Question

【題目】定義在R上的函數(shù)f（x）滿足 ， ．
（1）求函數(shù)f（x）的解析式；
（2）求函數(shù)g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（3）如果s、t、r滿足|s﹣r|≤|t﹣r|，那么稱s比t更靠近r．當(dāng)a≥2且x≥1時，試比較 和ex﹣1+a哪個更靠近lnx，并說明理由．

Answer 1

【答案】
（1）解：f′（x）=f′（1）e2x﹣2+2x﹣2f（0），所以f′（1）=f′（1）+2﹣2f（0），即f（0）=1．又 ，

所以f′（1）=2e2，所以f（x）=e2x+x2﹣2x．

（2）解：∵f（x）=e2x﹣2x+x2，

∴ ，

∴g′（x）=ex﹣a．

①當(dāng)a≤0時，g′（x）＞0，函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞增；

②當(dāng)a＞0時，由g′（x）=ex﹣a=0得x=lna，

∴x∈（﹣∞，lna）時，g′（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減；x∈（lna，+∞）時，g′（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增．

綜上，當(dāng)a≤0時，函數(shù)g（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（∞，∞）；

當(dāng)a＞0時，函數(shù)g（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（lna，+∞），單調(diào)遞減區(qū)間為（﹣∞，lna）．（8分）

（3）解：解：設(shè) ，∵ ，∴p（x）在x∈[1，+∞）上為減函數(shù)，又p（e）=0，∴當(dāng)1≤x≤e時，p（x）≥0，當(dāng)x＞e時，p（x）＜0．∵ ， ，∴q′（x）在x∈[1，+∞）上為增函數(shù)，又q′（1）=0，∴x∈[1，+∞）時，q'（x）≥0，∴q（x）在x∈[1，+∞）上為增函數(shù)，∴q（x）≥q（1）=a+1＞0．

①當(dāng)1≤x≤e時， ，

設(shè) ，則 ，∴m（x）在x∈[1，+∞）上為減函數(shù)，

∴m（x）≤m（1）=e﹣1﹣a，

∵a≥2，∴m（x）＜0，∴|p（x）|＜|q（x）|，∴ 比ex﹣1+a更靠近lnx．

②當(dāng)x＞e時， ，

設(shè)n（x）=2lnx﹣ex﹣1﹣a，則 ， ，∴n′（x）在x＞e時為減函數(shù)，

∴ ，∴n（x）在x＞e時為減函數(shù)，∴n（x）＜n（e）=2﹣a﹣ee﹣1＜0，

∴|p（x）|＜|q（x）|，∴ 比ex﹣1+a更靠近lnx．

綜上：在a≥2，x≥1時， 比ex﹣1+a更靠近lnx．

【解析】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用賦值法，求出f′（1）=f′（1）+2﹣2f（0），得到f（0）=1．然后求解f′（1），即可求出函數(shù)的解析式．（2）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)g′（x）=ex+a，結(jié)合a≥0，a＜0，分求解函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可．（3）構(gòu)造 ，通過函數(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，當(dāng)1≤x≤e時，推出|p（x）|＜|q（x）|，說明 比ex﹣1+a更靠近lnx．當(dāng)x＞e時，通過作差，構(gòu)造新函數(shù)，利用二次求導(dǎo)，判斷函數(shù)的單調(diào)性，證明 比ex﹣1+a更靠近lnx．
【考點精析】通過靈活運用利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，掌握一般的,函數(shù)的單調(diào)性與其導(dǎo)數(shù)的正負(fù)有如下關(guān)系： 在某個區(qū)間內(nèi)，(1)如果，那么函數(shù)在這個區(qū)間單調(diào)遞增；(2)如果，那么函數(shù)在這個區(qū)間單調(diào)遞減即可以解答此題．