Question

（2013•深圳二模）定义 ρ（x，y）=|ex-y|-y|x-ln y|，其中 x∈R，

Answer 1

解题思路：（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（a_i，a_i+1）＜（a_i+1-a_i）ln 2，i∈N^*，⇔证明a_ilna_i+a_i+1lna_i+1-（a_i+a_i+1）ln

a

i

+a

i+1

2

＜（a_i+1-a_i）ln2，i∈N^*，将a_i视为常数，a_i+1视为变量，构造下列函数：G（t）=a_ilna_i+tlnt-（a_i+t）ln

a

i

+t

2

-（t-a_i）ln2，其中t≥a_i＞0，利用导数可判断G（t）在[a_i，+∞）上单调递减，从而可证得结论．

（1）f（x）=|e^x-a|-a|x-ln a|（a＞0），函数f（x）的定义域为R．

当x≥lna时，e^x≥a，f（x）=e^x-ax+alna-a，

∵f′（x）=e^x-a≥0，

∴f（x）在[lna，+∞）上为增函数，…2分

当x≤lna时，e^x≤a，f（x）=ax-e^x-alna+a，

∵f′（x）=a-e^x≥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-e^x）-（b-e^x）=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）=（e^x-a）-（b-e^x）=2e^x-（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）=（e^x-a）-（e^x-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（a_i，a_i+1）＜（a_i+1-a_i）ln 2，i∈N^*，即证明

a_ilna_i+a_i+1lna_i+1-（a_i+a_i+1）ln

ai+ai+1

2＜（a_i+1-a_i）ln2，i∈N^*，

将a_i视为常数，a_i+1视为变量，构造下列函数：

G（t）=a_ilna_i+tlnt-（a_i+t）ln

ai+t

2-（t-a_i）ln2，其中t≥a_i＞0．

则G′（t）=lnt+1-ln

ai+t

2-1-ln2=ln[t

ai+t＜0，

∴G（t）在[a_i，+∞）上单调递减，

而G（a_i）=a_ilna_i+a_ilna_i-2a_ilna_i-（a_i-a_i）ln2=0，

∵{an }是各项均为正数的单调递增数列，

a_i+1＞a_i，i∈N^*，

∴G（a_i+1）＜0，

即a_ilna_i+a_i+1lna_i+1-（a_i+a_i+1）ln

ai+ai+1/2]＜（a_i+1-a_i）ln2，i∈N^*，

∴T（a_i，a_i+1）＜（a_i+1-a_i）ln 2，i∈N^*，…12分

于是，

n

i＝1T（a_i，a_i+1）＜

n

点评：

本题考点： 根的存在性及根的个数判断；利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用．

考点点评： 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．