Question

1．定义在R上的函数f（x）满足$f（x）=\frac{f'（1）}{2}•{e^{2x-2}}+{x^2}-2f（0）x$，$g（x）=f（\frac{x}{2}）-\frac{1}{4}{x^2}+（1-a）x+a$．
（1）求函数f（x）的解析式；
（2）求函数g（x）的单调区间；
（3）如果s、t、r满足|s-r|≤|t-r|，那么称s比t更靠近r．当a≥2且x≥1时，试比较$\frac{e}{x}$和e^x-1+a哪个更靠近lnx，并说明理由．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，利用赋值法，求出f′（1）=f′（1）+2-2f（0），得到f（0）=1．然后求解f′（1），即可求出函数的解析式．
（2）求出函数的导数g′（x）=e^x+a，结合a≥0，a＜0，分求解函数的单调区间即可．
（3）构造$p（x）=\frac{e}{x}-lnx，q（x）={g^，}（x-1）-lnx$，通过函数的导数，判断函数的单调性，结合当1≤x≤e时，当1≤x≤e时，推出|p（x）|＜|q（x）|，说明$\frac{e}{x}$比e^x-1+a更靠近lnx．当x＞e时，通过作差，构造新函数，利用二次求导，判断函数的单调性，证明$\frac{e}{x}$比e^x-1+a更靠近lnx．

解答 解：（1）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′（1）=2e²，所以f（x）=e^2x+x²-2x．（4分）
（2）∵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．（5分）
①当a≤0时，g′（x）＞0，函数f（x）在R上单调递增；（6分）
②当a＞0时，由g′（x）=e^x-a=0得x=lna，
∴x∈（-∞，lna）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；x∈（lna，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增．
综上，当a≤0时，函数g（x）的单调递增区间为（∞，∞）；
当a＞0时，函数g（x）的单调递增区间为（lna，+∞），单调递减区间为（-∞，lna）．（8分）
（3）解：设$p（x）=\frac{e}{x}-lnx，q（x）={e^{x-1}}+a-lnx$，∵$p'（x）=-\frac{e}{x^2}-\frac{1}{x}＜0$，∴p（x）在x∈[1，+∞）上为减函数，又p（e）=0，∴当1≤x≤e时，p（x）≥0，当x＞e时，p（x）＜0．∵$q'（x）={e^{x-1}}-\frac{1}{x}$，$q''（x）={e^{x-1}}+\frac{1}{x^2}＞0$，∴q′（x）在x∈[1，+∞）上为增函数，又q′（1）=0，∴x∈[1，+∞）时，q'（x）≥0，∴q（x）在x∈[1，+∞）上为增函数，∴q（x）≥q（1）=a+1＞0．
①当1≤x≤e时，$|p（x）|-|q（x）|=p（x）-q（x）=\frac{e}{x}-{e^{x-1}}-a$，
设$m（x）=\frac{e}{x}-{e^{x-1}}-a$，则$m'（x）=-\frac{e}{x^2}-{e^{x-1}}＜0$，∴m（x）在x∈[1，+∞）上为减函数，
∴m（x）≤m（1）=e-1-a，
∵a≥2，∴m（x）＜0，∴|p（x）|＜|q（x）|，∴$\frac{e}{x}$比e^x-1+a更靠近lnx．
②当x＞e时，$|p（x）|-|q（x）|=-p（x）-q（x）=-\frac{e}{x}+2lnx-{e^{x-1}}-a＜2lnx-{e^{x-1}}-a$，
设n（x）=2lnx-e^x-1-a，则$n'（x）=\frac{2}{x}-{e^{x-1}}$，$n''（x）=-\frac{2}{x^2}-{e^{x-1}}＜0$，∴n′（x）在x＞e时为减函数，
∴$n'（x）＜n'（e）=\frac{2}{e}-{e^{e-1}}＜0$，∴n（x）在x＞e时为减函数，∴n（x）＜n（e）=2-a-e^e-1＜0，
∴|p（x）|＜|q（x）|，∴$\frac{e}{x}$比e^x-1+a更靠近lnx．
综上：在a≥2，x≥1时，$\frac{e}{x}$比e^x-1+a更靠近lnx．（12分）

点评 本小题主要考查函数与导数的综合应用能力，具体涉及到用导数来描述函数的单调性等情况．本小题主要考查考生分类讨论思想的应用，对考生的逻辑推理能力与运算求解有较高要求．