Question

1．已知x∈（1，+∞），函数f（x）=e^x+2ax（a∈R），函数g（x）=|$\frac{e}{x}$-lnx|+lnx，其中e为自然对数的底数
（1）求函数f（x）的单调区间
（2）证明：当a∈（2，+∞）时，f′（x-1）＞g（x）+a．

Answer 1

分析 （1）求出函数的单调区间，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）求出f′（x-1）的表达式以及g（x）的分段函数，通过讨论x的范围分别证明即可．

解答 解：（1）f（x）=e^x+2ax，x∈（1，+∞），
f′（x）=e^x+2a，
显然a≥0时，f′（x）＞0，f（x）递增，
-$\frac{e}{2}$≤a＜0时，2a≥-e，e^x＞e，
故f′（x）＞0，f（x）在（1，+∞）递增，
a＜-$\frac{e}{2}$时，2a＜-e，则-2a＞e，
令f′（x）＞0，则e^x＞-2a，解得：x＞ln（-2a），
令f′（x）＜0，解得：1＜x＜ln（-2a），
∴f（x）在（1，ln（-2a））递减，在（ln（-2a），+∞）递增，
综上，a≥-$\frac{e}{2}$时，f（x）在（1，+∞）递增，
a＜-$\frac{e}{2}$时，f（x）在（1，ln（-2a））递减，在（ln（-2a），+∞）递增；
（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时，证明当a∈（2，+∞）时，f′（x-1）＞g（x）+a，
即证明：e^x-1+2a＞$\frac{e}{x}$+a，a＞2，
即a＞$\frac{e}{x}$-e^x-1，
只需证明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）递减，
h（x）_最大值=h（1）=e-1＜2，
∴a＞$\frac{e}{x}$-e^x-1，
∴1＜x＜e时，当a∈（2，+∞）时，f′（x-1）＞g（x）+a；
②x≥e时，证明当a∈（2，+∞）时，f′（x-1）＞g（x）+a，
即证明：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，显然m′（x）在[e，+∞）递增，
而m′（e）=$\frac{e-3}{e}$≈0，m′（3）≈6，
近似看成m（x）在[e，+∞）递增，
∴m（x）＞m（x₀）≈m（e）=e^e-1+a-1＞e^e-1+1＞0，
综上，当a∈（2，+∞）时，f′（x-1）＞g（x）+a．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查不等式的证明，是一道综合题．