【題目】定義在R上的函數(shù)f(x)滿足 ,
(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)如果s、t、r滿足|s﹣r|≤|t﹣r|,那么稱s比t更靠近r.當(dāng)a≥2且x≥1時(shí),試比較 和ex1+a哪個(gè)更靠近lnx,并說明理由.

【答案】
(1)解:f′(x)=f′(1)e2x2+2x﹣2f(0),所以f′(1)=f′(1)+2﹣2f(0),即f(0)=1.又 ,

所以f′(1)=2e2,所以f(x)=e2x+x2﹣2x.


(2)解:∵f(x)=e2x﹣2x+x2,

,

∴g′(x)=ex﹣a.

①當(dāng)a≤0時(shí),g′(x)>0,函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增;

②當(dāng)a>0時(shí),由g′(x)=ex﹣a=0得x=lna,

∴x∈(﹣∞,lna)時(shí),g′(x)<0,g(x)單調(diào)遞減;x∈(lna,+∞)時(shí),g′(x)>0,g(x)單調(diào)遞增.

綜上,當(dāng)a≤0時(shí),函數(shù)g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(∞,∞);

當(dāng)a>0時(shí),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).(8分)


(3)解:解:設(shè) ,∵ ,∴p(x)在x∈[1,+∞)上為減函數(shù),又p(e)=0,∴當(dāng)1≤x≤e時(shí),p(x)≥0,當(dāng)x>e時(shí),p(x)<0.∵ ,∴q′(x)在x∈[1,+∞)上為增函數(shù),又q′(1)=0,∴x∈[1,+∞)時(shí),q'(x)≥0,∴q(x)在x∈[1,+∞)上為增函數(shù),∴q(x)≥q(1)=a+1>0.

①當(dāng)1≤x≤e時(shí), ,

設(shè) ,則 ,∴m(x)在x∈[1,+∞)上為減函數(shù),

∴m(x)≤m(1)=e﹣1﹣a,

∵a≥2,∴m(x)<0,∴|p(x)|<|q(x)|,∴ 比ex1+a更靠近lnx.

②當(dāng)x>e時(shí),

設(shè)n(x)=2lnx﹣ex1﹣a,則 , ,∴n′(x)在x>e時(shí)為減函數(shù),

,∴n(x)在x>e時(shí)為減函數(shù),∴n(x)<n(e)=2﹣a﹣ee1<0,

∴|p(x)|<|q(x)|,∴ 比ex1+a更靠近lnx.

綜上:在a≥2,x≥1時(shí), 比ex1+a更靠近lnx.


【解析】(1)求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù),利用賦值法,求出f′(1)=f′(1)+2﹣2f(0),得到f(0)=1.然后求解f′(1),即可求出函數(shù)的解析式.(2)求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)g′(x)=ex+a,結(jié)合a≥0,a<0,分求解函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可.(3)構(gòu)造 ,通過函數(shù)的導(dǎo)數(shù),判斷函數(shù)的單調(diào)性,結(jié)合當(dāng)1≤x≤e時(shí),當(dāng)1≤x≤e時(shí),推出|p(x)|<|q(x)|,說明 比ex1+a更靠近lnx.當(dāng)x>e時(shí),通過作差,構(gòu)造新函數(shù),利用二次求導(dǎo),判斷函數(shù)的單調(diào)性,證明 比ex1+a更靠近lnx.
【考點(diǎn)精析】通過靈活運(yùn)用利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,掌握一般的,函數(shù)的單調(diào)性與其導(dǎo)數(shù)的正負(fù)有如下關(guān)系: 在某個(gè)區(qū)間內(nèi),(1)如果,那么函數(shù)在這個(gè)區(qū)間單調(diào)遞增;(2)如果,那么函數(shù)在這個(gè)區(qū)間單調(diào)遞減即可以解答此題.

練習(xí)冊系列答案
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