Question

13．已知函数f（x）=|$\frac{e}{x}$-lnx|，g（x）=|e^1-x+lnx+a|
（1）将f（x）写成分段函数的形式（不用说明理由），并求f（x）的单调区间．
（2）若x≥1且-1-e^1-x＜a＜-1，比较f（x）与g（x）的大小．

Answer 1

分析 （1）利用绝对值的应用将f（x）写成分段函数的形式，根据分段函数的表达式即可求f（x）的单调区间．
（2）若x≥1且-1-e^1-x＜a＜-1，构造函数h（x）=e^1-x+lnx+a，x∈[1，+∞）．求函数的导数，利用导数研究函数的单调性和最值，利用分类讨论的思想即可比较f（x）与g（x）的大小．

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），
∴当0＜x＜e时f'（x）＜0，f（x）单调递减，
当x＞e时f'（x）＞0，f（x）单调递增…（3分）
所以f（x）的单调增区间为[e，+∞），单调减区间为（0，e）…（4分）
（2）令h（x）=e^1-x+lnx+a，x∈[1，+∞）．
则$h'（x）=-{e^{1-x}}+\frac{1}{x}=\frac{1}{x}-\frac{1}{{{e^{x-1}}}}=\frac{{{e^{x-1}}-x}}{{x{e^{x-1}}}}$，
记φ（x）=e^x-1-x，则x＞1时φ′（x）=e^x-1-1＞0，φ（x）在（1，+∞）是增函数，φ（x）＞φ（1）=0
所以在（1，+∞）上，h'（x）＞0，h（x）在[1，+∞）内单调递增．
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．
又因为h（x）在[1，e]上是增函数且连续不间断，
所以h（x）在[1，e]内有唯一的零点，
不妨设为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，+∞）内单调递增，则当x∈[1，c₁]时，h（x）≤h（c₁）=0；
当x∈（c₁，+∞）时，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，+∞），则有$p（x）=\left\{{\begin{array}{l}{-{e^{1-x}}-\frac{e}{x}-a，x∈[{1，{c_1}}]}\\{{e^{1-x}}+2lnx-\frac{e}{x}+a，x∈（{{c_1}，e}]}\\{{e^{1-x}}+\frac{e}{x}+a，x∈（{e，+∞}）}\end{array}}\right.$．…（7分）
1）当x∈[1，c₁]时，$p（x）=-{e^{1-x}}-\frac{e}{x}-a$，
p′（x）=e^1-x+$\frac{e}{{x}^{2}}$＞0，p（x）在[1，c₁]上递增．又$-a={e^{1-{c_1}}}+ln{c_1}$
所以x=c₁时，p_max（x）=p（c₁）=-${e}^{1-{c}_{1}}$-$\frac{e}{{c}_{1}}$-a=lnc₁-$\frac{e}{{c}_{1}}$＜0，．
故当x∈[1，c₁]时，p（x）＜0，g（x）＜f（x）…（8分）
2）当x∈[c₁，e]时，∵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]上单调递增．
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）为[c₁，e]上单调递增且连续不间断，
知p（x）在[c₁，e]有唯一个零点，不妨设为c₂，则${e}^{1-{c}_{2}}$+2lnc₂-$\frac{e}{{c}_{2}}$+a=0，其中c₂∈（c₁，e）．
故当x∈（c₁，c₂]时，p（x）≤p（c₂）=0，g（x）≤f（x）；  …（9分）
当x∈（c₂，e]时，p（x）＞p（c₂）=0，g（x）＞f（x）…（10分）
3）当x∈（e，+∞）时，$p（x）={e^{1-x}}+\frac{e}{x}+a$，易知p（x）在（e，+∞）上单调递减．
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）为[e，2e]上单调递减且连续不间断，p（x）在[e，2e]有唯一的零点，不妨设为c₃，
即${e^{1-{c_3}}}-\frac{e}{c_3}+a=0$，其中c₃∈（e，2e）．由p（x）在（e，+∞）上单调递减，
有当x∈（e，c₃]时，p（x）≥p（c₃）=0； g（x）≥f（x）…（11分）
当（c₃，+∞）时，p（x）＜p（c₃）=0．g（x）＜f（x）…（12分）

点评 本题主要考查函数单调性的判断，构造函数，求函数的导数，利用导数研究函数的单调性是解决本题的关键．综合性较强，难度较大．