Question

10．已知函数f（x）=$\frac{e}{x}$-lnx，g（x）=e^x-1+a-lnx，其中e=2.71828…，a∈R．
（Ⅰ）证明：x=e是函数f（x）的唯一零点；
（Ⅱ）当a≥2且x≥1时，试比较|f（x）|和|g（x）|的大小，并说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的导数，得到函数的单调性，从而证出结论；（Ⅱ）通过讨论x的范围，去掉绝对值，结合函数的单调性判断即可．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=-$\frac{e}{{x}^{2}}$-$\frac{1}{x}$＜0在（0，+∞）恒成立，
∴f（x）在（0，+∞）上是减函数，又f（e）=0，
∴当0＜x≤e时，f（x）≥0；当x＞e时，f（x）＜0，
∴x=e是f（x）的唯一零点．…（4分）
（Ⅱ）当1≤x≤e时，$|f（x）|-|g（x）|=f（x）-g（x）=\frac{e}{x}-{e^{x-1}}-a$…（6分）
设$m（x）=\frac{e}{x}-{e^{x-1}}-a$，则$m'（x）=-\frac{e}{x^2}-{e^{x-1}}＜0$，
∴m（x）在[1，+∞）上为减函数，
∴m（x）≤m（1）=e-1-a，∵a≥2，∴m（x）＜0，
∴|f（x）|＜|g（x）|…（8分）
当x＞e时，$|f（x）|-|g（x）|=-f（x）-g（x）=-\frac{e}{x}+2lnx-{e^{x-1}}-a＜2lnx-{e^{x-1}}-a$…（9分）
设n（x）=2lnx-e^x-1-a，则$n'（x）=\frac{2}{x}-{e^{x-1}}$，n″（x）=-$\frac{2}{{x}^{2}}$-e^x-1＜0，
∴n′（x）在（e，+∞）上为减函数，∴$n'（x）＜n'（e）=\frac{2}{e}-{e^{e-1}}＜0$，
∴n（x）在（e，+∞）上为减函数，∴n（x）＜n（e）=2-a-e^e-1＜0，
∴|f（x）|＜|g（x）|
综上，当a≥2，x≥1时，|f（x）|＜|g（x）|…（12分）

点评 本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用以及绝对值不等式的比较，是一道中档题．