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2021年高考数学浙江22

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22．（15分）设

$a$ ，

$b$ 为实数，且

$a>1$ ，函数

$f(x)=a^{x}-bx+e^{2}(x\in R)$ ．
（Ⅰ）求函数

$f(x)$ 的单调区间；
（Ⅱ）若对任意

$b>2e^{2}$ ，函数

$f(x)$ 有两个不同的零点，求

$a$ 的取值范围；
（Ⅲ）当

$a=e$ 时，证明：对任意

$b>e^{4}$ ，函数

$f(x)$ 有两个不同的零点

$x_{1}$ ，

$x_{2}$ ，满足

$x_{2}>\dfrac{blnb}{2{e}^{2}}x_{1}+\dfrac{{e}^{2}}{b}$ ．
（注

$:e=2.71828\dotsb$ 是自然对数的底数）
分析：（Ⅰ）对函数

$f(x)$ 求导，然后分

$b\leqslant 0$ 及

$b>0$ 两种情况讨论即可得出单调性情况；
（Ⅱ）易知只需

$f(x)_{min}=f(\dfrac{ln\dfrac{b}{lna}}{lna})<0$ 即可，计算可知

$b-b\cdot ln\dfrac{b}{lna}+{e}^{2}lna<0$ 对任意

$b>2e^{2}$ 均成立，记

$g(b)=b-b\cdot ln\dfrac{b}{lna}+{e}^{2}lna,b>2{e}^{2}$ ，对

$g$ （b）求导，然后分

$lna>2e^{2}$ 及

$lna\leqslant 2e^{2}$ 两种情况讨论，求得

$g$ （b）的最大值，令其小于零即可得解；
（Ⅲ）当

$a=e$ 时，由

$f(x)$ 的最小值小于零，可知其有两个零点，所证不等式可转化为

${e}^{{x}_{2}}>\dfrac{{b}^{2}lnb}{2{e}^{2}}{x}_{1}$ ，利用单调性先证

${x}_{1}<\dfrac{2{e}^{2}}{b}$ ，问题转化为证

$x_{2}>ln(blnb)$ ，再利用单调性证明即可．
解：（Ⅰ）

$f\prime (x)=a^{x}lna-b$ ，
①当

$b\leqslant 0$ 时，由于

$a>1$ ，则

$a^{x}lna>0$ ，故

$f\prime (x)>0$ ，此时

$f(x)$ 在

$R$ 上单调递增；
②当

$b>0$ 时，令

$f\prime (x)>0$ ，解得

$x>\dfrac{ln\dfrac{b}{lna}}{lna}$ ，令

$f\prime (x)<0$ ，解得

$x<\dfrac{ln\dfrac{b}{lna}}{lna}$ ，

$\therefore$ 此时

$f(x)$ 在

$(-\infty ,\dfrac{ln\dfrac{b}{lna}}{lna})$ 单调递减，在

$(\dfrac{ln\dfrac{b}{lna}}{lna},+\infty )$ 单调递增；
综上，当

$b\leqslant 0$ 时，

$f(x)$ 的单调递增区间为

$(-\infty ,+\infty )$ ；当

$b>0$ 时，

$f(x)$ 的单调递减区间为

$(-\infty ,\dfrac{ln\dfrac{b}{lna}}{lna})$ ，单调递增区间为

$(\dfrac{ln\dfrac{b}{lna}}{lna},+\infty )$ ；
（Ⅱ）注意到

$x\rarr -\infty$ 时，

$f(x)\rarr +\infty$ ，当

$x\rarr +\infty$ 时，

$f(x)\rarr +\infty$ ，
由（Ⅰ）知，要使函数

$f(x)$ 有两个不同的零点，只需

$f(x)_{min}=f(\dfrac{ln\dfrac{b}{lna}}{lna})<0$ 即可，

$\therefore$

$a\dfrac{ln\dfrac{b}{lna}}{lna}-b\cdot \dfrac{ln\dfrac{b}{lna}}{lna}+{e}^{2}<0$ 对任意

$b>2e^{2}$ 均成立，
令

$t=\dfrac{ln\dfrac{b}{lna}}{lna}$ ，则

$a^{t}-bt+e^{2}<0$ ，即

$e^{tlna}-bt+e^{2}<0$ ，即

${e}^{ln\dfrac{b}{lna}}-b\cdot \dfrac{ln\dfrac{b}{lna}}{lna}+{e}^{2}<0$ ，即

$\dfrac{b}{lna}-b\cdot \dfrac{ln\dfrac{b}{lna}}{lna}+{e}^{2}<0$ ，

$\therefore$

$b-b\cdot ln\dfrac{b}{lna}+{e}^{2}lna<0$ 对任意

$b>2e^{2}$ 均成立，
记

$g(b)=b-b\cdot ln\dfrac{b}{lna}+{e}^{2}lna,b>2{e}^{2}$ ，则

${g}'(b)=1-(ln\dfrac{b}{lna}+b\cdot \dfrac{lna}{b}\cdot \dfrac{1}{lna})=ln(lna)-lnb$ ，
令

