Question

2．若定义在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．
（Ⅰ）求函数f（x）解析式；
（Ⅱ）求函数g（x）单调区间；
（Ⅲ）试比较|$\frac{e}{x}$-lnx|+lnx和e^x-1+a的大小，并说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通过f（x）得f′（x），令x=1得f（0）=1，再在f（x）中令x=0得f（0），从而得f（x）=e^2x+x²-2x；
（Ⅱ）由（I）知g（x）=e^x-a（x-1），从而g′（x）=e^x-a，分①a≤0、②a＞0，通过g′（x）与0的关系讨论即可；
（Ⅲ）通过设$p（x）=\frac{e}{x}-lnx$，对其求导后可得p（x）在[1，+∞）上为减函数，再令g（x）=|$\frac{e}{x}$-lnx|+lnx-e^x-1-a，利用函数的单调性，分1≤x≤e、x＞e两种情况讨论即可．

解答 解：（Ⅰ）根据题意，得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（x）=e^2x+x²-2x．
（Ⅱ）∵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，
①a≤0时，g′（x）＞0，函数f（x）在R上单调递增；
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）． 
（Ⅲ）大小关系：|$\frac{e}{x}$-lnx|+lnx＜e^x-1+a；
理由如下：
设$p（x）=\frac{e}{x}-lnx$，则$p′（x）=-\frac{e}{{x}^{2}}-\frac{1}{x}＜0$，∴p（x）在[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．
令g（x）=|$\frac{e}{x}$-lnx|+lnx-e^x-1-a，分两种情况讨论：
①当1≤x≤e时，$g（x）=\frac{e}{x}-{e}^{x-1}-a$，
则$g′（x）=-\frac{e}{{x}^{2}}-{e}^{x-1}＜0$，
∴g（x）在[1，+∞）上为减函数，
∴g（x）≤g（1）=e-1-a＜0，
∴|$\frac{e}{x}$-lnx|+lnx＜e^x-1+a；
②当x＞e时，$g（x）=-\frac{e}{x}+2lnx-{e}^{x-1}-a$＜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，
∴|$\frac{e}{x}$-lnx|+lnx＜e^x-1+a．

点评 本题考查函数的单调性及最值，利用导函数来研究函数的单调性是解题的关键，注意解题方法的积累，属于难题．