Question

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

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過f（x）得f′（x），令x=1得f（0）=1，再在f（x）中令x=0得f（0），從而得f（x）=e^2x+x²-2x；
（Ⅱ）由（I）知g（x）=e^x-a（x-1），從而g′（x）=e^x-a，分①a≤0、②a＞0，通過g′（x）與0的關系討論即可；
（Ⅲ）通過設$p（x）=\frac{e}{x}-lnx$，對其求導后可得p（x）在[1，+∞）上為減函數(shù)，再令g（x）=|$\frac{e}{x}$-lnx|+lnx-e^x-1-a，利用函數(shù)的單調性，分1≤x≤e、x＞e兩種情況討論即可．

解答 解：（Ⅰ）根據題意，得f′（x）=f′（1）e^2x-2+2x-2f（0），
所以f′（1）=f′（1）+2-2f（0），即f（0）=1．
又$f（0）=\frac{f′（1）}{2}•{e}^{-2}$，所以f（x）=e^2x+x²-2x．
（Ⅱ）∵f（x）=e^2x-2x+x²，
∴$g（x）=f（\frac{x}{2}）-\frac{1}{4}{x}^{2}+（1-a）x+a$
=${e}^{x}+\frac{1}{4}{x}^{2}-x-\frac{1}{4}{x}^{2}+（1-a）x+a$
=e^x-a（x-1）．
∴g′（x）=e^x-a，
①a≤0時，g′（x）＞0，函數(shù)f（x）在R上單調遞增；
②當a＞0時，由g′（x）=e^x-a=0得x=lna，
∴x∈（-∞，lna）時，g′（x）＜0，g（x）單調遞減；
x∈（lna，+∞）時，g′（x）＞0，g（x）單調遞增．
綜上，當a≤0時，函數(shù)g（x）的單調遞增區(qū)間為（-∞，+∞）；
當a＞0時，函數(shù)g（x）的單調遞增區(qū)間為（lna，+∞），單調遞減區(qū)間為（-∞，lna）． 
（Ⅲ）大小關系：|$\frac{e}{x}$-lnx|+lnx＜e^x-1+a；
理由如下：
設$p（x）=\frac{e}{x}-lnx$，則$p′（x）=-\frac{e}{{x}^{2}}-\frac{1}{x}＜0$，∴p（x）在[1，+∞）上為減函數(shù)，
又∵p（e）=0，
∴當1≤x≤e時，p（x）≥0；當x＞e時，p（x）＜0．
令g（x）=|$\frac{e}{x}$-lnx|+lnx-e^x-1-a，分兩種情況討論：
①當1≤x≤e時，$g（x）=\frac{e}{x}-{e}^{x-1}-a$，
則$g′（x）=-\frac{e}{{x}^{2}}-{e}^{x-1}＜0$，
∴g（x）在[1，+∞）上為減函數(shù)，
∴g（x）≤g（1）=e-1-a＜0，
∴|$\frac{e}{x}$-lnx|+lnx＜e^x-1+a；
②當x＞e時，$g（x）=-\frac{e}{x}+2lnx-{e}^{x-1}-a$＜2lnx-e^x-1-a，
設n（x）=2lnx-e^x-1-a，則$n′（x）=\frac{2}{x}-{e}^{x-1}$，$n″（x）=-\frac{2}{{x}^{2}}-{e}^{x-1}＜0$，
∴n′（x）在x＞e時為減函數(shù)，
∴$n′（x）＜n′（e）=\frac{2}{e}-{e}^{e-1}＜0$，
∴n（x）在x＞e時為減函數(shù)，
∴n（x）＜n（e）=2-a-e^e-1＜0，
∴|$\frac{e}{x}$-lnx|+lnx＜e^x-1+a．

點評 本題考查函數(shù)的單調性及最值，利用導函數(shù)來研究函數(shù)的單調性是解題的關鍵，注意解題方法的積累，屬于難題．