Question

8．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．
（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）當x＞y＞e-1時，求證：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），進而可得f（0）=1，f′（1）=2e²，進而得到函數(shù)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，對a進行分類討論，可得不同情況下函數(shù)g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（3）當x＞y＞e-1時，h（x）=$\frac{{e}^{x}}{ln（x+1）}$在（e-1，+∞）上單調(diào)遞增，進而得到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當a≤0時，g′（x）＞0恒成立，函數(shù)g（x）在R上單調(diào)遞增；         …（5分）
②當a＞0時，由′（x）=e^x-a=0得x=lna，
當x∈（-∞，lna）時，g′（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減；
當x∈（lna，+∞）時，g′（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增．…（6分）
綜上，當a≤0時，函數(shù)g（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（-∞，+∞）；
當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）．…（7分）
（3）證明：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）=$\frac{{e}^{x}}{ln（x+1）}$，則只要證明h（x）在（e-1，+∞）上單調(diào)遞增，
又∵h′（x）=$\frac{{e}^{x}[ln（x+1）-\frac{1}{x+1}]}{l{n}^{2}（x+1）}$，
顯然函數(shù)u（x）=$ln（x+1）-\frac{1}{x+1}$在（e-1，+∞）上單調(diào)遞增．
∴u（x）＞1-$\frac{1}{e}$＞0，即h′（x）＞0，
∴h（x）在（e-1，+∞）上單調(diào)遞增，
即$\frac{{e}^{x}}{ln（x+1）}$＞$\frac{{e}^{y}}{ln（y+1）}$，
∴當x＞y＞e-1時，有e^x-y＞$\frac{ln（x+1）}{ln（y+1）}$．．…（12分）

點評 本題考查的知識點是利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，函數(shù)解析式的求法，難度中檔．