Question

設(shè)u=（x，y）=|e^x-y|-y|x-lny|，x，y∈R．
（1）若a＞0，令f（x）=（x，a），判斷f（x）的單調(diào)性；
（2）若0＜a＜b，令F（x）=u（x，a）-u（x，b），試求函數(shù)F（x）的最小值；
（3）記（2）中的最小值為T（a，b），證明：T（a，b）＞0．

Answer 1

考點：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用

專題：證明題,綜合題,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

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；
（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）將所證的不等式進行等價變形，構(gòu)造函數(shù)g（x）=xlnx，利用兩次求導(dǎo)說明函數(shù)的凸凹性，從而得證．

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)，
當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)，
綜上所述，f（x）在定義域R內(nèi)為增函數(shù)；
（2）易知F（x）的定義域為R，F(xiàn)′（x）=u′（x，a）-u′（x，b），而0＜a＜b，
∴l(xiāng)na＜lnb，由（1）容易得到下列結(jié)論：
①當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），
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lna≤x＜ln

a+b

2

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

a+b

2

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

a+b

2

時，F(xiàn)（x）有最小值F（ln

a+b

2

），
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）
綜上所述，當x=ln

a+b

2

時，
F（x）有最小值F（ln

a+b

2

）=alna+blnb-（a+b）ln

a+b

2

；
（3）由（2）知T（a，b）=alna+blnb-（a+b）ln

a+b

2

，
要證T（a，b）＞0，即證alna+blnb＞（a+b）ln

a+b

2

，
等價為證：

alna+blnb

2

＞

a+b

2

ln

a+b

2

，
設(shè)g（x）=xlnx，則
上式等價為

f(a)+f(b)

2

＞f(

a+b

2

)，
即證明函數(shù)g（x）為凹函數(shù)即可．
∵g'（x）=1+lnx，g''（x）=

1

x

＞0恒成立，
∴函數(shù)g（x）為凹函數(shù)，
即

f(a)+f(b)

2

＞f(

a+b

2

)成立．
∴alna+blnb＞（a+b）ln

a+b

2

成立．
∴T（a，b）＞0．

點評：本題主要考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，利用函數(shù)單調(diào)性，極值和最值與導(dǎo)數(shù)之間的關(guān)系是解決本題的關(guān)鍵，考查構(gòu)造函數(shù)思想與抽象思維與推理證明的能力，綜合性較強，運算量較大，屬于難題．