难度： 困难

标签： 导数问题多变量问题

是否做正确： 未标明

是否属于易错题： 未标明

如果做错原因可能是： 未标明

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

（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 $x_2>\frac{blnb}{2e^2}{x}_1+\frac{e^2}{b}$.

（注：$e=2.71828...$ 是自然对数的底数）

解（1）

$f(x)=a^x-bx+e^2(x\in R)$

$f^{\prime }(x)=a^{x}lna-b$

因为 $f^{\prime }(x)$ 是单调递增函数

$a>1,a^{x}lna>0$

当 $b>0$ 时，存在 $x_0$ 使得

$a^{x_0}lna-b=0$

$x_0=lo{g}_a\frac{b}{lna}$

$x<x_0$ 时，$f^{\prime }(x)<0,f(x)\downarrow$

$x>x_0$ 时，$f^{\prime }(x)>0,f(x)\uparrow$

当 $b⩽0$ 时，$f^{\prime }(x)>0,f(x)\uparrow$

解（2）

$x\to -\mathrm{\infty },f(x)=+\mathrm{\infty }$

$x\to +\mathrm{\infty },f(x)=+\mathrm{\infty }$

因为 $f(x)$ 有两个零点，所以

必须满足 $f(x_0)<0$

即 $a^{x_0}-b{x}_0+e^2<0$

$a^{lo{g}_a\frac{b}{lna}}-blo{g}_a\frac{b}{lna}+e^2<0$

$\frac{b}{lna}-blo{g}_a\frac{b}{lna}+e^2<0$

对数的换底公式 $lo{g}_{a}b=\frac{lnb}{lna}$

$\frac{b}{lna}-b\cdot \frac{ln(\frac{b}{lna})}{lna}+e^2<0$

令 $\frac{b}{lna}=t,t>0$

所以有 $t-tlnt+e^2<0$

令 $h(t)=t-tlnt+e^2$

$h^{\prime }(t)=-lnt$

所以 $0<t<1,h^{\prime }(t)>0,h(t)\uparrow$

$t>1,h^{\prime }(t)<0,h(t)\downarrow$

$h(t{)}_{max}=h(1)=1+e^2$

$t\to 0,h(t)=e^2$

$h(e^2)=e^2-2e^2+e^2=0$

所以为使 $h(t)<0$

则要满足 $t>e^2$

即 $\frac{b}{lna}>e^2$

因为 $a,b$ 没有关系，所以可以用定主元的思想，

则需要满足 $(\frac{b}{lna}{)}_{min}=\frac{2e^2}{lna}>e^2$

所以 $lna<2$

$a<e^2$

综上，$1<a<e^2$

解（3）

$a=e$

$f(x)=e^x-bx+e^2$

先不看对任意这句话，先翻译后面的话，

$f(x)$ 有两个不同零点 $x_1,x_2$

$⟺$

$f(x)=e^x-bx+e^2=0$ 有两个不同解

$⟺$

$b=\frac{e^x+e^2}{x}$ 有两个解

令 $h(x)=\frac{e^x+e^2}{x},(\mathrm{易}\mathrm{知}x>0)$

因为 $e^x>0,e^2>0,b>0$

所以 $x_1,x_2>0$

$h^{\prime }(x)=\frac{e^x\cdot x-e^x-e^2}{x^2}$

$=\frac{e^x(x-1-\frac{e^2}{e^x})}{x^2}$

$h^{\prime }(x)$ 单调递增，$h^{\prime }(2)=0$

所以 $0<x<2,h^{\prime }(x)<0,h(x)\downarrow$

$x>2,h^{\prime }(x)>0,h(x)\uparrow$

$h(x{)}_{min}=h(2)=e^2$

$x\to 0,h(x)=+\mathrm{\infty }$

$x\to +\mathrm{\infty },h(x)=+\mathrm{\infty }$

所以 $b>2e^2>h(x{)}_{min}=e^2$

所以对任意 $b>2e^2$，$f(x)$ 都有两个不同的零点。

接下来证明 $x_2>\frac{blnb}{2e^2}\cdot x_1+\frac{e^2}{b}$

$\{\begin{array}{l}b{x}_1=e^{x_1}+e^2\\ b{x}_2=e^{x_2}+e^2\end{array}$

即证 $b{x}_2>\frac{blnb}{2e^2}\cdot b{x}_1+e^2$

$e^{x_2}+e^2>\frac{blnb}{2e^2}\cdot b{x}_1+e^2$

$e^{x_2}>\frac{blnb}{2e^2}(e^{x_1}+e^2)$

即证 $e^{x_2}>\frac{blnb}{2e^2}(e^2+e^2)>\frac{blnb}{2e^2}(e^{x_1}+e^2)$

$e^{x_2}>blnb$

在这里不能用“定主元”的思想；因为 $x_2,b$ 是有关系的两个变量，一个变另一个也会跟着变。

只有 2 个变量是无关变量时，才能用定主元方法。

接下来取对数，将 $e^{x_2}$ 变成自变量，使用“极值点偏移”的思想，把比较自变量大小变为比较函数大小。

$x_2>lnb+lnlnb$

因为 $x_2>2,lnb+lnlnb>4+ln4>2$

所以即证 $h(x_2)>h(lnb+lnlnb)$

$\frac{b>e^{ln(blnb)}+e^2}{lnb+lnlnb}$

$b>\frac{blnb+e^2}{lnb+lnlnb}$

$blnb+blnlnb>blnb+e^2$

$blnlnb>e^2$

因为 $blnlnb>e^{4}ln4>e^2$

所以 $x_2>\frac{blnb}{2e^2}{x}_1+\frac{e^2}{b}$

证毕。

TIP

常见函数求导：

$(a^x{)}^{\prime }=a^{x}lna$

$(lo{g}_{a}x{)}^{\prime }=\frac{1}{xlna}$

TIP

• 题目中出现“若……对任意什么什么，若存在……什么什么”，先不看前面的若、存在什么，先翻译后面的话。
• 对数的换底公式 $lo{g}_{a}b=\frac{lnb}{lna}$