Question

（2012•黑龙江）已知函数f（x）满足f(x)=f′(1)ex-1-f(0)x+

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x2；
（1）求f（x）的解析式及单调区间；
（2）若f(x)≥

1

2

x2+ax+b，求（a+1）b的最大值．

Answer 1

分析：（1）对函数f（x）求导，再令自变量为1，求出f′（1）得到函数的解析式及导数，再由导数求函数的单调区间；
（2）由题意f(x)≥

1

2

x2+ax+b?h(x)=ex-(a+1)x-b≥0，借助导数求出新函数的最小值，令其大于0即可得到参数a，b 所满足的关系式，再研究（a+1）b的最大值

解答：解：（1）f(x)=f′(1)ex-1-f(0)x+

1

2

x2⇒f′(x)=f′(1)ex-1-f(0)+x
令x=1得：f（0）=1
∴f(x)=f′(1)ex-1-x+

1

2

x2令x=0，得f（0）=f'（1）e^-1=1解得f'（1）=e
故函数的解析式为f(x)=ex-x+

1

2

x2
令g（x）=f'（x）=e^x-1+x
∴g'（x）=e^x+1＞0，由此知y=g（x）在x∈R上单调递增
当x＞0时，f'（x）＞f'（0）=0；当x＜0时，有
f'（x）＜f'（0）=0得：
函数f(x)=ex-x+

1

2

x2的单调递增区间为（0，+∞），单调递减区间为（-∞，0）
（2）f(x)≥

1

2

x2+ax+b?h(x)=ex-(a+1)x-b≥0得h′（x）=e^x-（a+1）
①当a+1≤0时，h′（x）＞0⇒y=h（x）在x∈R上单调递增x→-∞时，h（x）→-∞与h（x）≥0矛盾
②当a+1＞0时，h′（x）＞0?x＞ln（a+1），h'（x）＜0?x＜ln（a+1）
得：当x=ln（a+1）时，h（x）_min=（a+1）-（a+1）ln（a+1）-b≥0，即（a+1）-（a+1）ln（a+1）≥b
∴（a+1）b≤（a+1）²-（a+1）²ln（a+1），（a+1＞0）
令F（x）=x²-x²lnx（x＞0），则F'（x）=x（1-2lnx）
∴F′(x)＞0?0＜x＜

e

，F′(x)＜0?x＞

e

当x=

e

时，F(x)max=

e

2

即当a=

e

-1，b=

e

2

时，（a+1）b的最大值为

e

2

点评：本题考查导数在最值问题中的应用及利用导数研究函数的单调性，解题的关键是第一题中要赋值求出f′（1），易因为没有将f′（1）看作常数而出错，第二题中将不等式恒成立研究参数关系的问题转化为最小值问题，本题考查了转化的思想，考查判断推理能力，是高考中的热点题型，难度较大，计算量也大，易马虎出错