Question

已知h（x）是指數函數，且過點（ln2，2），令f（x）=h（x）+ax．
（I）求f（x）的單調區間；
（II）記不等式h（x）＜（1-a）x的解集為P，若M={x|

1

2

≤x≤2}且M∪P=P，求實數a的取值范圍；
（III）當a=-1時，設g（x）=h（x）lnx，問是否存在x₀∈（0，+∞），使曲線C：y=g（x）-f（x）在點x₀處的切線斜率與f（x）在R上的最小值相等？若存在，求出符合條件的x₀的個數；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（I）由h（x）是指數函數，且過點（ln2，2），可得函數的解析式，進而由f（x）=h（x）+ax，求出f（x）的解析式，求出函數的導函數，對a進行分類討論，根據導函數的符號可得f（x）的單調區間；
（II）由M∪P=P，故M⊆P，即不等式h（x）＜（1-a）x在區間[

1

2

，2]上恒成立，即a＜1-

ex

x

在區間[

1

2

，2]上恒成立，構造函數t（x）=1-

ex

x

，求出函數的最值，可得實數a的取值范圍；
（III）假設存在x₀∈（0，+∞），使曲線C：y=g（x）-f（x）在點x₀處的切線斜率與f（x）在R上的最小值相等，則x₀為方程y′=e^x•（lnx+

1

x

-1）+1=1．即lnx+

1

x

-1=0的解，構造函數r（x）=lnx+

1

x

-1，并分析其零點的個數，可得結論．

解答：解：（I）設h（x）=m^x（m＞0且m≠1）
∵h（x）的圖象過點（ln2，2），
故m^ln2=2
∴m=e
∴h（x）=e^x，
∴f（x）=h（x）+ax=e^x+ax
∴f′（x）=e^x+a
（1）當a≥0時，f′（x）＞0恒成立，故f（x）的單調遞增區間為（-∞，+∞）
（2）當a＜0時，令f′（x）=0，即e^x+a=0，解得x=ln（-a）
當x∈（-∞，ln（-a））時，f′（x）＜0，x∈（ln（-a），+∞），f′（x）＞0，
故f（x）的單調遞減區間為（-∞，ln（-a）），單調遞增區間為（ln（-a），+∞）
（II）∵M∪P=P，故M⊆P
從而不等式h（x）＜（1-a）x在區間[

1

2

，2]上恒成立，
即a＜1-

ex

x

在區間[

1

2

，2]上恒成立，
令t（x）=1-

ex

x

，x∈[

1

2

，2]
則t′（x）=

ex(1-x)

x2

當x∈[

1

2

，1）時，t′（x）＞0，x∈（1，2]，t′（x）＜0，
故t（x）在[

1

2

，1）上遞增，在（1，2]上遞減，
又∵t（

1

2

）=1-2

e

，t（2）=1-

e2

2

故當x=

1

2

時，t（x）取最小值1-

e2

2

故a＜1-

e2

2

即實數a的取值范圍為（-∞，1-

e2

2

）
（III）當a=-1時，C：y=g（x）-f（x）=h（x）lnx-（e^x+ax）=e^x•lnx-e^x+x
∴y′=e^x•（lnx+

1

x

-1）+1
由（I）知此時，f（x）的最小值是-（-1）+（-1）ln1=1
假設存在x₀∈（0，+∞），使曲線C：y=g（x）-f（x）在點x₀處的切線斜率與f（x）在R上的最小值相等
則x₀為方程y′=e^x•（lnx+

1

x

-1）+1=1．即lnx+

1

x

-1=0的解
令r（x）=lnx+

1

x

-1，x∈（0，+∞），
則r′（x）=

1

x

-

1

x2

=

x-1

x2

，
由當x∈（0，1）時，r′（x）＜0，x∈（1，+∞）時，r′（x）＞0，
故r（x）在（0，1）上為減函數，在（1，+∞）上為增函數
故當x=1時，r（x）取最小值0，
故方程lnx+

1

x

-1=0在（0，+∞）上有唯一的解
故符合條件的x₀存在，且只有一個．

點評：本題考查的知識點是指數函數，導數法求函數的單調區間，導數法求函數的最值，恒成立問題，是函數圖象和性質的綜合應用，難度較大．