浙江 2021 · 数学 q22

题面

22. 设 $a, b$ 为实数，且 $a > 1$ ，函数 $f(x) = a^x - bx + e^2 (x \in \mathbb{R})$

（1）求函数 $f(x)$ 的单调区间；

(2) 若对任意 $b > 2e^{2}$, 函数 $f(x)$ 有两个不同的零点, 求 $a$ 的取值范围;

（3）当 $a = e$ 时，证明：对任意 $b > e^4$ ，函数 $f(x)$ 有两个不同的零点 $x_{1}, x_{2}$，满足 $x_{2} > \frac{b \ln b}{2e^{2}} x_{1} + \frac{e^{2}}{b}$.

(注： $e=2.71828\cdots$ 是自然对数的底数)

答案

(1) $b \leq 0$ 时, $f(x)$ 在 $R$ 上单调递增; $b > 0$ 时, 函数的单调减区间为

$\left(-\infty, \log_a \frac{b}{\ln a}\right)$, 单调增区间为 $\left(\log_a \frac{b}{\ln a}, +\infty\right)$;

(2) $\left(1,e^{2}\right]$ ;

(3)证明见解析.

解析

分析

(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论即可确定函数的单调性；

(2)将原问题进行等价转化，然后构造新函数，利用导函数研究函数的性质并进行放缩即可确定实数a的取值范围；

(3)结合(2)的结论将原问题进行等价变形，然后利用分析法即可证得题中的结论成立.

(1) $f(x)=a^{x}-bx+e^{2},f'(x)=a^{x}\ln a-b,$

①若 $b \leq 0$，则 $f'(x) = a^x \ln a - b \geq 0$，所以 $f(x)$ 在 $R$ 上单调递增；

②若b>0，

当 $x \in \left(-\infty, \log_a \frac{b}{\ln a}\right)$ 时，$f'(x) < 0, f(x)$ 单调递减，

当 $x \in \left(\log_a \frac{b}{\ln a}, +\infty\right)$ 时，$f'(x) > 0, f(x)$ 单调递增.

综上可得， $b \leq 0$ 时， $f(x)$ 在 R 上单调递增；

b>0 时，函数的单调减区间为 $\left(-\infty,\log_{a}\frac{b}{\ln a}\right)$ ，单调增区间为 $\left(\log_{a}\frac{b}{\ln a},+\infty\right)$ .

(2) $f(x)$ 有2个不同零点 $\Leftrightarrow a^{x} - bx + e^{2} = 0$ 有2个不同解 $\Leftrightarrow e^{x\ln a} - bx + e^{2} = 0$ 有2个不同的解，

令 $t = x\ln a$ ，则 $e^{t} - \frac{bt}{\ln a} +e^{2} = 0\Rightarrow \frac{b}{\ln a} = \frac{e^{t} + e^{2}}{t},t > 0,$

$g (t) = \frac{e^{t} + e^{2}}{t}, g^{\prime} (t) = \frac{e^{t} \cdot t - \left(e^{t} + e^{2}\right)}{t^{2}} = \frac{e^{t} (t - 1) - e^{2}}{t^{2}}$

记 $h(t) = e^{t}(t - 1) - e^{2}, h^{\prime}(t) = e^{t}(t - 1) + e^{t} \cdot 1 = e^{t} \cdot t > 0,$

又 $h(2)=0$ ，所以 $t\in(0,2)$ 时， $h(t)<0,\quad t\in(2,+\infty)$ 时， $h(t)>0$ ，

则 $g(t)$ 在 $(0,2)$ 单调递减，$(2, +\infty)$ 单调递增，$\therefore \frac{b}{\ln a} > g(2) = e^2, \therefore \ln a < \frac{b}{e^2}$，

$\because b > 2e^{2},\therefore \frac{b}{e^{2}} > 2,\therefore \ln a\leq 2\Rightarrow 1 < a\leq e^{2}.$

即实数 $a$ 的取值范围是 $\left(1, e^2\right]$.

(3) $a = e, f(x) = e^{x} - bx + e^{2}$ 有2个不同零点，则 $e^{x} + e^{2} = bx$，故函数的零点一定为正数.

由(2)可知有2个不同零点，记较大者为 $x_{2}$ ，较小者为 $x_{1}$ ，

$b = \frac{e^{x_{1}} + e^{2}}{x_{1}} = \frac{e^{x_{2}} + e^{2}}{x_{2}} > e^{4},$

注意到函数 $y=\frac{e^{x}+e^{2}}{x}$ 在区间 $(0,2)$ 上单调递减，在区间 $(2,+\infty)$ 上单调递增，

故 $x_{1} < 2 < x_{2}$，又由 $\frac{e^5 + e^2}{5} < e^4$ 知 $x_{2} > 5$，

$b = \frac{e^{x_{1}} + e^{2}}{x_{1}} < \frac{2 e^{2}}{x_{1}} \Rightarrow x_{1} < \frac{2 e^{2}}{b},$

要证 $x_{2} > \frac{b\ln b}{2e^{2}} x_{1} + \frac{e^{2}}{b}$，只需 $x_{2} > \ln b + \frac{e^{2}}{b}$，

$b=\frac{e^{x_{2}}+e^{2}}{x_{2}}<\frac{2e^{x_{2}}}{x_{2}}$ 且关于 b 的函数 $g(b)=\ln b+\frac{e^{2}}{b}$ 在 $b>e^{4}$ 上单调递增，

所以只需证 $x_{2} > \ln \frac{2e^{x_{2}}}{x_{2}} +\frac{e^{2}x_{2}}{2e^{x_{2}}}\big(x_{2} > 5\big),$

只需证 $\ln e^{x_{2}} - \ln \frac{2e^{x_{2}}}{x_{2}} - \frac{e^{2}x_{2}}{2e^{x_{2}}} > 0$ ,

只需证 $\ln x - \frac{e^{2}x}{2e^{x}} - \ln 2 > 0$ ,

$\because \frac{e^2}{2} < 4$ ，只需证 $h(x) = \ln x - \frac{4x}{e^x} -\ln 2$ 在 $x > 5$ 时为正，

由于 $h^{\prime}(x) = \frac{1}{x} + 4xe^{-x} - 4e^{-x} = \frac{1}{x} + 4e^{-x}(x - 1) > 0$，故函数 $h(x)$ 单调递增，

又 $h(5) = \ln 5 - \frac{20}{e^5} -\ln 2 = \ln \frac{5}{2} -\frac{20}{e^4} >0$ ，故 $h(x) = \ln x - \frac{4x}{e^x} -\ln 2$ 在 $x > 5$ 时为正，

【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系。(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数。(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题。(4)考查数形结合思想的应用。