Question

【题目】已知函数f（x），

（1）讨论函数f（x）的单调性；

（2）证明：a＝1时，f（x）+g（x）﹣（1）lnx＞e．

Answer 1

【答案】（1）详见解析；（2）证明见解析

【解析】

（1）对求导后，再对a分类讨论即可得出函数的单调性．

（2）a＝1时，将所证不等式转化为ex﹣ex+1，令F（x）＝ex﹣ex+1，G（x），分别根据导数求出的最小值和的最大值即可证明不等式成立.

（1）f（x）alnx，（x∈（0，+∞））．

．

当a≤0时，＜0，函数f（x）在x∈（0，+∞）上单调递减．

a＞0时，由，得，由，得

所以函数在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增．

（2）证明：a＝1时，要证f（x）+g（x）﹣（1）lnx＞e．

即要证：lnx﹣e＞0ex﹣ex+1．x∈（0，+∞）．

令F（x）＝ex﹣ex+1，F′（x）＝ex﹣e，

当x∈（0，1）时，F′（x）＜0，此时函数F（x）单调递减；

当x∈（1，+∞）时，F′（x）＞0，此时函数F（x）单调递增．

可得x＝1时，函数F（x）取得最小值，F（1）＝1．

令G（x），G′（x），

当时，，此时为增函数，

当时。，此时为减函数

所以x＝e时，函数G（x）取得最大值，G（e）＝1．

x＝1与x＝e不同时取得，因此F（x）＞G（x），即ex﹣ex+1．x∈（0，+∞）．

故原不等式成立．