Question

13．已知函數(shù)f（x）=|$\frac{e}{x}$-lnx|，g（x）=|e^1-x+lnx+a|
（1）將f（x）寫成分段函數(shù)的形式（不用說明理由），并求f（x）的單調(diào)區(qū)間．
（2）若x≥1且-1-e^1-x＜a＜-1，比較f（x）與g（x）的大小．

Answer 1

分析 （1）利用絕對值的應(yīng)用將f（x）寫成分段函數(shù)的形式，根據(jù)分段函數(shù)的表達式即可求f（x）的單調(diào)區(qū)間．
（2）若x≥1且-1-e^1-x＜a＜-1，構(gòu)造函數(shù)h（x）=e^1-x+lnx+a，x∈[1，+∞）．求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和最值，利用分類討論的思想即可比較f（x）與g（x）的大�。�

解答 解：（1）$f（x）=\left\{\begin{array}{l}\frac{e}{x}-lnx，0＜x＜e\\ lnx-\frac{e}{x}，x≥e\end{array}\right.$…（1分），
∵$f'（x）=\left\{\begin{array}{l}-\frac{e}{x^2}-\frac{1}{x}，0＜x＜e\\ \frac{1}{x}+\frac{e}{x^2}，x≥e\end{array}\right.$…（2分），
∴當0＜x＜e時f'（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，
當x＞e時f'（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增…（3分）
所以f（x）的單調(diào)增區(qū)間為[e，+∞），單調(diào)減區(qū)間為（0，e）…（4分）
（2）令h（x）=e^1-x+lnx+a，x∈[1，+∞）．
則$h'（x）=-{e^{1-x}}+\frac{1}{x}=\frac{1}{x}-\frac{1}{{{e^{x-1}}}}=\frac{{{e^{x-1}}-x}}{{x{e^{x-1}}}}$，
記φ（x）=e^x-1-x，則x＞1時φ′（x）=e^x-1-1＞0，φ（x）在（1，+∞）是增函數(shù)，φ（x）＞φ（1）=0
所以在（1，+∞）上，h'（x）＞0，h（x）在[1，+∞）內(nèi)單調(diào)遞增．
而h（x）≥h（1）=1+a，…（5分），
∵-1-e^1-e＜a＜-1，∴h（1）=1+a＜0，且h（e）=e^1-e+1+a＞0．
又因為h（x）在[1，e]上是增函數(shù)且連續(xù)不間斷，
所以h（x）在[1，e]內(nèi)有唯一的零點，
不妨設(shè)為c₁，即${e^{1-{c_1}}}+ln{c_1}+a=0$，其中c₁∈（1，e）．…（6分）
又由于h（x）在[1，+∞）內(nèi)單調(diào)遞增，則當x∈[1，c₁]時，h（x）≤h（c₁）=0；
當x∈（c₁，+∞）時，h（x）≥h（c₁）=0．
那么$g（x）=\left\{{\begin{array}{l}{-{e^{1-x}}-lnx-a，x∈[{1，{c_1}}]}\\{{e^{1-x}}+lnx+a，x∈（{{c_1}，+∞}）}\end{array}}\right.$．
再令p（x）=g（x）-f（x），x∈[1，+∞），則有$p（x）=\left\{{\begin{array}{l}{-{e^{1-x}}-\frac{e}{x}-a，x∈[{1，{c_1}}]}\\{{e^{1-x}}+2lnx-\frac{e}{x}+a，x∈（{{c_1}，e}]}\\{{e^{1-x}}+\frac{e}{x}+a，x∈（{e，+∞}）}\end{array}}\right.$．…（7分）
1）當x∈[1，c₁]時，$p（x）=-{e^{1-x}}-\frac{e}{x}-a$，
p′（x）=e^1-x+$\frac{e}{{x}^{2}}$＞0，p（x）在[1，c₁]上遞增．又$-a={e^{1-{c_1}}}+ln{c_1}$
所以x=c₁時，p_max（x）=p（c₁）=-${e}^{1-{c}_{1}}$-$\frac{e}{{c}_{1}}$-a=lnc₁-$\frac{e}{{c}_{1}}$＜0，．
故當x∈[1，c₁]時，p（x）＜0，g（x）＜f（x）…（8分）
2）當x∈[c₁，e]時，∵φ（x）=e^x-1-x＞φ（1）=0，e^x-1＞x＞0，
∴$p'（x）=-{e^{1-x}}+\frac{2}{x}+\frac{e}{x^2}＞\frac{1}{x}-\frac{1}{{{e^{x-1}}}}＞0$，p（x）在[c₁，e]上單調(diào)遞增．
p_min（x）=p（c₁）=${e}^{1-{c}_{1}}$-$\frac{e}{{c}_{1}}$+2lnc₁+a=lnc₁-$\frac{e}{{c}_{1}}$＜0，
p_max（x）=p（e）=e^1-e+2-1+a=e^1-e+1+a＞0，p（x）為[c₁，e]上單調(diào)遞增且連續(xù)不間斷，
知p（x）在[c₁，e]有唯一個零點，不妨設(shè)為c₂，則${e}^{1-{c}_{2}}$+2lnc₂-$\frac{e}{{c}_{2}}$+a=0，其中c₂∈（c₁，e）．
故當x∈（c₁，c₂]時，p（x）≤p（c₂）=0，g（x）≤f（x）；  …（9分）
當x∈（c₂，e]時，p（x）＞p（c₂）=0，g（x）＞f（x）…（10分）
3）當x∈（e，+∞）時，$p（x）={e^{1-x}}+\frac{e}{x}+a$，易知p（x）在（e，+∞）上單調(diào)遞減．
又p（e）=e^1-e+1+a＞0，
p（2e）=e^1-2e+$\frac{1}{2}+$a-$\frac{e}{{e}^{2e}}$+$\frac{1}{2}+a$≤$\frac{e}{2e+1}$+$\frac{1}{2}+a$＜1+a＜0，
p（x）為[e，2e]上單調(diào)遞減且連續(xù)不間斷，p（x）在[e，2e]有唯一的零點，不妨設(shè)為c₃，
即${e^{1-{c_3}}}-\frac{e}{c_3}+a=0$，其中c₃∈（e，2e）．由p（x）在（e，+∞）上單調(diào)遞減，
有當x∈（e，c₃]時，p（x）≥p（c₃）=0； g（x）≥f（x）…（11分）
當（c₃，+∞）時，p（x）＜p（c₃）=0．g（x）＜f（x）…（12分）

點評 本題主要考查函數(shù)單調(diào)性的判斷，構(gòu)造函數(shù)，求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性是解決本題的關(guān)鍵．綜合性較強，難度較大．