4.(2016·河南省八市重点高中高三质量检测)已知函数f(x)=xlnx，g(x)=8(1x2-x。
(1)求f(x)的单调区间和极值点;
(2)是否存在实数m，使得函数h(x)=4x(3f(x)+m+g(x)有三个不同的零点?若存在，求出m的取值范围;若不存在，请说明理由。
解 (1)f′(x)=ln x+1，
由f′(x)>0，得x>e(1;f′(x)<0，得0所以f(x)在e(1上单调递减，在，+∞(1上单调递增。
故f(x)的极小值点为x=e(1。
(2)假设存在实数m，使得函数h(x)=4x(3f(x)+m+g(x)有三个不同的零点，
即方程6ln x+8m+x2-8x=0，有三个不等实根。
令φ(x)=6ln x+8m+x2-8x，
φ′(x)=x(6+2x-8=x(2(x2-4x+3)=x(2(x-3)(x-1)，
由φ′(x)>0，得03;由φ′(x)<0，得1所以φ(x)在(0,1)上单调递增，(1,3)上单调递减，(3，+∞)上单调递增，
所以φ(x)的极大值为φ(1)=-7+8m，φ(x)的极小值为φ(3)=-15+6ln 3+8m。要使方程6ln x+8m+x2-8x=0有三个不等实根，则函数φ(x)的图像与x轴要有三个交点，
根据φ(x)的图像可知必须满足-15+6ln 3+8m<0(-7+8m>0，解得8(7所以存在实数m，使得方程4x(3f(x)+m+g(x)=0有三个不等实根，
实数m的取值范围是8(75.(2015·福建卷)已知函数f(x)=ln(1+x)，g(x)=kx(k∈R)。
(1)证明：当x>0时，f(x)(2)证明：当k<1时，存在x0>0，使得对任意的x∈(0，x0)，恒有f(x)>g(x);
(3)确定k的所有可能取值，使得存在t>0，对任意的x∈(0，t)，恒有|f(x)-g(x)|解 (1)证明：令F(x)=f(x)-x=ln(1+x)-x，x∈[0，+∞)，则有F′(x)=1+x(1-1=x+1(-x。
当x∈(0，+∞)时，F′(x)<0。
所以F(x)在[0，+∞)上单调递减，
故当x>0时，F(x)即当x>0时，f(x)(2)证明：令G(x)=f(x)-g(x)=ln(1+x)-kx，x∈[0，+∞)，则有G′(x)=x+1(1-k=x+1(-kx+(1-k)。
当k≤0时，G′(x)>0，故G(x)在[0，+∞)单调递增，G(x)>G(0)=0，
故任意正实数x0均满足题意。
当00，
取x0=k(1-1，对任意x∈(0，x0)，有G′(x)>0，
从而G(x)在[0，x0)单调递增，所以G(x)>G(0)=0，即f(x)>g(x)。
综上，当k<1时，总存在x0>0，使得对任意x∈(0，x0)，恒有f(x)>g(x)。
(3)解法一：当k>1时，由(1)知，对于∀x∈(0，+∞)，g(x)>x>f(x)，故g(x)>f(x)，
|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=kx-ln(1+x)。
令M(x)=kx-ln(1+x)-x2，x∈[0，+∞)，
则有M′(x)=k-1+x(1-2x=x+1(-2x2+(k-2)x+k-1，
故当x∈4(k-2)2+8(k-1)时，M′(x)>0，
M(x)在4((k-2)2+8(k-1)上单调递增，
故M(x)>M(0)=0，即|f(x)-g(x)|>x2。
所以满足题意的t不存在。
当k<1时，由(2)知，存在x0>0，使得当x∈(0，x0)时，f(x)>g(x)。
此时|f(x)-g(x)|=f(x)-g(x)=ln(1+x)-kx。
令N(x)=ln(1+x)-kx-x2，x∈[0，+∞)，
则有N′(x)=x+1(1-k-2x=x+1(-2x2-(k+2)x+1-k，
当x∈4(k+2)2+8(1-k)时，
N′(x)>0，
N(x)在4((k+2)2+8(1-k)上单调递增，故N(x)>N(0)=0，即f(x)-g(x)>x2。
记x0与4((k+2)2+8(1-k)中的较小者为x1，则当x∈(0，x1)时，恒有|f(x)-g(x)|>x2。
故满足题意的t不存在。
当k=1时，由(1)知，当x>0时，|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=x-ln(1+x)。
令H(x)=x-ln(1+x)-x2，x∈[0，+∞)，
则有H′(x)=1-1+x(1-2x=x+1(-2x2-x。
当x>0时，H′(x)<0，
所以H(x)在[0，+∞)上单调递减，故H(x)故当x>0时，恒有|f(x)-g(x)|此时，任意正实数t均满足题意。
综上，k=1。
解法二：当k>1时，由(1)知，对于∀x∈(0，+∞)，g(x)>x>f(x)，
故|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=kx-ln(1+x)>kx-x=(k-1)x。
令(k-1)x>x2，解得0从而得到，当k>1时，对于x∈(0，k-1)，
恒有|f(x)-g(x)|>x2，
故满足题意的t不存在。
当k<1时，取k1=2(k+1，从而k由(2)知，存在x0>0，使得x∈(0，x0)，f(x)>k1x>kx=g(x)，
此时|f(x)-g(x)|=f(x)-g(x)>(k1-k)x=2(1-kx。
令2(1-kx>x2，解得0x2。
记x0与2(1-k的较小者为x1，当x∈(0，x1)时，恒有|f(x)-g(x)|>x2。
故满足题意的t不存在。
当k=1时，由(1)知，x>0，|f(x)-g(x)|=f(x)-g(x)=x-ln(1+x)。
令M(x)=x-ln(1+x)-x2，x∈[0，+∞)，
则有M′(x)=1-1+x(1-2x=x+1(-2x2-x。
当x>0时，M′(x)<0，所以M(x)在[0，+∞)上单调递减，故M(x)故当x>0时，恒有|f(x)-g(x)|此时，任意正实数t均满足题意。
综上，k=1。
