已知函数 1 ln 1f x a x x= - -…——2024 高考数学第 22 题答案解析

【答案】 （1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】 （1）求导，含参分类讨论得出导函数的符号，从而得出原函数的单调性；
（2）先根据题设条件将问题可转化成证明当 1x>时， 1e 2 1 ln 0xx x-- + + >即可.
【小问 1 详解】
f x定义域为(0, )+¥， 1 1axf x ax x¢-= - =
当 0a£时， 1 0axf xx-¢= <，故 f x在(0, )+¥上单调递减；
当 0a>时， 1,xa¥æ öÎ +ç ÷è ø
时， 0f x¢>， f x单调递增，
当 10,xaæ öÎç ÷è ø
时， 0f x¢<， f x单调递减.
综上所述，当 0a£时， f x在(0, )+¥上单调递减；
0a>时， f x在 1,a¥æ ö+ç ÷è ø
上单调递增，在 10,aæ öç ÷è ø
上单调递减.
【小问 2 详解】
2a£，且 1x>时， 1 1 1e e ( 1) $ln 1 e 2 1 lnx x xf x a x x x x- - -- = - - + -$ ³ - + +，
令 1 e 2 1 ln ( 1)$xg x x x x-= - + + >$，下证 0gx>即可.
11 e 2xg xx-¢= - +，再令 h x g x¢=，则 121 exh xx-¢= -，
显然 h x¢在(1, )+¥上递增，则 0 ① e 1 0h x h¢ ¢> = - =，

即 $g x h x=$¢在(1, )+¥上递增，
故 0 ① e 2 1 0g x g¢ ¢> = - + =，即 g x在(1, )+¥上单调递增，
故 0 ① $e 2 1 ln1 0g x g> = - + + =$，问题得证