Question

【題目】已知f（x）=e2x﹣x2﹣a．
（1）證明f（x）在（﹣∞，+∞）上為增函數(shù)；
（2）當(dāng)a=1時(shí)，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的最大整數(shù)值．

Answer 1

【答案】
（1）證明：f'（x）=2e2x﹣2x=2（e2x﹣x），

設(shè)g（x）=e2x﹣x，g'（x）=2e2x﹣1=0， ， ，

x，g′（x），g（x）的變化如下：

x	（﹣∞， ln ）	ln	（ ln ，+∞）
g′（x）	﹣	0	+
g（x）	↓	極小值	↑

∴ = ，

∴g（x）＞0，∴f'（x）＞0，∴f（x）在R上為增函數(shù)

（2）解：a=1時(shí)，f（x）=e2x﹣x2﹣1，

∵f（x）在R上為增函數(shù)，∴若f（x）≤x，

則f[f（x）]≤f（x）≤x，與f[f（x）]＞x矛盾；

若f（x）＞x，則f[f（x）]＞f（x）＞x，故成立．

經(jīng)化簡(jiǎn)f[f（x）]＞x，則f（x）＞x，∴e2x﹣x2﹣1＞x，即e2x＞x2+x+1，

∵x2+x+1＞0，即2x＞ln（x2+x+1），

∴設(shè)h（x）=2x﹣ln（x2+x+1），

h′（x）=2﹣ = ＞0，

∴h（x）在R上為增函數(shù)，∴h（x）＞h（0），得x＞0，

∴原不等式解集為（0，+∞）

（3）解：∵f（x）在R上為增函數(shù)，∴f（x）﹣x2﹣2x＞x，即e2x﹣2x2﹣3x＞a，

令G（x）=e2x﹣2x2﹣3x，G′（x）=2e2x﹣4x﹣3=2（e2x﹣2x﹣ ），

設(shè)H（x）=e2x﹣2x﹣ ，H′（x）=2e2x﹣2，

∴x＞0時(shí)，e2x＞1，H′（x）＞0，

∴H（x）在（0，+∞）為增函數(shù)，

∴G′（x）=2H（x）在（0，+∞）為增函數(shù)，

G′（ ）=2（e﹣ ）＞0，G′（ ）=2（ ﹣ ）＜0，

∴G'（x）=0有任一解，設(shè)為x0∈（ ， ），

∴x＞0時(shí)，x，G′（x），G（x）的變化如下：

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

∴G（x）min=G（x0）= ﹣2 ﹣3x0，

∵ ﹣2x0﹣ =0，即 =2x0+ ，

∴G（x）min=﹣2 ﹣x0+ ∈（ ， ），

又∵a∈Z，∴amax=0

【解析】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，求出導(dǎo)函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，求出導(dǎo)函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而證明函數(shù)的單調(diào)性即可；（2）求出函數(shù)的解析式，問題轉(zhuǎn)化為e2x＞x2+x+1，由x2+x+1＞0，得2x＞ln（x2+x+1），設(shè)h（x）=2x﹣ln（x2+x+1），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出不等式的解集即可；（3）令G（x）=e2x﹣2x2﹣3x，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，設(shè)H（x）=e2x﹣2x﹣ ，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出G（x）的最小值，從而求出a的最大值即可．
【考點(diǎn)精析】掌握利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和函數(shù)的最大(小)值與導(dǎo)數(shù)是解答本題的根本，需要知道一般的,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；求函數(shù)在上的最大值與最小值的步驟：（1）求函數(shù)在內(nèi)的極值；（2）將函數(shù)的各極值與端點(diǎn)處的函數(shù)值，比較，其中最大的是一個(gè)最大值，最小的是最小值．