Question

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

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過(guò)函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用f′（1）=f′（1）+2-2f（0），求出f（0），結(jié)合$f（0）=\frac{f'（1）}{2}•{e^{-2}}$，求解函數(shù)的解析式．
（Ⅱ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)g′（x）=e^x+a，結(jié)合a≥0，a＜0，分求解函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可．
（Ⅲ）構(gòu)造$p（x）=\frac{e}{x}-lnx，q（x）={g^，}（x-1）-lnx$，通過(guò)函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，判斷函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合當(dāng)1≤x≤e時(shí)，當(dāng)x＞e時(shí)，當(dāng)1≤x≤e時(shí)，推出m（x）≤m（1）=e-1-a，得到$|\frac{e}{x}-lnx|+lnx＜{g^，}（x-1）$，構(gòu)造n（x）=2lnx-e^x-1-a，通過(guò)函數(shù)的導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性，然后證明結(jié)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(shù)f（x）在R上單調(diào)遞增；．…（6分）
a＜0令g（x）=e^x+a=0，得x=ln（-a）
函數(shù)g（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（ln（-a），+∞），
單調(diào)遞減區(qū)間為（-∞，ln（-a））．．…（7分）
（Ⅲ）解：設(shè)$p（x）=\frac{e}{x}-lnx，q（x）={g^，}（x-1）-lnx$，
∵$p'（x）=-\frac{e}{x^2}-\frac{1}{x}＜0$，∴p（x）在x∈[1，+∞）上為減函數(shù)，
又p（e）=0，∴當(dāng)1≤x≤e時(shí)，p（x）≥0，
當(dāng)x＞e時(shí)，p（x）＜0…（8分）
當(dāng)1≤x≤e時(shí)，$|p（x）|-q（x）=\frac{e}{x}-{e^{x-1}}-a$
設(shè)$m（x）=\frac{e}{x}-{e^{x-1}}-a$，則$m'（x）=-\frac{e}{x^2}-{e^{x-1}}＜0$，
∴m（x）在x∈[1，+∞）上為減函數(shù)，∴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(shí)，$|p（x）|-q（x）=2lnx-\frac{e}{x}-{e^{x-1}}-a＜2lnx-{e^{x-1}}-a$
設(shè)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(shí)為減函數(shù)，∴$n'（x）＜n'（e）=\frac{2}{e}-{e^{e-1}}＜0$，
∴n（x）在x＞e時(shí)為減函數(shù)，∴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(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，構(gòu)造法以及二次求解導(dǎo)數(shù)以及單調(diào)性的應(yīng)用，考查分析問(wèn)題解決問(wèn)題的能力．