Question

4．已知函数f（x）=$\frac{{e}^{2x}-1}{x}$．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）若任意x∈（0，1），f（x）∈（a，b）恒成立，求b-a的最小值．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（2）根据函数的单调性，求出f（x）的范围，问题转化为e^2x-ax-1＞0在x∈（0，1）恒成立，令h（x）=e^2x-ax-1，根据函数的单调性求出其范围即可．

解答 解：（1）∵f′（x）=$\frac{（2x-1{）e}^{2x}+1}{{x}^{2}}$，（x≠0），
令g（x）=（2x-1）e^2x+1，（x≠0），则g′（x）=4xe^2x，
当x∈（0，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）在（0，+∞）递增，
∴g（x）＞g（0）=0，
∴f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）递增，
当x∈（-∞，0）时，g′（x）＜0，g（x）在（-∞，0）递减，
∴g（x）＞g（0）=0，
∴f′（x）＞0，f（x）在（-∞，0）递增，
综上，函数f（x）在（-∞，0），（0，+∞）递增；
（2）由（1）得；f（x）在（0，1）递增，
∴f（x）＜f（1）=e²-1，
∴任意x∈（0，1），f（x）＜b恒成立，则b≥e²-1，
要使任意x∈（0，1），f（x）＞a恒成立，只需e^2x-ax-1＞0在x∈（0，1）恒成立，
令h（x）=e^2x-ax-1，则h′（x）=2e^2x-a，x∈（0，1），
①a≤2时，h′（x）＞0，h（x）在（0，1）递增，
∴h（x）＞h（0）=0，符合题意，
②a≥2e²时，h′（x）＜0，h（x）在（0，1）递减，
∴h（x）＜h（0）=0，不符合题意，
③2＜a＜2e²时，h′（x）＜0，解得：0＜x＜$\frac{1}{2}$ln$\frac{a}{2}$，h′（x）＞0，解得：$\frac{1}{2}$ln$\frac{a}{2}$＜x＜1，
∴h（x）在（0，$\frac{1}{2}$ln$\frac{a}{2}$）递减，故任意x∈（0，$\frac{1}{2}$ln$\frac{a}{2}$），
∴h（x）＜h（0）=0，不符合题意，
综上，a≤2，
∴b-a≥e²-3，
故b-a的最小值是e²-3．

点评 不同考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，是一道基础题．