$g\prime$ （b）

$=0$ ，得

$b=lna$ ，
①当

$lna>2e^{2}$ ，即

$a>{e}^{2{e}^{2}}$ 时，易知

$g$ （b）在

$(2e^{2}$ ，

$lna)$ 单调递增，在

$(lna,+\infty )$ 单调递减，
此时

$g$ （b）

$\leqslant g(lna)=lna-lna\cdot ln1+e^{2}lna=lna\cdot (e^{2}+1)>0$ ，不合题意；
②当

$lna\leqslant 2e^{2}$ ，即

$1<a\leqslant {e}^{2{e}^{2}}$ 时，易知

$g$ （b）在

$(2e^{2}$ ，

$+\infty )$ 单调递减，
此时

$g(b)<g(2{e}^{2})=2{e}^{2}-2{e}^{2}\cdot ln\dfrac{2{e}^{2}}{lna}+{e}^{2}lna=2e^{2}-2e^{2}[ln(2e^{2})-ln(lna)]+e^{2}lna$ ，
故只需

$2-2[ln2+2-ln(lna)]+lna\leqslant 0$ ，即

$lna+2ln(lna)\leqslant 2+2ln2$ ，则

$lna\leqslant 2$ ，即

$a\leqslant e^{2}$ ；
综上，实数

$a$ 的取值范围为

$(1$ ，

$e^{2}]$ ；
（Ⅲ）证明：当

$a=e$ 时，

$f(x)=e^{x}-bx+e^{2}$ ，

$f\prime (x)=e^{x}-b$ ，令

$f\prime (x)=0$ ，解得

$x=lnb>4$ ，
易知

$f(x)_{min}=f(lnb)={e}^{lnb}-b\cdot lnb+{e}^{2}=b-blnb+{e}^{2}<b-4b+e^{2}=e^{2}-3b<e^{2}-3e^{4}=e^{2}(1-3e^{2})<0$ ，

$\therefore f(x)$ 有两个零点，不妨设为

$x_{1}$ ，

$x_{2}$ ，且

$x_{1}<lnb<x_{2}$ ，
由

$f({x}_{2})={e}^{{x}_{2}}-b{x}_{2}+{e}^{2}=0$ ，可得

${x}_{2}=\dfrac{{e}^{{x}_{2}}}{b}+\dfrac{{e}^{2}}{b}$ ，

$\therefore$ 要证

${x}_{2}>\dfrac{blnb}{2{e}^{2}}{x}_{1}+\dfrac{{e}^{2}}{b}$ ，只需证

$\dfrac{{e}^{{x}_{2}}}{b}>\dfrac{blnb}{2{e}^{2}}{x}_{1}$ ，只需证

${e}^{{x}_{2}}>\dfrac{{b}^{2}lnb}{2{e}^{2}}{x}_{1}$ ，
而

$f(\dfrac{2{e}^{2}}{b})={e}^{\dfrac{2{e}^{2}}{b}}-2{e}^{2}+{e}^{2}={e}^{\dfrac{2{e}^{2}}{b}}-{e}^{2}<{e}^{\dfrac{2}{{e}^{2}}}-{e}^{2}<0$ ，则

${x}_{1}<\dfrac{2{e}^{2}}{b}$ ，

$\therefore$ 要证

${e}^{{x}_{2}}>\dfrac{{b}^{2}lnb}{2{e}^{2}}{x}_{1}$ ，只需证

${e}^{{x}_{2}}>blnb$ ，只需证

$x_{2}>ln(blnb)$ ，
而

$f(ln(blnb))=e^{ln(blnb)}-bln(blnb)+e^{2}=blnb-bln(blnb)+e^{2}<blnb-bln(4b)+e^{2}=b\cdot ln\dfrac{1}{4}+{e}^{2}={e}^{2}-bln4<0$ ，

$\therefore x_{2}>ln(blnb)$ ，即得证．
点评：本题考查导数的综合运用，涉及了利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查分类讨论思想，转化思想，考查推理论证能力及运算求解能力，属于难题．

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