=e-2>0，所以ex>x2，
當(dāng)x>m>e時(shí)，ux>x2x-m=x-m>0，此時(shí)?x2∈1,+∞，使得ux2=0，
因此x∈0,x1，f'xe時(shí)，?x1∈0,1，使得ux1=0，?x2∈1,+∞，使得ux2=0，
所以fx在0,x1上單調(diào)遞減，在x1,1上單調(diào)遞增，在1,x2上單調(diào)遞減，在x2,+∞上單調(diào)遞增，
其中exixi-m=0i=1,2，即xi=lnm+lnxi，所以fxmin=minfx1,fx2=1+lnm，
而fxi=mxiexi+xi-lnxi=1+lnm符合要求，所以m>e，
綜上可得，實(shí)數(shù)m的取值范圍為mm≥e.
【13】
【解題思路】（1）利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求斜率；
（2）問題化為x>0時(shí)lnx+1>2xx+2，構(gòu)造g(x)=lnx+1-2xx+2，利用導(dǎo)數(shù)研究單調(diào)性，即可證結(jié)論；
（3）構(gòu)造h(n)=lnn!-n+12lnn+n，n∈N*，作差法研究函數(shù)單調(diào)性可得h(n)≤h(1)=1，再構(gòu)造φ(x)=lnx-(x+5)(x-1)4x+2且x>0，應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性得到lnx≤(x+5)(x-1)4x+2恒成立，對(duì)h(n)-h(n+1)作放縮處理，結(jié)合累加得到h(1)-h(n)0時(shí)fx=1x+12lnx+1>1，即證lnx+1>2xx+2，
令g(x)=lnx+1-2xx+2且x>0，則g'(x)=1x+1-4(x+2)2=x2(x+1)(x+2)2>0，
所以g(x)在(0,+∞)上遞增，則g(x)>g(0)=0，即lnx+1>2xx+2.
所以x>0時(shí)fx>1.
（3）設(shè)h(n)=lnn!-n+12lnn+n，n∈N*，
則h(n+1)-h(n)=1+(n+12)lnn-(n+12)lnn+1=1-(n+12)ln(1+1n)，
由（2）知：x=1n ∈(0,1]，則f(1n)=(n+12)ln(1+1n)>1，
所以h(n+1)-h(n)56，
令φ(x)=lnx-(x+5)(x-1)4x+2且x>0，則φ'(x)=(x-1)2(1-x)x(2x+1)2，
當(dāng)0

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