Question

7．已知函數f（x）=2ax+bx-1-2lnx（a∈R）．
（1）當b=0時，討論函數f（x）的單調區(qū)間；
（2）若對?α∈[1，3]，?x∈（0，+∞），f（x）≥2bx-3恒成立，求實數b的取值范圍；
（3）當x＞y＞e-1時，求證：e^xln（y+1）＞e^yln（x+1）．

Answer 1

分析 （1）當b=0時，求導，根據導數與函數單調性的關系，即可求得f（x）單調區(qū)間；
（2）將原不等式轉化成a+$\frac{1}{x}$-$\frac{lnx}{x}$≥$\frac{2}$，對?x∈（0，+∞）?α∈[1，3]恒成立，構造輔助函數，求導，求得函數的最小值，由a的取值范圍，即可求得實數b的取值范圍；
（3）由題意可知：e^xln（y+1）＞e^yln（x+1）．只需證$\frac{{e}^{x}}{ln（x+1）}$＞$\frac{{e}^{y}}{ln（y+1）}$，構造輔助函數，求導，根據函數的單調性求得g（x）＞g（y），即可證明不等式成立．

解答 解：（1）當b=0時，f（x）=2ax-1-2lnx，求導f′（x）=2a-$\frac{2}{x}$=$\frac{2（ax-1）}{x}$，（x＞0），
當a≤0時，f′（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，
函數f（x）在（0，+∞）上單調遞減，
當a＞0時，由f′（x）＜0，解得：0＜x＜$\frac{1}{a}$，
由f′（x）＞0，解得：x＞$\frac{1}{a}$，
∴f（x）在（0，$\frac{1}{a}$）單調遞減，在（$\frac{1}{a}$，+∞）單調遞增，
綜上可知：當a≤0時，（0，+∞）上單調遞減；
當a＞0時，在（0，$\frac{1}{a}$）單調遞減，在（$\frac{1}{a}$，+∞）單調遞增，
（2）由已知對?a∈[1，3]，f（x）≥2bx-3對，?x∈（0，+∞）恒成立，
則2ax+bx-1-2lnx≥2bx-3，對?x∈（0，+∞）?α∈[1，3]恒成立，
即a+$\frac{1}{x}$-$\frac{lnx}{x}$≥$\frac{2}$，對?x∈（0，+∞）?α∈[1，3]恒成立，
設g（x）=a+$\frac{1}{x}$-$\frac{lnx}{x}$，?x∈（0，+∞）?α∈[1，3]，
求導g′（x）=-$\frac{1}{{x}^{2}}$-$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$=$\frac{lnx-2}{{x}^{2}}$，
則g（x）在（0，e²）單調遞減，在（e²，+∞）單調遞增，
當x＞0時，g（x）_min=g（e²）=a-$\frac{1}{{e}^{2}}$，
即$\frac{2}$≤a-$\frac{1}{{e}^{2}}$，
由a∈[1，3]，則$\frac{2}$≤1-$\frac{1}{{e}^{2}}$，即a≤2-$\frac{2}{{e}^{2}}$
∴實數b的取值范圍（-∞，2-$\frac{2}{{e}^{2}}$]；
（3）證明：x＞y＞e-1，則x+1＞y+1＞e，
∴l(xiāng)n（x+1）＞ln（y+1）＞1，
欲證e^xln（y+1）＞e^yln（x+1）．只需證$\frac{{e}^{x}}{ln（x+1）}$＞$\frac{{e}^{y}}{ln（y+1）}$，
令g（x）=$\frac{{e}^{x}}{ln（x+1）}$，x∈（e-1，+∞），
求導g′（x）=$\frac{{e}^{x}[ln（x+1）-\frac{1}{x+1}]}{l{n}^{2}（x+1）}$，
顯然函數h（x）=ln（x+1）-$\frac{1}{x+1}$，在（e-1，+∞）上單調遞增，
h（x）=1-$\frac{1}{e}$＞0，即g′（x）＞0，
g（x）在（e-1，+∞）上單調遞增，
∴x＞y＞e-1時，g（x）＞g（y），即$\frac{{e}^{x}}{ln（x+1）}$＞$\frac{{e}^{y}}{ln（y+1）}$，
∴當x＞y＞e-1時，e^xln（y+1）＞e^yln（x+1）．

點評 本題考查導數的綜合應用，考查導數與函數單調性的關系，考查利用導數求函數的最值，考查不等式恒成立，不等式的證明，考查分離參數的應用，屬于難題．