Question

7．已知f（x）=e^x-a|x-1|-1（其中无理数e=2.71828…，实数a＞-e）
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）若g（x）=ln（e^x+a）-lnx，当e＜a＜e²时，求证：对任意实数x＞lna，不等式f（g（x））＜f（2x）恒成立．

Answer 1

分析 （1）去绝对值，可得f（x）的解析式，求得导数，对a讨论，①若-e＜a＜0，②当0≤a≤e时，③若a＞e，由导数小于0，可得减区间，导数大于0，可得增区间；
（2）先证g（x）＞lna对任意x＞lna成立，由分析可令h（x）=e^x+a-ax（x＞lna），求出导数，判断单调性，可得结论；再证g（x）＜2x对任意x＞lna成立，由分析可令H（x）=xe^2x-a-e^x＞0（x＞lna），运用导数，判断单调性，即可得证．

解答 解：（1）f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{{e}^{x}-a（x-1）-1，x≥1}\\{{e}^{x}+a（x-1）-1，x＜1}\end{array}\right.$，
则f′（x）=$\left\{\begin{array}{l}{{e}^{x}-a，x≥1}\\{{e}^{x}+a，x＜1}\end{array}\right.$，
分三种情况讨论．
①若-e＜a＜0，当x≥1，f′（x）=e^x-a＞0，
当x＜1时，f′（x）=e^x+a=0，解得x=ln（-a），当x＜ln（-a）时，f′（x）＜0，
当ln（-a）＜x＜1时，f′（x）＞0，
即有f（x）在（-∞，ln（-a））递减，在（ln（-a），+∞）递增；
②当0≤a≤e时，当x＜1时，f′（x）=e^x+a＞0，当x≥1时，f′（x）=e^x-a≥0，
由f（x）的图象为连续不断的曲线，即有f（x）在R上递增；
③若a＞e，当x＜1，f′（x）=e^x+a＞0，
当x≥1时，f′（x）=e^x-a=0，解得x=lna∈（1，+∞），
当1＜x＜lna时，f′（x）＜0，
当x＞lna时，f′（x）＞0，
即有f（x）在（-∞，1），（lna，+∞）递增，在（1，lna）递减．
（2）证明：先证g（x）＞lna对任意x＞lna成立，
由g（x）＞lna即为ln（e^x+a）-lnx＞lna即为e^x+a-ax＞0，
令h（x）=e^x+a-ax（x＞lna），
则当x＞lna时，h′（x）=e^x-a＞0，即h（x）在（lna，+∞）递增，
且当e＜a＜e²时，h（lna）=a+a-alna=a（2-lna）＞0，故h（x）＞0，
从而g（x）＞lna对任意x＞lna成立．
再证g（x）＜2x对任意x＞lna成立，由g（x）＜2x即为ln（e^x+a）-lnx＜2x，即为xe^2x-a-e^x＞0，
令H（x）=xe^2x-a-e^x＞0（x＞lna），则H′（x）=e^x（（2x+1）e^x-1）＞0，
即H（x）在（lna，+∞）上递增．
即H（lna）=a（alna-2）＞a（a-2）＞0，故g（x）＜2x对任意x＞lna恒成立．
综上可得当e＜a＜e²时，对任意实数x＞lna，不等式f（g（x））＜f（2x）恒成立．

点评 本题考查函数的单调性的运用，考查导数的运用：求单调区间，同时考查不等式恒成立问题的解法，运用分类讨论的思想方法是解题的关键．