Question

6．若定義R在上的函數f（x）滿足f（x）=$\frac{f′（1）}{2}$•e^2x-2+x²-2f（0）x，g（x）=f（$\frac{π}{2}$）-$\frac{1}{4}$x²+（1+a）x+a
（Ⅰ）求函數f（x）解析式；
（Ⅱ）求函數g（x）單調區(qū)間；
（Ⅲ）當a≥2且x≥1時，試比較|$\frac{e}{x}$-lnx|+lnx和g′（x-1）的大小，并說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過函數的導數，利用f′（1）=f′（1）+2-2f（0），求出f（0），結合$f（0）=\frac{f'（1）}{2}•{e^{-2}}$，求解函數的解析式．
（Ⅱ）求出函數的導數g′（x）=e^x+a，結合a≥0，a＜0，分求解函數的單調區(qū)間即可．
（Ⅲ）構造$p（x）=\frac{e}{x}-lnx，q（x）={g^，}（x-1）-lnx$，通過函數的導數，判斷函數的單調性，結合當1≤x≤e時，當x＞e時，當1≤x≤e時，推出m（x）≤m（1）=e-1-a，得到$|\frac{e}{x}-lnx|+lnx＜{g^，}（x-1）$，構造n（x）=2lnx-e^x-1-a，通過函數的導數判斷單調性，然后證明結果．

解答 （本小題滿分12分）
解：（Ⅰ）f′（x）=f′（1）e^2x-2+2x-2f（0），．
所以f′（1）=f′（1）+2-2f（0），即f（0）=1…（1分）
又$f（0）=\frac{f'（1）}{2}•{e^{-2}}$，所以f'（1）=2e²，…（2分）
所以f（x）=e^2x+x²-2x…（3分）
（Ⅱ）∵f（x）=e^2x-2x+x²，∴g（x）=e^x+ax+a..…（4分）
∴g（x）=e^x+a..…（5分）
a≥0，g′（x）＞0，函數f（x）在R上單調遞增；．…（6分）
a＜0令g（x）=e^x+a=0，得x=ln（-a）
函數g（x）的單調遞增區(qū)間為（ln（-a），+∞），
單調遞減區(qū)間為（-∞，ln（-a））．．…（7分）
（Ⅲ）解：設$p（x）=\frac{e}{x}-lnx，q（x）={g^，}（x-1）-lnx$，
∵$p'（x）=-\frac{e}{x^2}-\frac{1}{x}＜0$，∴p（x）在x∈[1，+∞）上為減函數，
又p（e）=0，∴當1≤x≤e時，p（x）≥0，
當x＞e時，p（x）＜0…（8分）
當1≤x≤e時，$|p（x）|-q（x）=\frac{e}{x}-{e^{x-1}}-a$
設$m（x）=\frac{e}{x}-{e^{x-1}}-a$，則$m'（x）=-\frac{e}{x^2}-{e^{x-1}}＜0$，
∴m（x）在x∈[1，+∞）上為減函數，∴m（x）≤m（1）=e-1-a，
∵a≥2，∴m（x）＜0，∴$|\frac{e}{x}-lnx|+lnx＜{g^，}（x-1）$..…（9分）
x＞e時，$|p（x）|-q（x）=2lnx-\frac{e}{x}-{e^{x-1}}-a＜2lnx-{e^{x-1}}-a$
設n（x）=2lnx-e^x-1-a，則$n'（x）=\frac{2}{x}-{e^{x-1}}$，$k（x）=\frac{2}{x}-{e^{x-1}}，{k^，}（x）=-\frac{2}{x^2}-{e^{x-1}}＜0$
∴n′（x）在x＞e時為減函數，∴$n'（x）＜n'（e）=\frac{2}{e}-{e^{e-1}}＜0$，
∴n（x）在x＞e時為減函數，∴n（x）＜n（e）=2-a-e^e-1＜0，
∴$|\frac{e}{x}-lnx|+lnx＜{g^，}（x-1）$..…（11分）
綜上：$|\frac{e}{x}-lnx|+lnx＜{g^，}（x-1）$…（12分）

點評 本題考查函數的導數的應用，構造法以及二次求解導數以及單調性的應用，考查分析問題解決問題的能力．