（本小题满分 12 分，（I）小问 4 分，（II）小问…——2014 高考数学第 20 题答案解析

【答案】（I）$a=1, b=1$；（II）增函数；（III）$(4,+\infty)$．

## 【解析】

试题分析：（I）由 $f(x)=a e^{2 x}-b e^{-2 x}-c x(a, b, c \in R) \Rightarrow f^{\prime}(x)=2 a e^{2 x}+2 b e^{-2 x}-c$
因为 $f^{\prime}(x)$ 是偶函数，所以 $f^{\prime}(-x)=f^{\prime}(x)$ 对任意 $x \in R$ 恒成立，又曲线 $y=f(x)$ 在点 $(0, f(0))$ 处的切线的斜率为 $4-c$，所以有 $f^{\prime}(0)=4-c$，利用以上两条件列方程组可解 $a, b$ 的值；
（II）由（I），$f^{\prime}(x)=2 e^{x}+2 e^{-x}-c$，当 $c=3$ 时，利用 $f^{\prime}(x)$ 的符号判断 $f(x)$ 的单调性；
（III）要使函数 $f(x)$ 有极值，必须 $f^{\prime}(x)$ 有零点，由于 $2 e^{x}+2 e^{-x} \geq 4$，所以可以对 $c$ 的取值分类讨论，得到时满足条件的 $c$ 的取值范围．

试题解析：
解：（I）对 $f(x)$ 求导得 $f^{\prime}(x)=2 a e^{2 x}+2 b e^{-2 x}-c$，由 $f^{\prime}(x)$ 为偶函数，知 $f^{\prime}(-x)=f^{\prime}(x)$，

即 $2(a-b)\left(e^{2 x}-e^{-2 x}\right)=0$ 对任意 $x \in R$ 恒成立，所以 $a=b$
又 $f^{\prime}(0)=2 a+2 b-c=4-c$，故 $a=1, b=1$．
（II）当 $c=3$ 时，$f(x)=e^{2 x}-e^{-2 x}-3 x$，那么
$f^{\prime}(x)=2 e^{2 x}+2 e^{-2 x}-3 \geq 2 \sqrt{2 e^{2 x} \cdot e^{-2 x}}-3=1>0$
故 $f(x)$ 在 $R$ 上为增函数．
（III）由（I ）知 $f^{\prime}(x)=2 e^{2 x}+2 e^{-2 x}-c$，而 $2 e^{2 x}+2 e^{-2 x} \geq 2 \sqrt{2 e^{2 x} \cdot e^{-2 x}}=4$，当 $x=0$ 时等号成立。
下面分三种情况进行讨论．
当 $c<4$ 时，对任意 $x \in R, f^{\prime}(x)=2 e^{2 x}+2 e^{-2 x}-c>0$，此时 $f(x)$ 无极值；
当 $c=4$ 时，对任意 $x \neq 0, f^{\prime}(x)=2 e^{2 x}+2 e^{-2 x}-4>0$，此时 $f(x)$ 无极值；
当 $c>4$ 时，今 $e^{2 x}=t$，注意到方程 $2 t+\frac{2}{t}-c=0$ 有两根，$t_{1,2}=\frac{c \pm \sqrt{c^{2}-16}}{4}>0$，
即 $f^{\prime}(x)=0$ 有两个根 $x_{1}=\frac{1}{2} \ln t_{1}$ 或 $x_{2}=\frac{1}{2} \ln t_{2}$．
当 $x_{1}x_{2}$ 时，$f^{\prime}(x)>0$ 从而 $f(x)$ 在 $x=x_{2}$ 处取得极小值．
综上，若 $f(x)$ 有极值，则 $c$ 的取值范围为 $(4,+\infty)$．
考点：1、导数的几何意义及导数在研究函数性质中的应用；2、分类讨论的思想。