Question

15．已知函數(shù)f（x）=e^x，x∈R．
（1）設x＞0，討論曲線y=$\frac{f（x）}{x^2}$與直線y=m公共點的個數(shù)；
（2）設函數(shù)h（x）滿足x²h′（x）+2xh（x）=$\frac{f（x）}{x}$，h（2）=$\frac{f（2）}{8}$，試比較h（e）與$\frac{7}{8}$的大小．（e²=7.389）

Answer 1

分析 （1）問題轉(zhuǎn)化為方程f（x）=mx²根的個數(shù)，由f（x）=mx²⇒m=$\frac{{e}^{x}}{{x}^{2}}$，令v（x）=$\frac{{e}^{x}}{{x}^{2}}$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性得到m的范圍，通過討論m的范圍，求出公共點的個數(shù)即可；
（2）令F（x）=x²h（x），令G（x）=e^x-2F（x），求出函數(shù)的導數(shù)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性比較即可．

解答 解：（1）當x＞0，m＞0時，曲線y=f（x）與曲線y=mx²（m＞0）的公共點個數(shù)
即方程f（x）=mx²根的個數(shù)．
由f（x）=mx²⇒m=$\frac{{e}^{x}}{{x}^{2}}$，令v（x）=$\frac{{e}^{x}}{{x}^{2}}$⇒v′（x）=$\frac{{xe}^{x}（x-2）}{{x}^{4}}$，
則v（x）在（0，2）上單調(diào)遞減，這時v（x）∈（v（2），+∞）；
v（x）在（2，+∞）上單調(diào)遞增，這時v（x）∈（v（2），+∞），v（2）=$\frac{{e}^{2}}{4}$．
v（2）是y=v（x）的極小值，也是最小值．（5分）
所以對曲線y=f（x）與曲線y=mx²（m＞0）公共點的個數(shù)，討論如下：
當m∈（0，$\frac{{e}^{2}}{4}$）時，有0個公共點；
當m=$\frac{e2}{4}$時，有1個公共點；
當m∈（$\frac{{e}^{2}}{4}$，+∞）時有2個公共點；（8分）
（2）令F（x）=x²h（x），則F′（x）=x²h′（x）+2xh=$\frac{ex}{x}$，
所以h=$\frac{F（x）}{x2}$，故h′=$\frac{F′（x）x2-2xF（x）}{x4}$=$\frac{F′（x）x-2F（x）}{x3}$=$\frac{ex-2F（x）}{x3}$，
令G（x）=e^x-2F（x），則G′（x）=e^x-2F′（x）=e^x-2•$\frac{ex}{x}$=$\frac{ex（x-2）}{x}$
顯然，當0＜x＜2時，G′（x）＜0，G（x）單調(diào)遞減；
當x＞2時，G′（x）＞0，G（x）單調(diào)遞增；
所以，在（0，+∞）范圍內(nèi)，G（x）在x=2處取得最小值G（2）=0．
即x＞0時，e^x-2F（x）≥0．
故在（0，+∞）內(nèi)，h′（x）≥0，
所以h（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增，
又因為h（2）=$\frac{f（2）}{8}$=$\frac{e2}{8}$＞$\frac{7}{8}$，h（2）＜h（e）
所以h（e）＞$\frac{7}{8}$．（14分）

點評 本題主要考查利用導數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)，主要是求單調(diào)區(qū)間問題，屬于難題．