1．设 a 为实数，函数 f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
(1)求 f(x)的单调区间与极值；
(2)求证：当 a>ln 2－1 且 x>0 时，ex>x2－2ax＋1.
解：(1)由 f(x)＝ex－2x＋2a(x∈R)，知 f′(x)＝ex－2.令 f′(x)＝0，得 x＝ln 2.
当 x0，故函数 f(x)在区间(ln 2，＋∞)上单调递增．
所以 f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)，f(x)在 x＝ln 2 处取
得极小值 f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2a＝2－2ln 2＋2a，无极大值．
(2)证明：要证当 a>ln 2－1 且 x>0 时，ex>x2－2ax＋1，即证当 a>ln 2－1 且 x>0 时，ex－x2
＋2ax－1>0.
设 g(x)＝ex－x2＋2ax－1(x≥0)．
则 g′(x)＝ex－2x＋2a，由(1)知 g′(x)min＝g′(ln 2)＝2－2ln 2＋2a.
又 a>ln 2－1，则 g′(x)min>0.
于是对∀x∈R，都有 g′(x)>0，所以 g(x)在 R 上单调递增．
于是对∀x>0，都有 g(x)>g(0)＝0.
即 ex－x2＋2ax－1>0，
故 ex>x2－2ax＋1.
2．(2019·贵阳模拟)已知函数 f(x)＝mex－ln x－1.
(1)当 m＝1 时，求曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若 m∈(1，＋∞)，求证：f(x)>1.
解：(1)当 m＝1 时，f(x)＝ex－ln x－1，
所以 f′(x)＝ex－1
x，
所以 f′(1)＝e－1，又因为 f(1)＝e－1，
所以曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为 y－(e－1)＝(e－1)(x－1)，即 y＝(e－1)x.
(2)证明：当 m>1 时，f(x)＝mex－ln x－1>ex－ln x－1，
要证明 f(x)>1，只需证明 ex－ln x－2>0，
设 g(x)＝ex－ln x－2，则 g′(x)＝ex－1
x(x>0)，
设 h(x)＝ex－1
x(x>0)，则 h′(x)＝ex＋1
x2>0，
所以函数 h(x)＝g′(x)＝ex－1
x在(0，＋∞)上单调递增，
因为 g′(1
2 )＝e
1
2
－20，所以函数 g′(x)＝ex－1
x在(0，＋∞)上有唯一零点 x0，且 x0∈(1
2，1 )，
因为 g′(x0)＝0，所以 ex0＝1
x0，即 ln x0＝－x0，
当 x∈(0，x0)时，g′(x)0，
所以当 x＝x0 时，g(x)取得最小值 g(x0)，
故 g(x)≥g(x0)＝ex0－ln x0－2＝1
x0＋x0－2>0，
综上可知，若 m∈(1，＋∞)，则 f(x)>1.
3．(2019·济南市学习质量评估)已知函数 f(x)＝x(ex＋1)－a(ex－1)．
(1)若曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处切线的斜率为 1，求实数 a 的值；
(2)当 x∈(0，＋∞)时，f(x)>0 恒成立，求实数 a 的取值范围．
解：(1)f′(x)＝xex＋ex＋1－aex.
因为 f′(1)＝e＋e＋1－ae＝1，所以 a＝2.
(2)设 g(x)＝f′(x)＝ex＋1＋xex－aex，则 g′(x)＝ex＋(x＋1)ex－aex＝(x＋2－a)ex，设 h(x)＝x＋
2－a，
注意到 f(0)＝0，f′(0)＝g(0)＝2－a，
(i)当 a≤2 时，h(x)＝x＋2－a>0 在(0，＋∞)上恒成立，
所以 g′(x)>0 在(0，＋∞)上恒成立，所以 g(x)在(0，＋∞)上是增函数，
所以 g(x)>g(0)＝2－a≥0，所以 f′(x)>0 在(0，＋∞)上恒成立．
所以 f(x)在(0，＋∞)上是增函数，
所以 f(x)>f(0)＝0 在(0，＋∞)上恒成立，符合题意．
(ii)当 a>2 时，h(0)＝2－a0，∃x0∈(0，a)，使得 h(x0)＝0，
当 x∈(0，x0)时，h(x)
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