已知函数 $f(x)=\ln x+\frac{2 a}{x}, a \in R$.

(1) 若函数 $f(x)$ 在 $[4,+\infty)$ 上是增函数, 求实数 $\mathrm{a}$ 的取值范围;

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答案: (1) 【解析】 $f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-\frac{2 a}{x^{2}}=\frac{x-2 a}{x^{2}}$,
由已知 $\forall x \in[4,+\infty), \frac{x-2 a}{x^{2}} \geq 0$, 即 $x-2 a \geq 0$,

$\therefore 2 a \leq x, \quad \therefore 2 a \leq 4, \quad \therefore a \leq 2$;

(2) 【解析】 当 $2 a \leq 1$, 即 $a \leq \frac{1}{2}$ 时, $x \in\lfloor 1, e\rfloor, f^{\prime}(x) \geq 0$,

$\therefore f(x)$ 在 $\lfloor 1, e\rfloor_{\text {上单调递增, }}$

$\therefore f(x)_{\text {min }}=f(1)=2 a=3, \therefore a=\frac{3}{2}$ 舍;

当 $1<2 a<e$, 即 $\frac{1}{2}<a<\frac{e}{2}$ 时, $x \in(1,2 a), f^{\prime}(x)<0$,

$\therefore f(x)$ 在 $x \in(1,2 a)$ 上单调递减; $x \in(2 a, e), f^{\prime}(x)>0$,

$\therefore f(x)$ 在 $x \in(1,2 a)$ 上单调递增,

$\therefore f(x)_{\min }=f(2 a)=\ln 2 a+1=3, \quad \therefore a=\frac{e^{2}}{2}$ 舍;

当 $2 a \geq e$, 即 $a \geq \frac{e}{2}$ 时, $x \in\lfloor 1 e\rfloor, f^{\prime}(x) \leq 0$,

$\therefore f(x)$ 在 $\lfloor 1, e\rfloor_{\text {上单调递减, }}$

$\therefore f(x)_{\text {min }}=f(e)=1+\frac{2 a}{e}=3, \therefore a=e$;

综上, $a=e$.

【分析】(1) 求出原函数的导函数, 由导函数在 $\lfloor 4,+\infty)$ 大于等于 0 恒成立得到 $\mathrm{x}-2 \mathrm{a} \geq 0$ 在 $\lfloor 4,+\infty)$恒成立, 分离变量 $\mathrm{a}$ 后即可得到 $\mathrm{a}$ 的取值范围; （2）由原函数的导函数等于 0 求出导函数的零点,由零点对定义域分段, 然后根据原函数的极值点与给出的区间端点值得大小关系分析原函数在区间

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27.答案: 【解析】 (I) $f^{\prime}(x)=e^{x}(\sin x+\cos x)=\sqrt{2} e^{x} \sin \left(x+\frac{\pi}{4}\right)$

则 $f^{\prime}(x) \geq 0, \therefore \sin \left(x+\frac{\pi}{4}\right) \geq 0$.

$\therefore 2 k \pi \leq x+\frac{\pi}{4} \leq 2 k \pi+\pi$, 即 $2 k \pi-\frac{\pi}{4} \leq x \leq 2 k \pi+\frac{3}{4} \pi$,

$f(x)$ 单调区间为 $\left[2 k \pi-\frac{\pi}{4}, 2 k \pi+\frac{3 \pi}{4}\right] k \in Z$

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则 $f(0)=0, f(\pi)=0, f\left(\frac{3}{4} \pi\right)=\frac{\sqrt{2}}{2} e^{\frac{3}{4}} \pi$,
所以 $f_{\text {max }}=f\left(\frac{3 \pi}{4}\right)=\frac{\sqrt{2}}{2} e^{\frac{3 \pi}{4}}, f_{\text {min }}=f(0)=f(\pi)=0$.

【分析】(I) 因为对函数 $f(x)=e^{x} \sin x$ 求导可得 $f^{\prime}(x)=\sqrt{2} e^{x} \sin \left(x+\frac{\pi}{4}\right)$, 函数 $f(x)$ 的单调递增区间即要满足 $f^{\prime}(x) \geq 0$, 即解 $\sin \left(x+\frac{\pi}{4}\right) \geq 0$ 可得 $\mathrm{x}$ 的范围.本小题要处理好两个关键点: 三角的化一公式; 解三角不等式. (II) 因为由（I）可得函数 $f(x)$ 在上 $\left[2 k \pi-\frac{\pi}{4}, 2 k \pi+\frac{3 \pi}{4}\right] k \in Z_{\text {递增, 又 }}$

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28.答案: (1) 【解析】 函数 $f(x)$ 的定义域为: $(0,+\infty)$

$f(x) \leq 2 x+c \Rightarrow f(x)-2 x-c \leq 0 \Rightarrow 2 \ln x+1-2 x-c \leq 0(*)$,

设 $h(x)=2 \ln x+1-2 x-c(x>0)$,

则有 $h^{\prime}(x)=\frac{2}{x}-2=\frac{2(1-x)}{x}$,

当 $x>1$ 时, $h^{\prime}(x)<0, h(x)$ 单调递减,

当 $0<x<1$ 时, $h^{\prime}(x)>0, h(x)$ 单调递增,

所以当 $x=1$ 时, 函数 $h(x)$ 有最大值,

即 $h(x)_{\text {max }}=h(1)=2 \ln 1+1-2 \times 1-c=-1-c$,

要想不等式 $(*)$ 在 $(0,+\infty)$ 上恒成立,

只需 $h(x)_{\max } \leq 0 \Rightarrow-1-c \leq 0 \Rightarrow c \geq-1$;

（2）【解析】 $g(x)=\frac{2 \ln x+1-(2 \ln a-1)}{x-a}=\frac{2(\ln x-\ln a)}{x-a}(x>0$ 且 $x \neq a)$

因此 $g(x)=\frac{2(x-a-x \ln x+x \ln a)}{x(x-a)^{2}}$,

设 $m(x)=2(x-a-x \ln x+x \ln a)$,

则有 $m^{\prime}(x)=2(\ln a-\ln x)$,

当 $x>a$ 时, $\ln x>\ln a$, 所以 $m(x)<0, m(x)$ 单调递减,

因此有 $m(x)<m(a)=0$, 即 $g(x)<0$, 所以 $g(x)$ 单调递减;

当 $0<x<a$ 时, $\ln x<\ln a$, 所以 $m(x)>0, m(x)$ 单调递增,

因此有 $m(x)<m(a)=0$, 即 $g(x)<0$, 所以 $g(x)$ 单调递减,

所以函数 $g(x)$ 在区间 $(0, a)$ 和 $(a,+\infty)$ 上单调递减，没有递增区间.

【分析】(1) 不等式 $f(x) \leq 2 x+c$ 转化为 $f(x)-2 x-c \leq 0$, 构造新函数, 利用导数求出新函数
的最大值, 进而进行求解即可; (2) 对函数 $g(x)$ 求导, 把导函数 $g(x)$ 的分子构成一个新函数 $m(x)$,再求导得到 $m^{\prime}(x)$, 根据 $m^{\prime}(x)$ 的正负, 判断 $m(x)$ 的单调性, 进而确定 $g^{\prime}(x)$ 的正负性, 最后求出函数 $g(x)$ 的单调性.