Question

8．定义在R上的函数f（x）满足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．
（1）求函数f（x）的解析式；         
（2）求函数g（x）的单调区间；
（3）当x＞y＞e-1时，求证：e^x-y＞$\frac{ln（x+1）}{ln（y+1）}$．

Answer 1

分析 （1）由已知中f（x）=$\frac{f′（1）}{2}$•e^2x-2+x²-2f（0）x，可得f′（x）=f′（1）•e^2x-2+2x-2f（0），进而可得f（0）=1，f′（1）=2e²，进而得到函数f（x）的解析式；
（2）由（1）得：f（x）=e^2x+x²-2x，即g（x）=f（$\frac{x}{2}$）-$\frac{1}{4}$x²+（1-a）x+a=e^x-a（x-1），g′（x）=e^x-a，对a进行分类讨论，可得不同情况下函数g（x）的单调区间；
（3）当x＞y＞e-1时，h（x）=$\frac{{e}^{x}}{ln（x+1）}$在（e-1，+∞）上单调递增，进而得到e^x-y＞$\frac{ln（x+1）}{ln（y+1）}$．

解答 解：（1）∵f（x）=$\frac{f′（1）}{2}$•e^2x-2+x²-2f（0）x，
∴f′（x）=f′（1）•e^2x-2+2x-2f（0），
∴f′（1）=f′（1）+2-2f（0），
即f（0）=1．
又∵f（0）=$\frac{f′（1）}{2}$•e^-2，…（2分）
所以f′（1）=2e²，
所以f（x）=e^2x+x²-2x．…（3分）
（2）∵f（x）=e^2x+x²-2x，
∴g（x）=f（$\frac{x}{2}$）-$\frac{1}{4}$x²+（1-a）x+a=e^x-a（x-1），
∴g′（x）=e^x-a．…（4分）
①当a≤0时，g′（x）＞0恒成立，函数g（x）在R上单调递增；         …（5分）
②当a＞0时，由′（x）=e^x-a=0得x=lna，
当x∈（-∞，lna）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；
当x∈（lna，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增．…（6分）
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）．…（7分）
（3）证明：e^x-y＞$\frac{ln（x+1）}{ln（y+1）}$?$\frac{{e}^{x}}{ln（x+1）}$＞$\frac{{e}^{y}}{ln（y+1）}$，
令h（x）=$\frac{{e}^{x}}{ln（x+1）}$，则只要证明h（x）在（e-1，+∞）上单调递增，
又∵h′（x）=$\frac{{e}^{x}[ln（x+1）-\frac{1}{x+1}]}{l{n}^{2}（x+1）}$，
显然函数u（x）=$ln（x+1）-\frac{1}{x+1}$在（e-1，+∞）上单调递增．
∴u（x）＞1-$\frac{1}{e}$＞0，即h′（x）＞0，
∴h（x）在（e-1，+∞）上单调递增，
即$\frac{{e}^{x}}{ln（x+1）}$＞$\frac{{e}^{y}}{ln（y+1）}$，
∴当x＞y＞e-1时，有e^x-y＞$\frac{ln（x+1）}{ln（y+1）}$．．…（12分）

点评 本题考查的知识点是利用导数研究函数的单调性，函数解析式的求法，难度中档．