（本小题满分 16 分） 已知函数 f(x)= e ^ x…——2014 高考数学第 19 题答案解析

【解答】
（16分）（2014•江苏）已知函数 $f(x)=e^{x}+e^{-x}$，其中 $e$ 是自然对数的底数．
（1）证明：$f(x)$ 是 $R$ 上的偶函数；
（2）若关于 $x$ 的不等式 $m f(x) \leq e^{-x}+m-1$ 在（ $0,+\infty$ ）上恒成立，求实数 $m$ 的取值范围；
（3）已知正数 a 满足：存在 $\mathrm{x}_{0} \in[1,+\infty)$，使得 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)<\mathrm{a}\left(-\mathrm{x}_{0}{ }^{3}+3 \mathrm{x}_{0}\right)$ 成立，试比较 $\mathrm{e}^{\mathrm{a}-1}$与 $\mathrm{a}^{\mathrm{e}-1}$ 的大小，并证明你的结论。

考点 利用导数求闭区间上函数的最值．
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专题 导数的综合应用．
：
分析（1）根据函数奇偶性的定义即可证明 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 是 R 上的偶函数；

（2）利用参数分离法，将不等式 $m f(x) \leq e^{-x}+m-1$ 在 $(0,+\infty)$ 上恒成立，进行转化求最值问题即可求实数 $m$ 的取值范围；
（3）构u造函数，利用函数的单调性，最值与单调性之间的关系，分别进行讨论即可得到结论。
解答 解：①$\because f(x)=e^{x}+e^{-x}$，
：$\quad \therefore \mathrm{f}(-\mathrm{x})=\mathrm{e}^{-\mathrm{x}}+\mathrm{e}^{\mathrm{x}}=\mathrm{f}(\mathrm{x})$，即函数： $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 是 R 上的偶函数；
②若关于 $x$ 的不等式 $m f(x) \leq e^{-x}+m-1$ 在（ $0,+\infty$ ）上恒成立，
即m $\left(e^{x}+e^{-x}-1\right) \leq e^{-x}-1$，
$\because x>0$，
$\therefore \mathrm{e}^{\mathrm{x}}+\mathrm{e}^{-\mathrm{x}}-1>0$，
即 $m \leq \frac{e^{-x}-1}{e^{x}+e^{-x}-1}$ 在 $(0,+\infty)$ 上恒成立，
设 $\mathrm{t}=\mathrm{e}^{\mathrm{x}},(\mathrm{t}>1)$，则 $\mathrm{m} \leq \frac{1-\mathrm{t}}{\mathrm{t}^{2}-\mathrm{t}+1}$ 在 $(1,+\infty)$ 上恒成立，
$\because \frac{1-\mathrm{t}}{\mathrm{t}^{2}-\mathrm{t}+1}=-\frac{\mathrm{t}-1}{(\mathrm{t}-1)^{2}+(\mathrm{t}-1)+1}=-\frac{1}{\mathrm{t}-1+\frac{1}{\mathrm{t}-1}+1} \geqslant-\frac{1}{3}$，当且仅当 $\mathrm{t}=2$
时等号成立，
$\therefore \mathrm{m} \leqslant-\frac{1}{3}$．
（3）令 $g(x)=e^{x}+e^{-x}-a\left(-x^{3}+3 x\right)$，
则 $\mathrm{g}^{\prime}(\mathrm{x})=\mathrm{e}^{\mathrm{x}}-\mathrm{e}^{-\mathrm{x}}+3 \mathrm{a}\left(\mathrm{x}^{2}-1\right)$，
当 $x>1, g^{\prime}(x)>0$，即函数 $g(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上单调递增，
故此时 $g(x)$ 的最小值 $g(1)=e+\frac{1}{e}-2 a$，
由于存在 $\mathrm{x}_{0} \in[1,+\infty)$，使得 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)<\mathrm{a}\left(-\mathrm{x}_{0}{ }^{3}+3 \mathrm{x}_{0}\right)$ 成立，
故 $\mathrm{e}+\frac{1}{\mathrm{e}}-2 \mathrm{a}<0$，
即 $\mathrm{a}>\frac{1}{2}\left(\mathrm{e}+\frac{1}{\mathrm{e}}\right)$，
令 $h(x)=x-(e-1) \ln x-1$，
则 $h^{\prime}(x)=1-\frac{e^{-} 1}{x}$，
由 $h^{\prime}(x)=1-\frac{e^{-}-1}{x}=0$，解得 $x=e-1$，
当 $0当 $x>e-1$ 时，$h^{\prime}(x)>0$，此时函数单调递增，
$\therefore \mathrm{h}(\mathrm{x})$ 在 $(0,+\infty)$ 上的最小值为 $\mathrm{h}(\mathrm{e}-1)$，
注意到 $h(1)=h(e)=0$，
∴ 当 $x \in(1, e-1) \subseteq(0, e-1)$ 时，$h(e-1) \leq h(x)当 $x \in(e-1, e) \subseteq(e-1,+\infty)$ 时，$h(x)$\therefore \mathrm{h}(\mathrm{x})<0$，对任意的 $\mathrm{x} \in(1, \mathrm{e})$ 成立．

（1）$a \in\left(\frac{1}{2}\left(e+\frac{1}{e}\right), e\right) \subseteq(1, e)$ 时，$h(a)<0$，即 $a-1<(e-1) \ln a$，从而 $e^{a-1} <\mathrm{a}^{\mathrm{e}-1}$，
（2）当 $a=e$ 时，$a^{e-1}=e^{a-1}$，
（3）当 $a \in(e,+\infty) \subseteq(e-1,+\infty)$ 时，当 $a>e-1$ 时，$h(a)>h(e)=0$，即 $a-1>$ （ $\mathrm{e}-1$ ）lna，从而 $\mathrm{e}^{\mathrm{a}-1}>\mathrm{a}^{\mathrm{e}-1}$。
点评 本题主要考查函数奇偶性的判定，函数单调性和最值的应用，利用导数是解决本题：的关键，综合性较强，运算量较大。