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(2013•深圳二模)定义 ρ(x,y)=|ex-y|-y|x-ln y|,其中 x∈R,y∈R+
(1)设 a>0,函数 f(x)=ρ(x,a),试判断 f( x) 在定义域内零点的个数;
(2)设 0<a<b,函数 F(x)=ρ(x,a)-ρ(x,b),求 F( x) 的最小值;
(3)记(2)中的最小值为T(a,b),若{an }是各项均为正数的单调递增数列,证明:
ni=1
T(ai,ai+1 )<(an+1-a1) ln 2.
分析:(1)通过对x分x≥lna与x≤lna的讨论,去掉绝对值符号,再利用导数判断函数的单调性,即可判断 f( x) 在定义域内零点的个数;
(2)通过对x分①x≤lna<lnb,②lna≤x≤lnb,③lna<lnb≤x三类讨论,利用导数可判断各区间上的单调性及最值情况,从而可求得F(x)有最小值;
(3)先证明T(ai,ai+1 )<(ai+1-ai)ln 2,i∈N*,?证明ailnai+ai+1lnai+1-(ai+ai+1)ln
ai+ai+1
2
<(ai+1-ai)ln2,i∈N*,将ai视为常数,ai+1视为变量,构造下列函数:G(t)=ailnai+tlnt-(ai+t)ln
ai+t
2
-(t-ai)ln2,其中t≥ai>0,利用导数可判断G(t)在[ai,+∞)上单调递减,从而可证得结论.
解答:解:(1)f(x)=|ex-a|-a|x-ln a|(a>0),函数f(x)的定义域为R.
当x≥lna时,ex≥a,f(x)=ex-ax+alna-a,
∵f′(x)=ex-a≥0,
∴f(x)在[lna,+∞)上为增函数,…2分
当x≤lna时,ex≤a,f(x)=ax-ex-alna+a,
∵f′(x)=a-ex≥0,
∴f(x)在(-∞,lna]上为增函数,…4分
综上所述,f(x)在定义域内为增函数,又f(lna)=|a-a|-a|lna-lna|=0,
∴f( x) 在定义域内有且只有一个零点…5分
(2)易知F(x)的定义域为R,F′(x)=ρ′(x,a)-ρ′(x,b),而0<a<b,
∴lna<lnb,由(1)容易得到下列结论:
①当x≤lna<lnb时,F′(x)=(a-ex)-(b-ex)=a-b<0,
∴F(x)在(-∞,lna]上为减函数,从而F(x)≥F(lna)…6分
②lna≤x≤lnb时,F′(x)=(ex-a)-(b-ex)=2ex-(a+b),
令F′(x)=0,得x=ln
a+b
2

当lna≤x<ln
a+b
2
时,F′(x)<0,F,(x)单调递减,
当ln
a+b
2
<x≤lnb时,F′(x)>0,F,(x)单调递增,
∴当x=ln
a+b
2
时,F(x)有最小值F(ln
a+b
2
)…7分
③lna<lnb≤x时,F′(x)=(ex-a)-(ex-b)=b-a>0,
∴F(x)在[lnb,+∞)上为增函数,从而F(x)≥F(lnb)…8分
综上述,当x=ln
a+b
2
时,F(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

先证明T(ai,ai+1 )<(ai+1-ai)ln 2,i∈N*,即证明
ailnai+ai+1lnai+1-(ai+ai+1)ln
ai+ai+1
2
<(ai+1-ai)ln2,i∈N*
将ai视为常数,ai+1视为变量,构造下列函数:
G(t)=ailnai+tlnt-(ai+t)ln
ai+t
2
-(t-ai)ln2,其中t≥ai>0.
则G′(t)=lnt+1-ln
ai+t
2
-1-ln2=ln
t
ai+t
<0,
∴G(t)在[ai,+∞)上单调递减,
而G(ai)=ailnai+ailnai-2ailnai-(ai-ai)ln2=0,
∵{an }是各项均为正数的单调递增数列,
ai+1>ai,i∈N*
∴G(ai+1)<0,
即ailnai+ai+1lnai+1-(ai+ai+1)ln
ai+ai+1
2
<(ai+1-ai)ln2,i∈N*
∴T(ai,ai+1 )<(ai+1-ai)ln 2,i∈N*,…12分
于是,
n
i=1
T(ai,ai+1 )<
n
i=1
(ai+1-ai)ln 2=(an+1-a1)ln 2…14分
点评:本题考查根的存在性及根的个数判断,考查利用导数研究函数的单调性及导数在最大值、最小值问题中的应用,考查构造的函数思想与抽象思维与推理证明的能力,属于难题.
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