Question

20．已知函數$f（x）=\frac{e^x}{x}（x＞0）$，直線l：x-ty-2=0．
（1）若直線l與曲線y=f（x）相切，求切點橫坐標的值；
（2）若函數$g（x）=\frac{{3{x^3}}}{e^x}（x＞0）$，求證：f（x）＞g（x）．

Answer 1

分析 （1）求得f（x）的導數，可得單調區(qū)間和切線的斜率，由切點既在切線上和曲線上，解方程即可得到所求切點的橫坐標；
（2）運用分析法證明，轉化為證明$\frac{{e}^{x}}{{x}^{2}}$＞$\sqrt{3}$，x＞0，可令h（x）=$\frac{{e}^{x}}{{x}^{2}}$（x＞0），求出導數，可得單調區(qū)間和極小值，且為最小值，即可得證．

解答 解：（1）由$f（x）=\frac{e^x}{x}（x＞0）$，得f′（x）=$\frac{{e}^{x}（x-1）}{{x}^{2}}$，
易知x∈（0，1）時，f'（x）＜0，f（x）單調遞減，x∈（1，+∞）時，f'（x）＞0，f（x）單調遞增，
根據直線l的方程x=ty+2，可得l恒過點（2，0），
①當t=0時，直線l：x=2垂直x軸，與曲線y=f（x）相交于一點，即交點橫坐標為2；
②當t≠0時，設切點A（x₀，y₀），直線l可化為$y=\frac{1}{t}x-\frac{2}{t}$，斜率$k=\frac{1}{t}=f'（{x_0}）=\frac{{{e^{x_0}}（{x_0}-1）}}{x_0^2}$，
又直線l和曲線y=f（x）均過點A（x₀，y₀），則滿足${y_0}=\frac{1}{t}{x_0}-\frac{2}{t}=\frac{{{e^{x_0}}}}{x_0}$，
所以$\frac{{{e^{x_0}}（{x_0}-1）}}{x_0^2}=\frac{{{e^{x_0}}（{x_0}-1）}}{{{x_0}{x_0}}}=（\frac{1}{t}{x_0}-\frac{2}{t}）•\frac{{{x_0}-1}}{x_0}=\frac{{{x_0}-2}}{x_0}•\frac{{{x_0}-1}}{x_0}=\frac{1}{t}$，兩邊約去t后，
可得$（{x_0}-2）•\frac{{{x_0}-1}}{x_0}=1$，化簡得$x_0^2-4{x_0}+2=0$，
切點橫坐標${x_0}=2±\sqrt{2}$，
綜上所述，切點的橫坐標為$2±\sqrt{2}$；
（2）證明：函數$g（x）=\frac{{3{x^3}}}{e^x}（x＞0）$，
要證f（x）＞g（x），
即證$\frac{{e}^{x}}{x}$＞$\frac{3{x}^{3}}{{e}^{x}}$（x＞0），
即證e^x＞$\sqrt{3}$x²，
即證$\frac{{e}^{x}}{{x}^{2}}$＞$\sqrt{3}$，
可令h（x）=$\frac{{e}^{x}}{{x}^{2}}$（x＞0），
h′（x）=$\frac{{e}^{x}（{x}^{2}-2x）}{{x}^{4}}$，
當x＞2時，h′（x）＞0，h（x）遞增；當0＜x＜2時，h′（x）＜0，h（x）遞減．
可得x=2時，h（x）取得極小值，且為最小值$\frac{{e}^{2}}{4}$，
由于$\sqrt{3}$＜$\frac{{e}^{2}}{4}$，
可得f（x）＞g（x）恒成立．

點評 本題考查導數的運用：求切線的斜率和單調性、極值和最值，考查不等式的證明，注意運用分析法和構造函數法，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．