1．解：(1)若a＝2，則f(x)＝2lnx+x+2x的定義域?yàn)?0，＋且f′(x)＝x2令f′(x)>0，解得0<x<1；令f′(x)<0，解得x>1；所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，1)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1，＋∞)．(2)因?yàn)閒(x)＝2lnx+x+ax≤xex，則a≤x2ex－2ln所以原題意等價于對?x∈(0，＋∞)，a≤x2ex－2lnx－x恒成立，構(gòu)建g(x)＝x2ex－2lnx－x，x>0，則g′(x)＝(x2＋2x)ex－2x－1＝x(x＋2)e令h(x)＝ex－1x2，x>0，則h′(x)＝ex＋2x3>0對?x∈(0可知h(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增，且h12e－4<0，可知h(x)在(0，＋∞)內(nèi)存在唯一零點(diǎn)x0∈12當(dāng)0<x<x0時，h(x)<0，即g′(x)<0；當(dāng)x>x0時，h(x)>0，即g′(x)>0；可知g(x)在(0，x0)內(nèi)單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增，則g(x)≥g(x0)＝x02ex0－2lnx0－且h(x0)＝ex0?1x02＝0，可得所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－∞，1].2．解：(1)當(dāng)a＝0時，f(x)＝ex－lnx，f′(x)＝ex－1x所以曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線的斜率k＝e－1，又f(1)＝e，所以切線方程為y＝(e－1)x＋1，與x，y軸的交點(diǎn)分別是11?故切線與坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積S＝12(2)存在x0∈[e，＋∞)，使f(x0)<0，即ex0?a?即存在x0∈[e，＋∞)，使ea令h(x)＝exlnx，因此，只要函數(shù)h(x)＝exlnx在區(qū)間[e下面求函數(shù)h(x)＝exlnx在區(qū)間[eh′(x)＝exlnx?1xln2x，令u因?yàn)閡′(x)＝1x所以u(x)為[e，＋∞)上的增函數(shù)，且u(e)＝1－1e所以h′(x)＝exlnx?1xln2x>0在[e，＋∞)恒成立，故h(x)＝exlnx在[e，＋∞)單調(diào)遞増，函數(shù)h(x)＝e由h(e)＝ee<ea，得a>e，所以a的取值范圍是(e，＋∞)．3．解：(1)由題可知f′(x)＝m－1x，x∈(1，＋∞)，且f′(x當(dāng)m≤0時，f′(x)＝m－1x<0恒成立，此時f(x)在(1，＋∞當(dāng)0<m<1時，令f′(x)＝0，則x＝1m所以x∈1，1m時，f′(x)<0，此時fx∈1m，+∞時，f′(x)>0，此時當(dāng)m≥1，即0<1m≤1時，此時f′(x)>0在(1，＋∞)恒成立，f(x綜上，當(dāng)m≤0時，f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)0<m<1時，f(x)在1，1m當(dāng)m≥1時，f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)因?yàn)閤∈(1，＋∞)，所以x2－x>0，又e(m-1)x+1f(x)≥x2－x，所以f(x)>0，即mx－lnx>0，,故x∈(1，＋∞)時，m>lnx令φ(x)＝lnxx，x∈(1，＋∞)，則φ′(x)＝當(dāng)x∈(1，e)時，φ′(x)>0，φ(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(e，＋∞)時，φ′(x)<0，φ(x)單調(diào)遞減，所以φ(x)max＝φ(e)＝1e，從而m>1將e(m-1)x+1f(x)≥x2－x兩邊同時取以e為底的對數(shù)可得(m－1)x＋1＋ln(mx－lnx)≥lnx＋ln(x－1)，整理可得(mx－lnx)＋ln(mx－lnx)≥(x－1)＋ln(x－1)，令g(t)＝t＋lnt，則g(mx－lnx)≥g(x－1)，且g(t)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，因?yàn)閙x－lnx>0且x－1>0，所以mx－lnx≥x－1在(1，＋∞)上恒成立，所以m≥x+lnx?1x＝1+lnx?1x恒成立，令h(x當(dāng)x∈(1，e2)時，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(e2，＋∞)時，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，所以h(x)max＝h(e2)＝1e2，所以m≥1＋因?yàn)?e<1＋1e2，所以m≥4．解：(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，當(dāng)a＝1時，f(x)＝(x－2e2)lnx－x－2e2，所以f′(x)＝－2e2x設(shè)g(x)＝f′(x)＝－2e2x因?yàn)閥＝－2e2x，y＝lnx所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且g(e2)＝0，所以x∈(0，e2)時，g(x)<0，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；x∈(e2，＋∞)時，g(x)>0，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．所以f(x)在(0，e2)上單調(diào)遞減，在(e2，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)由f(x)＝(x－2e2)lnx－ax－2e2，x∈(0，＋∞)，得f′(x)＝－2e2x＋lnx因?yàn)閥＝－2e2x，y＝lnx所以f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，已知存在x0∈(1，e2)，使得f(x)≥f(x0)在(0，＋∞)上恒成立，所以f(x0)是f(x)的最小值，所以f′(x0)＝0，即f′(x0)＝－2e2x0＋lnx0＋1－a＝0，所以a＝lnx所以f(x0)＝(x0－2e2)lnx0－ax0－2e2＝(x0－2e2)lnx0－lnx0+1?2e2x0x0－2e2＝－2e設(shè)h(x)＝－2e2lnx－x，由方程f(x0)＝?ekx0－2e2kx0有解，得－2e2lnx0－x0＝?e即h(x0)＝?e因?yàn)閔′(x)＝－2e2x所以h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以x0＝ekx0，則k設(shè)m(x)＝