Question

（2013•深圳二模）定義 ρ（x，y）=|e^x-y|-y|x-ln y|，其中 x∈R，y∈R⁺．
（1）設(shè) a＞0，函數(shù) f（x）=ρ（x，a），試判斷 f（ x） 在定義域內(nèi)零點的個數(shù)；
（2）設(shè) 0＜a＜b，函數(shù) F（x）=ρ（x，a）-ρ（x，b），求 F（ x） 的最小值；
（3）記（2）中的最小值為T（a，b），若{an }是各項均為正數(shù)的單調(diào)遞增數(shù)列，證明：

n

i=1

T（a_i，a_i+1 ）＜（a_n+1-a₁） ln 2．

Answer 1

分析：（1）通過對x分x≥lna與x≤lna的討論，去掉絕對值符號，再利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，即可判斷 f（ x） 在定義域內(nèi)零點的個數(shù)；
（2）通過對x分①x≤lna＜lnb，②lna≤x≤lnb，③lna＜lnb≤x三類討論，利用導(dǎo)數(shù)可判斷各區(qū)間上的單調(diào)性及最值情況，從而可求得F（x）有最小值；
（3）先證明T（a_i，a_i+1 ）＜（a_i+1-a_i）ln 2，i∈N^*，?證明a_ilna_i+a_i+1lna_i+1-（a_i+a_i+1）ln

ai+ai+1

2

＜（a_i+1-a_i）ln2，i∈N^*，將a_i視為常數(shù)，a_i+1視為變量，構(gòu)造下列函數(shù)：G（t）=a_ilna_i+tlnt-（a_i+t）ln

ai+t

2

-（t-a_i）ln2，其中t≥a_i＞0，利用導(dǎo)數(shù)可判斷G（t）在[a_i，+∞）上單調(diào)遞減，從而可證得結(jié)論．

解答：解：（1）f（x）=|e^x-a|-a|x-ln a|（a＞0），函數(shù)f（x）的定義域為R．
當(dāng)x≥lna時，e^x≥a，f（x）=e^x-ax+alna-a，
∵f′（x）=e^x-a≥0，
∴f（x）在[lna，+∞）上為增函數(shù)，…2分
當(dāng)x≤lna時，e^x≤a，f（x）=ax-e^x-alna+a，
∵f′（x）=a-e^x≥0，
∴f（x）在（-∞，lna]上為增函數(shù)，…4分
綜上所述，f（x）在定義域內(nèi)為增函數(shù)，又f（lna）=|a-a|-a|lna-lna|=0，
∴f（ x） 在定義域內(nèi)有且只有一個零點…5分
（2）易知F（x）的定義域為R，F(xiàn)′（x）=ρ′（x，a）-ρ′（x，b），而0＜a＜b，
∴l(xiāng)na＜lnb，由（1）容易得到下列結(jié)論：
①當(dāng)x≤lna＜lnb時，F(xiàn)′（x）=（a-e^x）-（b-e^x）=a-b＜0，
∴F（x）在（-∞，lna]上為減函數(shù)，從而F（x）≥F（lna）…6分
②lna≤x≤lnb時，F(xiàn)′（x）=（e^x-a）-（b-e^x）=2e^x-（a+b），
令F′（x）=0，得x=ln

a+b

2

．
當(dāng)lna≤x＜ln

a+b

2

時，F(xiàn)′（x）＜0，F(xiàn)，（x）單調(diào)遞減，
當(dāng)ln

a+b

2

＜x≤lnb時，F(xiàn)′（x）＞0，F(xiàn)，（x）單調(diào)遞增，
∴當(dāng)x=ln

a+b

2

時，F(xiàn)（x）有最小值F（ln

a+b

2

）…7分
③lna＜lnb≤x時，F(xiàn)′（x）=（e^x-a）-（e^x-b）=b-a＞0，
∴F（x）在[lnb，+∞）上為增函數(shù)，從而F（x）≥F（lnb）…8分
綜上述，當(dāng)x=ln

a+b

2

時，F(xiàn)（x）有最小值F（ln

a+b

2

）=alna+blnb-（a+b）ln

a+b

2

，…10分
（3）由（2）知T（a，b）=alna+blnb-（a+b）ln

a+b

2

，
先證明T（a_i，a_i+1 ）＜（a_i+1-a_i）ln 2，i∈N^*，即證明
a_ilna_i+a_i+1lna_i+1-（a_i+a_i+1）ln

ai+ai+1

2

＜（a_i+1-a_i）ln2，i∈N^*，
將a_i視為常數(shù)，a_i+1視為變量，構(gòu)造下列函數(shù)：
G（t）=a_ilna_i+tlnt-（a_i+t）ln

ai+t

2

-（t-a_i）ln2，其中t≥a_i＞0．
則G′（t）=lnt+1-ln

ai+t

2

-1-ln2=ln

t

ai+t

＜0，
∴G（t）在[a_i，+∞）上單調(diào)遞減，
而G（a_i）=a_ilna_i+a_ilna_i-2a_ilna_i-（a_i-a_i）ln2=0，
∵{an }是各項均為正數(shù)的單調(diào)遞增數(shù)列，
a_i+1＞a_i，i∈N^*，
∴G（a_i+1）＜0，
即a_ilna_i+a_i+1lna_i+1-（a_i+a_i+1）ln

ai+ai+1

2

＜（a_i+1-a_i）ln2，i∈N^*，
∴T（a_i，a_i+1 ）＜（a_i+1-a_i）ln 2，i∈N^*，…12分
于是，

n

i=1

T（a_i，a_i+1 ）＜

n

i=1

（a_i+1-a_i）ln 2=（a_n+1-a₁）ln 2…14分

點評：本題考查根的存在性及根的個數(shù)判斷，考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性及導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用，考查構(gòu)造的函數(shù)思想與抽象思維與推理證明的能力，屬于難題．