解题思路：（1）由函数g（x）在R上为减函数，可知g′（x）≤0，即k≤
(
e
x
+1
)
2
e
x
，根据基本不等式求出
(
e
x
+1
)
2
e
x
≥4，即可确定k的取值范围；
（2）由g（x）在R上为减函数，g（0）=[k/1+1−0=
k
2]＞0，g（4）＜0，易得g（x）=0有且只有一个根x=x0．当x＞x0时，有g（x）＜g（x0）=0．即f（x）-x＜0，从而x＞f（x），又f（x）=
k•
e
x
e
x
+1
=[k
1+(
1/e
)
x
]为增函数，f（x）＞f（f（x）），所以x＞f（f（x））成立；
（3）利用新定义得出x1，x2∈[t-2，t]，且x1＜x2时，h=|g（x2）-g（x1）|=2-k
•
e−1
e+1
．当且仅当
e
t
＝
e
2
e
t
，即t=1时，hmin=2-k
•
e−1
e+1
．
从而函数g（x）在长度为2的闭区间[-1，1]上“身高”最“矮”．
（1）∵g（x）=f（x）-x=
k•ex
ex+1-x在R上为减函数，
∴g′(x)＝
kex(ex+1)−kex•ex
(ex+1)2−1=
kex
(ex+1)2−1≤0恒成立．
即k≤
(ex+1)2
ex恒成立．
∵
(ex+1)2
ex=ex+
1
ex+2≥2+2=4．
当且仅当ex＝
1
ex，即x=0时，
(ex+1)2
ex的最小值为4．
∴k的取值范围为（-∞，4]．
（2）由（1）知，
k∈（0，4]时，g（x）在R上为减函数．
又g（0）=[k/1+1−0=
k
2]＞0，
g（4）=
k•e4
e4+1-4=
ke4−4e4−4
e4+1=
(k−4)e4−4
e4+1，
∵k≤4，
∴（k-4）e4-4＜0，
∴g（4）＜0．
∴g（x）=0在（0，4）上有一个根x=x0．
又g（x）在R上为减函数，
∴g（x）=0有且只有一个根x=x0．
∴当x＞x0时，有g（x）＜g（x0）=0．
即f（x）-x＜0，
∴x＞f（x）．①
又∵f（x）=
k•ex
ex+1=
点评：
本题考点： 导数在最大值、最小值问题中的应用．
考点点评： 本题考查导数在研究函数单调性中的应用，基本不等式以及新定义问题的处理技巧和基本运算能力，属于难题．
1年前
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