Question

13．已知f（x）=e^2x-x²-a．
（1）证明f（x）在（-∞，+∞）上为增函数；
（2）当a=1时，解不等式f[f（x）]＞x；
（3）若f[f（x）-x²-2x]＞f（x）在（0，+∞）上恒成立，求a的最大整数值．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，求出导函数的导数，求出导函数的单调区间，从而证明函数的单调性即可；
（2）求出函数的解析式，问题转化为e^2x＞x²+x+1，由x²+x+1＞0，得2x＞ln（x²+x+1），设h（x）=2x-ln（x²+x+1），根据函数的单调性求出不等式的解集即可；
（3）令G（x）=e^2x-2x²-3x，求出函数的导数，设H（x）=e^2x-2x-$\frac{3}{2}$，根据函数的单调性求出G（x）的最小值，从而求出a的最大值即可．

解答 解：（1）证明：f'（x）=2e^2x-2x=2（e^2x-x），
设g（x）=e^2x-x，g'（x）=2e^2x-1=0，${e^{2x}}=\frac{1}{2}$，$x=\frac{1}{2}ln\frac{1}{2}$，
x，g′（x），g（x）的变化如下：

x	（-∞，$\frac{1}{2}$ln$\frac{1}{2}$）	$\frac{1}{2}$ln$\frac{1}{2}$	（$\frac{1}{2}$ln$\frac{1}{2}$，+∞）
g′（x）	-	0	+
g（x）	↓	极小值	↑

∴$g{（x）_{min}}=g（\frac{1}{2}ln\frac{1}{2}）$=$\frac{1}{2}-\frac{1}{2}ln\frac{1}{2}=\frac{1}{2}（1+ln2）＞0$，
∴g（x）＞0，∴f'（x）＞0，∴f（x）在R上为增函数．
（2）a=1时，f（x）=e^2x-x²-1，
∵f（x）在R上为增函数，∴若f（x）≤x，
则f[f（x）]≤f（x）≤x，与f[f（x）]＞x矛盾；
若f（x）＞x，则f[f（x）]＞f（x）＞x，故成立．
经化简f[f（x）]＞x，则f（x）＞x，∴e^2x-x²-1＞x，即e^2x＞x²+x+1，
∵x²+x+1＞0，即2x＞ln（x²+x+1），
∴设h（x）=2x-ln（x²+x+1），
h′（x）=2-$\frac{2x+1}{{x}^{2}+x+1}$=$\frac{{2x}^{2}+1}{{x}^{2}+x+1}$＞0，
∴h（x）在R上为增函数，∴h（x）＞h（0），得x＞0，
∴原不等式解集为（0，+∞）．
（3）∵f（x）在R上为增函数，∴f（x）-x²-2x＞x，即e^2x-2x²-3x＞a，
令G（x）=e^2x-2x²-3x，G′（x）=2e^2x-4x-3=2（e^2x-2x-$\frac{3}{2}$），
设H（x）=e^2x-2x-$\frac{3}{2}$，H′（x）=2e^2x-2，
∴x＞0时，e^2x＞1，H′（x）＞0，
∴H（x）在（0，+∞）为增函数，
∴G′（x）=2H（x）在（0，+∞）为增函数，
G′（$\frac{1}{2}$）=2（e-$\frac{5}{2}$）＞0，G′（$\frac{1}{3}$）=2（${e}^{\frac{2}{3}}$-$\frac{13}{6}$）＜0，
∴G'（x）=0有任一解，设为x₀∈（$\frac{1}{3}$，$\frac{1}{2}$），
∴x＞0时，x，G′（x），G（x）的变化如下：

x	（0，x0）	x0	（x0，+∞）
G′（x）	-	0	+
G（x）	↓	极小值	↑

∴G（x）_min=G（x₀）=${e}^{{2x}_{0}}$-2${{x}_{0}}^{2}$-3x₀，
∵${e}^{{2x}_{0}}$-2x₀-$\frac{3}{2}$=0，即${e}^{{2x}_{0}}$=2x₀+$\frac{3}{2}$，
∴G（x）_min=-2${{x}_{0}}^{2}$-x₀+$\frac{3}{2}$∈（$\frac{1}{2}$，$\frac{17}{18}$），
又∵a∈Z，∴a_max=0．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用，是一道综合题．