（12分）设函数 f(x)=e^ x -a x-2。 （I…——2012 高考数学第 21 题答案解析

【考点】6B：利用导数研究函数的单调性；6E：利用导数研究函数的最值．
【专题】15：综合题；16：压轴题；32：分类讨论；35：转化思想．
【分析】（I）求函数的单调区间，可先求出函数的导数，由于函数中含有字母a，故应按a的取值范围进行分类讨论研究函数的单调性，给出单调区间；
（II）由题设条件结合（I），将不等式，（ $\mathrm{x}-\mathrm{k}$ ）
$f^{\prime}(x)+x+1>0$ 在 $x>0$ 时成立转化为 $k<\frac{x+1}{e^{x}-1}+x(x>0)$ 成立，由此问题转化为求 $g(x)=\frac{x+1}{e^{x}-1}+x$ 在 $x>0$ 上的最小值问题，求导，确定出函数的最小值 ，即可得出 k 的最大值；

【解答】解：（I）函数 $f(x)=e^{x}-a x-2$ 的定义域是 $R, f^{\prime}(x)=e^{x}-a$ ，若 $a \leq 0$ ，则 $f^{\prime}(x)=e^{x}-a \geq 0$ ，所以函数 $f(x)=e^{x}-a x-2$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上单调

递增。
若 $a>0$ ，则当 $x \in(-\infty$ ， $\ln a)$ 时，$f^{\prime}(x)=e^{x}-a<0$ ；
当 $x \in($ Ina,$+\infty)$ 时，$f^{\prime}(x)=e^{x}-a>0$ ；
所以，$f(x)$ 在 $(-\infty$ ，Ina）单调递减，在（Ina，$+\infty)$ 上单调递增．
（II）由于 $a=1$ ，所以，$(x-k) f^{\prime}(x)+x+1=(x-k)\left(e^{x}-1\right)+x+1$
故当 $x>0$ 时，$(x-k) f^{\prime}(x)+x+1>0$ 等价于 $k<\frac{x+1}{e^{x}-1}+x(x>0)$①
令 $g(x)=\frac{x+1}{e^{x}-1}+x$ ，则 $g^{\prime}(x)=\frac{-x e^{x}-1}{\left(e^{x}-1\right)^{2}}+1=\frac{e^{x}\left(e^{x}-x-2\right)}{\left(e^{x}-1\right)^{2}}$
由①知，当 $\mathrm{a}=1$ 时，函数 $\mathrm{h}(\mathrm{x})=\mathrm{e}^{\mathrm{x}}-\mathrm{x}-2$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增，
而 $h(1)<0, h②>0$ ，
所以 $h(x)=e^{x}-x-2$ 在 $(0,+\infty)$ 上存在唯一的零点，
故 $\mathrm{g}^{\prime}(\mathrm{x})$ 在 $(0,+\infty)$ 上存在唯一的零点，设此零点为 $\alpha$ ，则有 $\alpha \in(1,2)$
当 $x \in(0, \alpha)$ 时，$g^{\prime}(x)<0$ ；当 $x \in(\alpha,+\infty)$ 时，$g^{\prime}(x)>0$ ；
所以 $g(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上的最小值为 $g(\alpha)$ ．
又由 $g^{\prime}(\alpha)=0$ ，可得 $\mathrm{e}^{\alpha}=\alpha+2$ 所以 $\mathrm{g}(\alpha)=\alpha+1 \in(2,3)$
由于①式等价于 $k【点评】本题考查利用导数求函数的最值及利用导数研究函数的单调性，解题的关键是第一小题应用分类的讨论的方法，第二小题将问题转化为求函数的最小值问题，本题考查了转化的思想，分类讨论的思想，考查计算能力及推理判断的能力，综合性强，是高考的重点题型，难度大，计算量也大，极易出错。