39．已知定义在 $\mathbf { R }$ 上的函数 $\varphi ( x )$ 满足：当 $x _ { 1 } \neq x _ { 2 }$ 时，恒有 $\frac { \varphi \left( x _ { 1 } \right) - \varphi \left( x _ { 2 } \right) } { x _ { 1 } - x _ { 2 } } > 0$ ，若对任意 $x \in \mathbf { R } , \varphi \left( \mathrm { e } ^ { x } - b \right) \geq \varphi ( a x )$ ，恒成立，则 $a b$ 的最大值为（ ）
- A. A. $\sqrt { \mathrm { e } }$
- B. B. $\frac { \mathrm { e } } { 2 }$
- C. C. ${ } _ { e }$
- D. D. $\mathrm { e } ^ { 2 }$
Answer: B
Solution: 因为 $x _ { 1 } \neq x _ { 2 }$ 时，恒有 $\frac { \varphi \left( x _ { 1 } \right) - \varphi \left( x _ { 2 } \right) } { x _ { 1 } - x _ { 2 } } > 0$ ，所以 $\varphi ( x )$ 在 $\mathbf { R }$ 上单调递增，
所以若 $\varphi \left( \mathrm { e } ^ { x } - b \right) \geq \varphi ( a x )$ ，则 $\mathrm { e } ^ { x } - b \geq a x$ ，即 $\mathrm { e } ^ { x } \geq a x + b$ ，
构造函数 $f ( x ) = \mathrm { e } ^ { x } - a x - b ( x \in \mathbf { R } ) , ~ f ^ { \prime } ( x ) = \mathrm { e } ^ { x } - a$ ，
若 $a = 0$ ，则 $f ^ { \prime } ( x ) > 0$ 在 $x \in \mathbf { R }$ 上恒成立，而 $f ( x ) \geq 0$ 恒成立，则 $b \leq 0$ ，此时 $a b = 0$ ；
若 $a < 0$ ，则 $f ^ { \prime } ( x ) > 0 , f ( x )$ 单调递增，此时不可能恒有 $f ( x ) \geq 0$ ；
若 $a > 0$ ，由 $f ^ { \prime } ( x ) > 0$ 得 $x > \ln a , f ( x )$ 单调递增，
$f ^ { \prime } ( x ) < 0$ 得 $x < \ln a , f ( x )$ 单调递减，所以 $f ( x ) \geq f ( \ln a ) = a - a \ln a - b \geq 0$ ，
即 $b \leq a - a \ln a$ ，所以 $a b \leq a ^ { 2 } - a ^ { 2 } \ln a$ ，令 $g ( a ) = a ^ { 2 } - a ^ { 2 } \ln a ( a > 0 )$ ，
令 $g ^ { \prime } ( a ) = a ( 1 - 2 \ln a ) = 0$ ，得 $a = \sqrt { \mathrm { e } }$ ，
$a \in ( 0 , \sqrt { \mathrm { e } } ) _ { \text {时 } , ~ } g ^ { \prime } ( a ) > 0 , g ( a ) _ { \text {单调递增，} }$
$a \in ( \sqrt { \mathrm { e } } , + \infty )$ 时，$g ^ { \prime } ( a ) < 0 , g ( a )$ 单调递减，所以 $g ( a ) _ { \text {max } } = g ( \sqrt { \mathrm { e } } ) = \frac { \mathrm { e } } { 2 }$ ，
所以 $a b$ 的最大值为 $\frac { \mathrm { e } } { 2 }$ ．
综上所述，$a b$ 的最大值为 $\frac { \mathrm { e } } { 2 }$ ．