Question

已知h（x）是指数函数，且过点（ln2，2），令f（x）=h（x）+ax．
（I）求f（x）的单调区间；
（II）记不等式h（x）＜（1-a）x的解集为P，若M={x|

1

2

≤x≤2}且M∪P=P，求实数a的取值范围；
（III）当a=-1时，设g（x）=h（x）lnx，问是否存在x₀∈（0，+∞），使曲线C：y=g（x）-f（x）在点x₀处的切线斜率与f（x）在R上的最小值相等？若存在，求出符合条件的x₀的个数；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析：（I）由h（x）是指数函数，且过点（ln2，2），可得函数的解析式，进而由f（x）=h（x）+ax，求出f（x）的解析式，求出函数的导函数，对a进行分类讨论，根据导函数的符号可得f（x）的单调区间；
（II）由M∪P=P，故M⊆P，即不等式h（x）＜（1-a）x在区间[

1

2

，2]上恒成立，即a＜1-

ex

x

在区间[

1

2

，2]上恒成立，构造函数t（x）=1-

ex

x

，求出函数的最值，可得实数a的取值范围；
（III）假设存在x₀∈（0，+∞），使曲线C：y=g（x）-f（x）在点x₀处的切线斜率与f（x）在R上的最小值相等，则x₀为方程y′=e^x•（lnx+

1

x

-1）+1=1．即lnx+

1

x

-1=0的解，构造函数r（x）=lnx+

1

x

-1，并分析其零点的个数，可得结论．

解答：解：（I）设h（x）=m^x（m＞0且m≠1）
∵h（x）的图象过点（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）当a≥0时，f′（x）＞0恒成立，故f（x）的单调递增区间为（-∞，+∞）
（2）当a＜0时，令f′（x）=0，即e^x+a=0，解得x=ln（-a）
当x∈（-∞，ln（-a））时，f′（x）＜0，x∈（ln（-a），+∞），f′（x）＞0，
故f（x）的单调递减区间为（-∞，ln（-a）），单调递增区间为（ln（-a），+∞）
（II）∵M∪P=P，故M⊆P
从而不等式h（x）＜（1-a）x在区间[

1

2

，2]上恒成立，
即a＜1-

ex

x

在区间[

1

2

，2]上恒成立，
令t（x）=1-

ex

x

，x∈[

1

2

，2]
则t′（x）=

ex(1-x)

x2

当x∈[

1

2

，1）时，t′（x）＞0，x∈（1，2]，t′（x）＜0，
故t（x）在[

1

2

，1）上递增，在（1，2]上递减，
又∵t（

1

2

）=1-2

e

，t（2）=1-

e2

2

故当x=

1

2

时，t（x）取最小值1-

e2

2

故a＜1-

e2

2

即实数a的取值范围为（-∞，1-

e2

2

）
（III）当a=-1时，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）知此时，f（x）的最小值是-（-1）+（-1）ln1=1
假设存在x₀∈（0，+∞），使曲线C：y=g（x）-f（x）在点x₀处的切线斜率与f（x）在R上的最小值相等
则x₀为方程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，+∞），
则r′（x）=

1

x

-

1

x2

=

x-1

x2

，
由当x∈（0，1）时，r′（x）＜0，x∈（1，+∞）时，r′（x）＞0，
故r（x）在（0，1）上为减函数，在（1，+∞）上为增函数
故当x=1时，r（x）取最小值0，
故方程lnx+

1

x

-1=0在（0，+∞）上有唯一的解
故符合条件的x₀存在，且只有一个．

点评：本题考查的知识点是指数函数，导数法求函数的单调区间，导数法求函数的最值，恒成立问题，是函数图象和性质的综合应用，难度较大．