Question

18．设函数f（x）=$\frac{{e}^{2}-1}{x}$，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）$h（x）=\frac{e^x}{x}$，$h'（x）=\frac{{{e^x}（x-1）}}{x^2}$，由导数的正负确定函数的单调性，求最值，可得函数h（x）在[$\frac{1}{2}$，2]上的值域；
（2）化简不等式f（x）-1＜a为e^x-（a+1）x-1＜0，求导讨论函数的单调性，从而求函数的最小值，证明最小值小于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，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]上单调递增函数，…（3分）
又依据$h（\frac{1}{2}）=2\sqrt{e}$，$h（2）=\frac{1}{2}{e^2}$，$h（2）-h（\frac{1}{2}）=\frac{1}{2}{e^2}-2\sqrt{e}=\frac{{{e^2}-4\sqrt{e}}}{2}＞0$…（4分）
∴h（x）在$[{\frac{1}{2}，2}]$上有最小值h（1）=e，有最大值$h（2）=\frac{1}{2}{e^2}$
即函数h（x）在$[{\frac{1}{2}，2}]$上的值域$[{e，\frac{1}{2}{e^2}}]$．                          …（5分）
（2）证明：$|{f（x）-1}|=|{\frac{{{e^x}-1}}{x}-1}|=|{\frac{{{e^x}-x-1}}{x}}|$，
当x＞0时，令g（x）=e^x-x-1，则g'（x）=e^x-1＞0，…（6分）
故g（x）＞g（0）=0，∴$|{f（x）-1}|=\frac{{{e^x}-x-1}}{x}$，                      …（7分）
原不等式化为$\frac{{{e^x}-x-1}}{x}＜a$，即e^x-（1+a）x-1＜0，
令φ（x）=e^x-（1+a）x-1，则φ'（x）=e^x-（1+a），…（8分）
由φ'（x）=0得：e^x=1+a，a＞0解得x=ln（1+a），
当0＜x＜ln（1+a）时，φ'（x）＜0；当x＞ln（1+a）时，φ'（x）＞0．
故当x=ln（1+a）时，φ（x）取最小值φ[ln（1+a）]=a-（1+a）ln（1+a），…（10分）
令$s（a）=\frac{a}{1+a}-ln（1+a），a＞0$，则$s'（a）=\frac{1}{{{{（1+a）}^2}}}-\frac{1}{1+a}=-\frac{a}{{{{（1+a）}^2}}}＜0$．
故s（a）＜s（0）=0，即φ[ln（1+a）]=a-（1+a）ln（1+a）＜0．
因此，存在正数x=ln（1+a），使原不等式成立．                            …（12分）

点评 本题主要考查了函数单调性的判断方法、导数在最大值、最小值问题中的应用．利用导数判断函数的单调性常用的方法．