Question

15．已知函數(shù)f（x）=e^x-1．
（1）求證：f（x）≥x；
（2）若存在x₀＞0，使得對(duì)任意的x∈（0，x₀），恒有kf（x）＜x，求k的范圍；
（3）若存在t＞0，使得對(duì)任意的x∈（0，t），恒有|kf（x）-x|＜f²（x），求k的范圍．

Answer 1

分析 （1）由函數(shù)y=f（x）-x=e^x-x-1，求出導(dǎo)數(shù)和單調(diào)區(qū)間，可得極值和最值，進(jìn)而得到證明；
（2）由題意可得k＜$\frac{x}{f（x）}$=$\frac{x}{{e}^{x}-1}$，設(shè)g（x）=$\frac{x}{{e}^{x}-1}$，求得導(dǎo)數(shù)，設(shè)h（x）=e^x-1-xe^x，求得導(dǎo)數(shù)，判斷符號(hào)可得單調(diào)性，進(jìn)而得到g（x）的單調(diào)性，可得g（x）的范圍，可得k的范圍；
（3）運(yùn)用絕對(duì)值不等式的解法，由參數(shù)分離和構(gòu)造函數(shù)，運(yùn)用導(dǎo)數(shù)，判斷單調(diào)性，即可得到k的范圍．

解答 解：（1）證明：令y=f（x）-x=e^x-x-1，
則y′=e^x-1，
當(dāng)x＞0時(shí)，函數(shù)y′＞0，函數(shù)遞增；
當(dāng)x＜0時(shí)，函數(shù)y′＜0，函數(shù)遞減．
可得函數(shù)y在x=0處取得極小值，且為最小值0．
則y≥0，即f（x）≥x；
（2）對(duì)任意的x∈（0，x₀），恒有kf（x）＜x，且f（x）＞0，
即有k＜$\frac{x}{f（x）}$=$\frac{x}{{e}^{x}-1}$，
設(shè)g（x）=$\frac{x}{{e}^{x}-1}$，則g′（x）=$\frac{{e}^{x}-1-x{e}^{x}}{（{e}^{x}-1）^{2}}$，
設(shè)h（x）=e^x-1-xe^x，h′（x）=e^x-（e^x+xe^x）=-xe^x＜0，
可得h（x）在x＞0遞減，即有h（x）＜h（0）=0，
則g′（x）＜0，即有g(shù)（x）在（0，x₀）遞減，
則g（x）＞g（x₀）=$\frac{{x}_{0}}{{e}^{{x}_{0}}-1}$．
即有k≤$\frac{{x}_{0}}{{e}^{{x}_{0}}-1}$；
（3）存在t＞0，使得對(duì)任意的x∈（0，t），恒有|kf（x）-x|＜f²（x），
即為$\frac{x-{f}^{2}（x）}{f（x）}$＜k＜$\frac{x+{f}^{2}（x）}{f（x）}$，
由$\frac{x-{f}^{2}（x）}{f（x）}$-1=$\frac{x-（{e}^{x}-1）^{2}-（{e}^{x}-1）}{{e}^{x}-1}$，
由x＞0，可得e^x-1＞0，
由y=x-（e^x-1）²-（e^x-1）=x-e^x（e^x-1），
導(dǎo)數(shù)為y′=1-2e^2x+e^x=（1-e^x）（1+2e^x）＜0，
即有函數(shù)y在（0，t）遞減，可得x-e^x（e^x-1）＜0，
即為$\frac{x-{f}^{2}（x）}{f（x）}$＜1，
則k≥1；
由$\frac{x+{f}^{2}（x）}{f（x）}$-1=$\frac{x+（{e}^{x}-1）^{2}-（{e}^{x}-1）}{{e}^{x}-1}$，
由y=x+（e^x-1）²-（e^x-1）=x+（e^x-2）（e^x-1），
導(dǎo)數(shù)為y′=1+2e^2x-3e^x=（1-e^x）（1-2e^x）＞0，
即有函數(shù)y在（0，t）遞增，可得x+（e^x-2）（e^x-1）＞0，
即有$\frac{x+{f}^{2}（x）}{f（x）}$＞1，
可得k≤1．
綜上可得k=1．
則k的取值范圍是{1}．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求單調(diào)區(qū)間和極值、最值，考查不等式恒成立問(wèn)題的解法，注意運(yùn)用參數(shù)分離和轉(zhuǎn)化思想，構(gòu)造函數(shù)法，求得單調(diào)性是解題的關(guān)鍵，屬于難題．