（本小题满分 14 分） 已知函数 f(x)=e^ x -…——2014 高考数学第 22 题答案解析

【答案】①当 $x=\ln 2$ 时，$f(x)$ 有极小值 $f(\ln 2)=2-\ln 4, f(x)$ 无极大值．
（2）见解析。（3）见解析。

## 【解析】

试题分析：（1）由 $f^{\prime}(0)=1-a=-1$ ，得 $a=2$ ．

从而 $f^{\prime}(x)=e^{x}-2$ 。

令 $f^{\prime}(x)=0$ ，得驻点 $x=\ln 2$ 讨论可知：

当 $x<\ln 2$ 时，$f^{\prime}(x)<0, ~ f(x)$ 单调递减；

当 $x>\ln 2$ 时，$f^{\prime}(x)>0, ~ f(x)$ 单调递增．

当 $x=\ln 2$ 时，$f(x)$ 有极小值 $f(\ln 2)=2-\ln 4, f(x)$ 无极大值．
（2）令 $g(x)=e^{x}-x^{2}$ ，则 $g^{\prime}(x)=e^{x}-2 x$ ．

根据 $g^{\prime}(x)=f(x) \geq f(\ln 2)=2-\ln 4>0$ ，知 $g(x)$ 在 R 上单调递增，又 $g(0)=1>0$ ，

当 $x>0$ 时，由 $g(x)>g(0)>0$ ，即得．
（3）思路一：对任意给定的正数 c ，取 $x_{0}=\frac{1}{\mathrm{c}}$ ，
根据 $x^{2}x_{0}$ 时，$e^{x}>x^{2}>\frac{1}{c}$ ．
思路二：令 $k=\frac{1}{c}(k>0)$ ，转化得到只需 $x>\ln x+\ln k$ 成立。
分 $01$ ，应用导数研穸 $h(x)=x-\ln x-\ln k$ 的单调性．
思路三：就①$c \geq 1$ ，② $0

试题解析：解法一：
①由 $f(x)=e^{x}-a x$ ，得 $f^{\prime}(x)=e^{x}-a$ ．
．$f^{\prime}(0)=1-a=-1$ ，得 $a=2$ ．
所以 $f(x)=e^{x}-2 x, f^{\prime}(x)=e-2$ ．
令 $f^{\prime}(x)=0$ ，得 $x=\ln 2$ ．
当 $x<\ln 2$ 时，$f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 的運减；
当 $x>\ln 2$ 时，$f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 单调䔎增．
所以当 $x=\ln 2$ 时，$f(x)$ 有极小值，
且极小值为 $f(\ln 2)=e^{\ln 2}-2 \ln 2=2-\ln 4$ ，
$f(x)$ 无极大值。
（2）令 $g(x)=e^{x}-x^{2}$ ，则 $g^{\prime}(x)=e^{x}-2 x$ 。

由①得，$g^{\prime}(x)=f(x) \geq f(\ln 2)=2-\ln 4>0$ ，即 $g^{\prime}(x)>0$ ．
所以 $g(x)$ 在 R 上单调递增，又 $g(0)=1>0$ ，

所以当 $x>0$ 时，$g(x)>g(0)>0$ ，即 $x^{2}（3）对任意给定的正数 $c$ ，取 $x_{0}=\frac{1}{c}$ ，
由②知，当 $x>0$ 时，$x^{2}所以当 $x>x_{0}$ 时，$e^{x}>x^{2}>\frac{1}{c} x$ ，即 $x因此，对任意给定的正数 c ，总子仼 $x_{0}$ ，当 $x \in\left(x_{0},+\infty\right)$ 时，恒有 $x解法二：（1）同解法一。

（2）同解法一。
（3）令 $k=\frac{1}{c}(k>0)$ ，要使不等式 $xk c$ 成立。
而要使 $e^{x}>k x$ 成立，则只需 $x>\ln (k x)$ ，即 $x>\ln x+\ln k$ 成立。
（1）若 $00$ 时，$x>\ln x \geq \ln x+\ln k$ 成立．
即对任意 $c \in[1,+\infty)$ ，取 $x_{0}=0$ ，当 $x \in\left(x_{0},+\infty\right)$ 时，恒有 $x（2）若 $k>1$ ，令 $h(x)=x-\ln x-\ln k$ ，则 $h(x)=1-\frac{1}{x}=\frac{x-1}{x}$ ，
所以当 $x>1$ 时，$h^{\prime}(x)>0, h(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 售调速增。
取 $x_{0}=4 k$ ，
$h\left(x_{0}\right)=4 k-\ln (4 k)-\ln k=2(k-\ln k)+2(k-\ln 2)$,

易知 $k>\ln k, k>\ln 2$ ，所以 $h\left(x_{0}\right)>0$ ．
因此对任意 $c \in(0,1)$ ，取 $x_{0}=\frac{4}{c}$ ，当 $x \in\left(x_{0},+\infty\right)$ 时，恒有 $x综上，对任意给定的正数 c ，总存在 $x_{0}$ ，当 $x \in\left(x_{0},+\infty\right)$ 时，恒有 $x解法三：（1）同解法一．
（2）同解法一。
（3）（1）若 $c \geq 1$ ，取 $x_{0}=0$ ，

由②的证明过程知，$e^{x}>2 x$ ，
所以当 $x \in\left(x_{0},+\infty\right)$ 时，有 $c e^{x} \geq e^{x}>2 x>x$ ，即 $x（2）若 $0令 $h(x)=c e^{x}-x$ ，则 $h^{\prime}(x)=c e^{x}-1$ ，
令 $h^{\prime}(x)=0$ 得 $x=\ln \frac{1}{c}$ ．
当 $x>\ln \frac{1}{c}$ 时，$h^{\prime}(x)>0, h(x)$ 单哃递增
取 $x_{0}=2 \ln \frac{2}{c}$ ，
$h\left(x_{0}\right)=c e^{2 \ln \frac{2}{c}}-2 \ln \frac{2}{c}=2\left(\frac{2}{c}-\ln \frac{2}{c}\right)$ ，
易知 $\frac{2}{c}-\ln \frac{2}{c}>0$ ，又 $h(x)$ 在 $\left(x_{0},+\infty\right)$ 内单调虫增，
所以当 $x \in\left(x_{0},+\infty\right)$ 时，恒有 $h(x)>h\left(x_{0}\right)>0$ ，即 $x综上，对任意给定的正数 c ，总存在 $x_{0}$ ，当 $x \in\left(x_{0},+\infty\right)$ 时，恒有 $x考点：导数的计算及导数的应用，全称量词与存在量词，转化与化归思想，分类讨论思想．