Question

18．設函數(shù)f（x）=$\frac{{e}^{2}-1}{x}$，x≠0．其中e=2.71828…
（1）設h（x）=f（x）+$\frac{1}{x}$，求函數(shù)h（x）在[$\frac{1}{2}$，2]上的值域；
（2）證明：對任意正數(shù)a，存在正數(shù)x，使不等式|f（x）-1|＜a成立．

Answer 1

分析 （1）$h（x）=\frac{e^x}{x}$，$h'（x）=\frac{{{e^x}（x-1）}}{x^2}$，由導數(shù)的正負確定函數(shù)的單調(diào)性，求最值，可得函數(shù)h（x）在[$\frac{1}{2}$，2]上的值域；
（2）化簡不等式f（x）-1＜a為e^x-（a+1）x-1＜0，求導討論函數(shù)的單調(diào)性，從而求函數(shù)的最小值，證明最小值小于0即可．

解答 （1）解：$h（x）=\frac{e^x}{x}$，$h'（x）=\frac{{{e^x}（x-1）}}{x^2}$…（1分）
令h'（x）=0，則x=1，
當$x∈[{\frac{1}{2}，1}）$時，h'（x）＜0，h（x）在$[{\frac{1}{2}，1}）$上單調(diào)遞減函數(shù)，
當x∈（1，2]時，h'（x）＞0，h（x）在（1，2]上單調(diào)遞增函數(shù)，…（3分）
又依據(jù)$h（\frac{1}{2}）=2\sqrt{e}$，$h（2）=\frac{1}{2}{e^2}$，$h（2）-h（\frac{1}{2}）=\frac{1}{2}{e^2}-2\sqrt{e}=\frac{{{e^2}-4\sqrt{e}}}{2}＞0$…（4分）
∴h（x）在$[{\frac{1}{2}，2}]$上有最小值h（1）=e，有最大值$h（2）=\frac{1}{2}{e^2}$
即函數(shù)h（x）在$[{\frac{1}{2}，2}]$上的值域$[{e，\frac{1}{2}{e^2}}]$．                          …（5分）
（2）證明：$|{f（x）-1}|=|{\frac{{{e^x}-1}}{x}-1}|=|{\frac{{{e^x}-x-1}}{x}}|$，
當x＞0時，令g（x）=e^x-x-1，則g'（x）=e^x-1＞0，…（6分）
故g（x）＞g（0）=0，∴$|{f（x）-1}|=\frac{{{e^x}-x-1}}{x}$，                      …（7分）
原不等式化為$\frac{{{e^x}-x-1}}{x}＜a$，即e^x-（1+a）x-1＜0，
令φ（x）=e^x-（1+a）x-1，則φ'（x）=e^x-（1+a），…（8分）
由φ'（x）=0得：e^x=1+a，a＞0解得x=ln（1+a），
當0＜x＜ln（1+a）時，φ'（x）＜0；當x＞ln（1+a）時，φ'（x）＞0．
故當x=ln（1+a）時，φ（x）取最小值φ[ln（1+a）]=a-（1+a）ln（1+a），…（10分）
令$s（a）=\frac{a}{1+a}-ln（1+a），a＞0$，則$s'（a）=\frac{1}{{{{（1+a）}^2}}}-\frac{1}{1+a}=-\frac{a}{{{{（1+a）}^2}}}＜0$．
故s（a）＜s（0）=0，即φ[ln（1+a）]=a-（1+a）ln（1+a）＜0．
因此，存在正數(shù)x=ln（1+a），使原不等式成立．                            …（12分）

點評 本題主要考查了函數(shù)單調(diào)性的判斷方法、導數(shù)在最大值、最小值問題中的應用．利用導數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性常用的方法．