而h(x)顯然是增函數，∴0<x0<eq\f(1,e)SKIPIF1<0eq\f(1,x0)>e，∴heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x0)))>h(e)＝e＋1．綜上，當a>1－eq\f(1,e)時，f(x)>e＋1．6．已知函數f(x)＝ax－lnx．(1)討論f(x)的單調性；(2)若a∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,e2)))，求證：f(x)≥2ax－xeax－1．6．解析(1)由題意得f′(x)＝a－eq\f(1,x)＝eq\f(ax－1,x)(x>0)，①當a≤0時，則f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上單調遞減．②當a>0時，則當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))時，f′(x)>0，f(x)單調遞增，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))時，f′(x)<0，f(x)單調遞減．綜上當a≤0時，f(x)在(0，＋∞)上單調遞減；當a>0時，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調遞增．(2)令g(x)＝f(x)－2ax＋xeax－1＝xeax－1－ax－lnx，則g′(x)＝eax－1＋axeax－1－a－eq\f(1,x)＝(ax＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eax－1－\f(1,x)))＝eq\f((ax＋1)(xeax－1－1),x)(x>0)，設r(x)＝xeax－1－1(x>0)，則r′(x)＝(1＋ax)eax－1(x>0)，∵eax－1>0，∴當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))時，r′(x)>0，r(x)單調遞增；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞))時，r′(x)<0，r(x)單調遞減．∴r(x)max＝req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,ae2)＋1))≤0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a≤－\f(1,e2)))，∴當0<x<－eq\f(1,a)時，g′(x)<0，當x>－eq\f(1,a)時，g′(x)>0，∴g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))上單調遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞))上單調遞增，∴g(x)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))，設t＝－eq\f(1,a)∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，e2))，則geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))＝h(t)＝eq\f(t,e2)－lnt＋1(0<t≤e2)，h′(t)＝eq\f(1,e2)－eq\f(1,t)≤0，h(t)在eq\