Question

16．设函数f（x）=$\frac{{e}^{x}-1}{x}$，x≠0．其中e=2.71828…
（1）设h（x）=f（x）+$\frac{1}{x}$，求函数h（x）在[$\frac{1}{2}$，2]上的值域；
（2）证明：对任意正数a，存在正数x，使不等式|f（x）-1|＜a成立．

Answer 1

分析 （1）求出${h}^{'}（x）=\frac{{e}^{x}（x-1）}{{x}^{2}}$，令h′（x）=0，则x=1，由此利用导数性质能求出函数h（x）在[$\frac{1}{2}，2$]上的值域．
（2）|f（x）-1|=|$\frac{{e}^{x}-1}{x}-1$|=|$\frac{{e}^{x}-x-1}{x}$|，当x＞0时，令g（x）=e^x-x-1，则|f（x）-1|=$\frac{{e}^{x}-x-1}{x}$，原不等式转化为e^x-（1+a）x-1＜0，令φ（x）=e^x-（1+a）x-1，则φ′（x）=e^x-（1+a），由此利用导数性质能证明对任意正数a，存在正数x=ln（a+1），使不等式|f（x）-1|＜a成立．

解答 解：（1）∵f（x）=$\frac{{e}^{x}-1}{x}$，x≠0．其中e=2.71828…
∴h（x）=f（x）+$\frac{1}{x}$=$\frac{{e}^{x}-1}{x}$+$\frac{1}{x}$，${h}^{'}（x）=\frac{{e}^{x}（x-1）}{{x}^{2}}$，
令h′（x）=0，则x=1，当x∈[$\frac{1}{2}$，1）时，h′（x）＜0，
h（x）在[$\frac{1}{2}$，1）上单调递减函数，
当x∈（1，2]时，h′（x）＞0，h（x）在（1，2]上是单调递增函数，
又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，
∴h（x）在[$\frac{1}{2}$，2]上有最小值h（1）=e，有最大值h（2）=$\frac{1}{2}{e}^{2}$．
∴函数h（x）在[$\frac{1}{2}，2$]上的值域为[e，$\frac{1}{2}{e}^{2}$]．
（2）|f（x）-1|=|$\frac{{e}^{x}-1}{x}-1$|=|$\frac{{e}^{x}-x-1}{x}$|，
当x＞0时，令g（x）=e^x-x-1，则g′（x）=e^x-1＞0，
∴g（x）＞g（0）=0，∴|f（x）-1|=$\frac{{e}^{x}-x-1}{x}$，
原不等式转化为$\frac{{e}^{x}-x-1}{x}$＜a，即e^x-（1+a）x-1＜0，
令φ（x）=e^x-（1+a）x-1，则φ′（x）=e^x-（1+a），
由φ′（x）=0，得e^x=1+a，a＞0，解得x=ln（a+1），
当0＜x＜ln（a+1）时，φ（x）取最小值φ[ln（a+1）]=a-（a+1）ln（a+1），
令S（a）=$\frac{a}{a+1}-ln（1+a）$，a＞0，
则${S}^{'}（a）=\frac{1}{（a+1）^{2}}-\frac{1}{a+1}$=-$\frac{a}{（a+1）^{2}}$＜0，
故S（a）＜S（0），则${S}^{'}（a）=\frac{1}{（a+1）^{2}}-\frac{1}{a+1}$=-$\frac{a}{（a+1）^{2}}$＜0，
∴S（a）＜S（0）=0，即φ[ln（1+a）]=a-（1+a）ln（1+a）＜0，
∴对任意正数a，存在正数x=ln（a+1），使不等式|f（x）-1|＜a成立．

点评 本题考查函数的值域的求法，考查不等式的证明，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题．