Question

7．已知f（x）=e^x-a|x-1|-1（其中無理數(shù)e=2.71828…，實(shí)數(shù)a＞-e）
（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）若g（x）=ln（e^x+a）-lnx，當(dāng)e＜a＜e²時(shí)，求證：對任意實(shí)數(shù)x＞lna，不等式f（g（x））＜f（2x）恒成立．

Answer 1

分析 （1）去絕對值，可得f（x）的解析式，求得導(dǎo)數(shù)，對a討論，①若-e＜a＜0，②當(dāng)0≤a≤e時(shí)，③若a＞e，由導(dǎo)數(shù)小于0，可得減區(qū)間，導(dǎo)數(shù)大于0，可得增區(qū)間；
（2）先證g（x）＞lna對任意x＞lna成立，由分析可令h（x）=e^x+a-ax（x＞lna），求出導(dǎo)數(shù)，判斷單調(diào)性，可得結(jié)論；再證g（x）＜2x對任意x＞lna成立，由分析可令H（x）=xe^2x-a-e^x＞0（x＞lna），運(yùn)用導(dǎo)數(shù)，判斷單調(diào)性，即可得證．

解答 解：（1）f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{{e}^{x}-a（x-1）-1，x≥1}\\{{e}^{x}+a（x-1）-1，x＜1}\end{array}\right.$，
則f′（x）=$\left\{\begin{array}{l}{{e}^{x}-a，x≥1}\\{{e}^{x}+a，x＜1}\end{array}\right.$，
分三種情況討論．
①若-e＜a＜0，當(dāng)x≥1，f′（x）=e^x-a＞0，
當(dāng)x＜1時(shí)，f′（x）=e^x+a=0，解得x=ln（-a），當(dāng)x＜ln（-a）時(shí)，f′（x）＜0，
當(dāng)ln（-a）＜x＜1時(shí)，f′（x）＞0，
即有f（x）在（-∞，ln（-a））遞減，在（ln（-a），+∞）遞增；
②當(dāng)0≤a≤e時(shí)，當(dāng)x＜1時(shí)，f′（x）=e^x+a＞0，當(dāng)x≥1時(shí)，f′（x）=e^x-a≥0，
由f（x）的圖象為連續(xù)不斷的曲線，即有f（x）在R上遞增；
③若a＞e，當(dāng)x＜1，f′（x）=e^x+a＞0，
當(dāng)x≥1時(shí)，f′（x）=e^x-a=0，解得x=lna∈（1，+∞），
當(dāng)1＜x＜lna時(shí)，f′（x）＜0，
當(dāng)x＞lna時(shí)，f′（x）＞0，
即有f（x）在（-∞，1），（lna，+∞）遞增，在（1，lna）遞減．
（2）證明：先證g（x）＞lna對任意x＞lna成立，
由g（x）＞lna即為ln（e^x+a）-lnx＞lna即為e^x+a-ax＞0，
令h（x）=e^x+a-ax（x＞lna），
則當(dāng)x＞lna時(shí)，h′（x）=e^x-a＞0，即h（x）在（lna，+∞）遞增，
且當(dāng)e＜a＜e²時(shí)，h（lna）=a+a-alna=a（2-lna）＞0，故h（x）＞0，
從而g（x）＞lna對任意x＞lna成立．
再證g（x）＜2x對任意x＞lna成立，由g（x）＜2x即為ln（e^x+a）-lnx＜2x，即為xe^2x-a-e^x＞0，
令H（x）=xe^2x-a-e^x＞0（x＞lna），則H′（x）=e^x（（2x+1）e^x-1）＞0，
即H（x）在（lna，+∞）上遞增．
即H（lna）=a（alna-2）＞a（a-2）＞0，故g（x）＜2x對任意x＞lna恒成立．
綜上可得當(dāng)e＜a＜e²時(shí)，對任意實(shí)數(shù)x＞lna，不等式f（g（x））＜f（2x）恒成立．

點(diǎn)評 本題考查函數(shù)的單調(diào)性的運(yùn)用，考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求單調(diào)區(qū)間，同時(shí)考查不等式恒成立問題的解法，運(yùn)用分類討論的思想方法是解題的關(guān)鍵．