Question

1．已知x∈（1，+∞），函數(shù)f（x）=e^x+2ax（a∈R），函數(shù)g（x）=|$\frac{e}{x}$-lnx|+lnx，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間
（2）證明：當(dāng)a∈（2，+∞）時，f′（x-1）＞g（x）+a．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）求出f′（x-1）的表達式以及g（x）的分段函數(shù)，通過討論x的范圍分別證明即可．

解答 解：（1）f（x）=e^x+2ax，x∈（1，+∞），
f′（x）=e^x+2a，
顯然a≥0時，f′（x）＞0，f（x）遞增，
-$\frac{e}{2}$≤a＜0時，2a≥-e，e^x＞e，
故f′（x）＞0，f（x）在（1，+∞）遞增，
a＜-$\frac{e}{2}$時，2a＜-e，則-2a＞e，
令f′（x）＞0，則e^x＞-2a，解得：x＞ln（-2a），
令f′（x）＜0，解得：1＜x＜ln（-2a），
∴f（x）在（1，ln（-2a））遞減，在（ln（-2a），+∞）遞增，
綜上，a≥-$\frac{e}{2}$時，f（x）在（1，+∞）遞增，
a＜-$\frac{e}{2}$時，f（x）在（1，ln（-2a））遞減，在（ln（-2a），+∞）遞增；
（2）x∈（1，+∞），f′（x-1）=e^x-1+2a，
g（x）=|$\frac{e}{x}$-lnx|+lnx=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{e}{x}，1＜x＜e}\\{2lnx-\frac{e}{x}，x≥e}\end{array}\right.$，
①1＜x＜e時，證明當(dāng)a∈（2，+∞）時，f′（x-1）＞g（x）+a，
即證明：e^x-1+2a＞$\frac{e}{x}$+a，a＞2，
即a＞$\frac{e}{x}$-e^x-1，
只需證明h（x）=$\frac{e}{x}$-e^x-1≤2在（1，e）恒成立即可，
h′（x）=-$\frac{e}{{x}^{2}}$-e^x-1＜0，h（x）在（1，e）遞減，
h（x）_最大值=h（1）=e-1＜2，
∴a＞$\frac{e}{x}$-e^x-1，
∴1＜x＜e時，當(dāng)a∈（2，+∞）時，f′（x-1）＞g（x）+a；
②x≥e時，證明當(dāng)a∈（2，+∞）時，f′（x-1）＞g（x）+a，
即證明：e^x-1+2a＞2lnx-$\frac{e}{x}$+a，a＞2，
令m（x）=e^x-1-2lnx+$\frac{e}{x}$+a，（a＞0，x≥e），
m′（x）=-$\frac{2}{x}$-$\frac{e}{{x}^{2}}$+e^x-1，顯然m′（x）在[e，+∞）遞增，
而m′（e）=$\frac{e-3}{e}$≈0，m′（3）≈6，
近似看成m（x）在[e，+∞）遞增，
∴m（x）＞m（x₀）≈m（e）=e^e-1+a-1＞e^e-1+1＞0，
綜上，當(dāng)a∈（2，+∞）時，f′（x-1）＞g（x）+a．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問題，考查不等式的證明，是一道綜合題．