Question

設函數(shù)f（x）=lnx+e^x，g（x）=e^x+

1

2

x²-ax（a∈R）（e=2.71828…是自然對數(shù)的底數(shù)）
（1）若F（x）=f（x）-g（x），求F（x）的單調區(qū)間；
（2）定義：若函數(shù)φ（x）在定義域為[m，n]（m＜n）上的值域為[m，n]，則稱區(qū)間[m，n]為函數(shù)φ（x）的“同域區(qū)間”，當a=

3

2

時，函數(shù)F（x）在區(qū)間（0，2）內是否存在“同域區(qū)間”？請說明理由；
（3）當a＞1時，對于區(qū)間（2，3）內任意兩個不相等的實數(shù)x₁，x₂都有|f（x₁）-f（x₂）|＞|g（x₁）-g（x₂）|成立，求a的取值范圍．

Answer 1

考點：利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性

專題：新定義,導數(shù)的綜合應用

分析：（1）利用導數(shù)求函數(shù)的單調區(qū)間即可；
（2）根據(jù)“同域區(qū)間”的定義得出

F(m)=m F(n)=n

?方程2lnx-x²+x=0在（0，2）上存在兩個相異的實根，利用導數(shù)證明即可；
（3）由（1）得|f（x₁）-f（x₂）|=f（x₂）-f（x₁），則|f（x₁）-f（x₂）|＞|g（x₁）-g（x₂）|?f（x₂）-f（x₁）＞|g（x₁）-g（x₂）|?f（x₁）-f（x₂）＜g（x₁）-g（x₂）＜f（x₂）-f（x₁），即f（x）-g（x）在區(qū)間（2，3）單調遞增，f（x）+g（x）在區(qū)間（2，3）單調遞增，即[f（x）-g（x）]′≥0且[f（x）+g（x）]′≥0，利用導數(shù)列出不等式解得即可．

解答： 解：（1）由F（x）=f（x）-g（x）得F（x）=lnx-

1

2

x²+ax，
∴F′（x）=

1-x2+ax

x

，由題意可得F（x）的定義域為（0，+∞），
令F′（x）=0⇒x₁=

a- a2+4

2

，x₂=

a+ a2+4

2

，可得x₁＜0，x₂＞0，
令F′（x）＞0⇒0＜x＜

a+ a2+4

2

，即函數(shù)F（x）的單調遞增區(qū)間為（0，

a+ a2+4

2

），
令F′（x）＜0⇒x＞

a+ a2+4

2

，即函數(shù)F（x）的單調遞減區(qū)間為（

a+ a2+4

2

，+∞）；
（2）當a=

3

2

時，F(xiàn)（x）=lnx-

1

2

x²+

3

2

x，設其定義域為[m，n]（m＜n），假設存在“同域區(qū)間”，且對應的值域為[m，n]，
由（1）可知F（x）在（0，2）上單調遞增，即有

F(m)=m F(n)=n

⇒

lnm- 1 2 m2+ 3 2 m=m lnn- 1 2 n2+ 3 2 n=n

，
及方程lnx-

1

2

x²+

3

2

x=x在（0，2）上存在兩個相異的實根，
即方程2lnx-x²+x=0在（0，2）上存在兩個相異的實根，
令T（x）=2lnx-x²+x，則T′（x）=

2

x

-2x+1，令φ（x）=T′（x）=

2

x

-2x+1，則φ′（x）=-

2

x2

-2，即φ′（x）＜0恒成立，
∴函數(shù)φ（x）在（0，2）上單調遞減，且φ（e^-1）═2e+1-

2

e

＞0，φ（2）=-2＜0，
即在區(qū)間（

1

e

，2）上必存在唯一的點x₀∈（

1

e

，2），使得φ（x₀）=0，
當x∈（

1

e

，x₀）時，φ′（x）＞0即T（x）在（

1

e

，2）上單調遞增；
當x∈（x₀，2）時，φ′（x）＜00即T（x）在（x₀，2）上單調遞減；
又T（

1

e

）=

e(-2e+1)-1

e2

＜0，φ（1）=1＞0，∴x₀＞1，即T（x）在（1，x₀）單調遞增，
T（x₀）＞T（1）=0，T（2）=2ln2-4+2=2ln2-2=2（ln2-1）＜0，
∴函數(shù)T（x）=2lnx-x²+x在區(qū)間（

1

e

，2）有兩個不相等的解，
即方程2lnx-x²+x=0在（0，2）上存在兩個相異的實根，
故函數(shù)F（x）在（0，2）上存在“同域區(qū)間”；
（3）不妨設2＜x₁＜x₂＜3，由題意得f（x）=lnx+e^x在區(qū)間（2，3）單調遞增，
則有|f（x₁）-f（x₂）|=f（x₂）-f（x₁），
∴|f（x₁）-f（x₂）|＞|g（x₁）-g（x₂）|?f（x₂）-f（x₁）＞|g（x₁）-g（x₂）|
?f（x₁）-f（x₂）＜g（x₁）-g（x₂）＜f（x₂）-f（x₁），
即f（x₁）-g（x₁）＜f（x₂）-g（x₂）且f（x₁）+g（x₁）＜f（x₂）+g（x₂）恒成立，
故f（x）-g（x）在區(qū)間（2，3）單調遞增，f（x）+g（x）在區(qū)間（2，3）單調遞增，
即[f（x）-g（x）]′≥0且[f（x）+g（x）]′≥0，
∴命題轉化為在條件x∈（2，3）下有

1 x -x+a≥0 1 x +2ex+x-a≥0

恒成立，即

a≥x- 1 x a≤x+ 1 x +2ex

⇒

8

3

≤a≤

5

2

+2e²．

點評：本題主要考查利用導數(shù)判斷函數(shù)的單調性求單調區(qū)間及新概念題、恒成立問題的解決能力，考查劃歸思想、分類討論思想的運用能力，綜合性邏輯性強，屬難題．