Question

18．已知函數(shù)f（x）=a$\sqrt{x}$-$\frac{{x}^{2}}{{e}^{x}}$（x＞0），其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．
（1）當(dāng)a=0時(shí)，判斷函數(shù)y=f（x）極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)；
（2）若函數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn)x₁，x₂（x₁＜x₂），設(shè)t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，證明；x₁+x₂隨著t的增大而增大．

Answer 1

分析 （1）a=0，化簡(jiǎn)函數(shù)的解析式，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過(guò)令f'（x）=0，求出極值點(diǎn)，判斷單調(diào)性，然后求解即可；
（2）得到關(guān)于x₁，x₂的方程組，解得x₁，x₂，求出x₁+x₂=$\frac{\frac{3}{2}（t+1）lnt}{t-1}$，令h（x）=$\frac{（x+1）lnx}{x-1}$，x∈（1，+∞），求出導(dǎo)函數(shù)，然后再構(gòu)造函數(shù)，求出導(dǎo)數(shù)判斷導(dǎo)函數(shù)的符號(hào)，推出函數(shù)的單調(diào)性即可．

解答 解：（1）當(dāng)a=0時(shí)，f（x）=-$\frac{{x}^{2}}{{e}^{x}}$（x＞0），f′（x）=$\frac{x（x-2）}{{e}^{x}}$，
令f'（x）=0，則x=2…（2分）
則x∈（0，2），f'（x）＜0，y=f（x）單調(diào)遞減x∈（2，+∞），f'（x）＞0，y=f（x）單調(diào)遞增
所以x=2是函數(shù)的一個(gè)極小值點(diǎn)，無(wú)極大值點(diǎn)．…（4分）
證明：（2）令f（x）=a$\sqrt{x}$-$\frac{{x}^{2}}{{e}^{x}}$=0，則${x}^{\frac{3}{2}}$=ae^x，
因?yàn)楹瘮?shù)有兩個(gè)零點(diǎn)x₁，x₂（x₁＜x₂）
所以${{x}_{1}}^{\frac{3}{2}}$=a${e}^{{x}_{1}}$，${{x}_{2}}^{\frac{3}{2}}$=a${e}^{{x}_{2}}$，可得$\frac{3}{2}$lnx₁=lna+x₁，$\frac{3}{2}$lnx₂=lna+x₂．
故x₂-x₁=$\frac{3}{2}$（lnx₂-lnx₁）=$\frac{3}{2}$ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$．…（6分）
設(shè)$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=t，則t＞1，且 $\left\{\begin{array}{l}{{x}_{2}={tx}_{1}}\\{{x}_{2}{-x}_{1}=\frac{3}{2}lnt}\end{array}\right.$，
解得x₁=$\frac{\frac{3}{2}lnt}{t-1}$，x₂=$\frac{\frac{3}{2}tlnt}{t-1}$．
所以：x₁+x₂=$\frac{\frac{3}{2}（t+1）lnt}{t-1}$．①…（8分）
令h（x）=$\frac{（x+1）lnx}{x-1}$，x∈（1，+∞），
則h′（x）=$\frac{-2lnx+x-\frac{1}{x}}{{（x-1）}^{2}}$．…（10分）
令u（x）=-2lnx+x-$\frac{1}{x}$，得u′（x）=（$\frac{x-1}{x}$）²．
當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，u'（x）＞0．因此，u（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
故對(duì)于任意的x∈（1，+∞），u（x）＞u（1）=0，
由此可得h'（x）＞0，故h（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增．
因此，由①可得x₁+x₂隨著t的增大而增大．…（12分）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，構(gòu)造法的應(yīng)用，導(dǎo)函數(shù)的符號(hào)的判斷，最值的求法，考查計(jì)算能力分析問(wèn)題解決問(wèn)題的能力．