1.已知x∈(1,+∞),函數(shù)f(x)=ex+2ax(a∈R),函數(shù)g(x)=|$\frac{e}{x}$-lnx|+lnx,其中e為自然對(duì)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(shí),f′(x-1)>g(x)+a.

分析 (1)求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間,通過(guò)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(dá)式以及g(x)的分段函數(shù),通過(guò)討論x的范圍分別證明即可.

解答 解:(1)f(x)=ex+2ax,x∈(1,+∞),
f′(x)=ex+2a,
顯然a≥0時(shí),f′(x)>0,f(x)遞增,
-$\frac{e}{2}$≤a<0時(shí),2a≥-e,ex>e,
故f′(x)>0,f(x)在(1,+∞)遞增,
a<-$\frac{e}{2}$時(shí),2a<-e,則-2a>e,
令f′(x)>0,則ex>-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(shí),f(x)在(1,+∞)遞增,
a<-$\frac{e}{2}$時(shí),f(x)在(1,ln(-2a))遞減,在(ln(-2a),+∞)遞增;
(2)x∈(1,+∞),f′(x-1)=ex-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(shí),證明當(dāng)a∈(2,+∞)時(shí),f′(x-1)>g(x)+a,
即證明:ex-1+2a>$\frac{e}{x}$+a,a>2,
即a>$\frac{e}{x}$-ex-1,
只需證明h(x)=$\frac{e}{x}$-ex-1≤2在(1,e)恒成立即可,
h′(x)=-$\frac{e}{{x}^{2}}$-ex-1<0,h(x)在(1,e)遞減,
h(x)最大值=h(1)=e-1<2,
∴a>$\frac{e}{x}$-ex-1
∴1<x<e時(shí),當(dāng)a∈(2,+∞)時(shí),f′(x-1)>g(x)+a;
②x≥e時(shí),證明當(dāng)a∈(2,+∞)時(shí),f′(x-1)>g(x)+a,
即證明:ex-1+2a>2lnx-$\frac{e}{x}$+a,a>2,
令m(x)=ex-1-2lnx+$\frac{e}{x}$+a,(a>0,x≥e),
m′(x)=-$\frac{2}{x}$-$\frac{e}{{x}^{2}}$+ex-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)=ee-1+a-1>ee-1+1>0,
綜上,當(dāng)a∈(2,+∞)時(shí),f′(x-1)>g(x)+a.

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

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