Question

11．設(shè)函數(shù)f（x）=$\frac{{e}^{x}}{{x}^{2}}$+k（$\frac{2}{x}$+lnx）（k為常數(shù)）．
（1）當(dāng)k=0時，求曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線方程；
（2）當(dāng)k≥0時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（3）若函數(shù)f（x）在（0，2）內(nèi)存在兩個極值點，求k的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求導(dǎo)f′（x）=$\frac{x{e}^{x}-2{e}^{x}}{{x}^{3}}$，從而可得f（1）=e，f′（1）=-e，從而確定切線方程；
（2）求導(dǎo)f′（x）=（x-2）$\frac{{e}^{x}+kx}{{x}^{3}}$，從而判斷導(dǎo)數(shù)的正負(fù)以確定函數(shù)的單調(diào)性；
（3）求導(dǎo)f′（x）=（x-2）$\frac{{e}^{x}+kx}{{x}^{3}}$，從而可得h（x）=e^x+kx在（0，2）內(nèi)存在兩個零點，從而化為y=e^x與y=-kx的圖象在（0，2）內(nèi)有兩個交點，從而利用數(shù)形結(jié)合求解．

解答 解：（1）當(dāng)k=0時，f（x）=$\frac{{e}^{x}}{{x}^{2}}$，f′（x）=$\frac{x{e}^{x}-2{e}^{x}}{{x}^{3}}$，
故f（1）=e，f′（1）=-e，
故曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線方程為y-e=-e（x-1），
即切線方程為：ex+y-2e=0；
（2）f（x）=$\frac{{e}^{x}}{{x}^{2}}$+k（$\frac{2}{x}$+lnx）的定義域為（0，+∞），
f′（x）=$\frac{x{e}^{x}-2{e}^{x}}{{x}^{3}}$+k（-$\frac{2}{{x}^{2}}$+$\frac{1}{x}$）=（x-2）$\frac{{e}^{x}+kx}{{x}^{3}}$，
∵k≥0，且x∈（0，+∞），∴$\frac{{e}^{x}+kx}{{x}^{3}}$＞0，
故當(dāng)x∈（0，2）時，f′（x）＜0，當(dāng)x∈（2，+∞）時，f′（x）＞0；
故函數(shù)f（x）的單調(diào)減區(qū)間為（0，2），單調(diào)增區(qū)間為（2，+∞）；
（3）由（2）知，f′（x）=（x-2）$\frac{{e}^{x}+kx}{{x}^{3}}$，
∵$\frac{x-2}{{x}^{3}}$＜0在（0，2）上恒成立，
又∵函數(shù)f（x）在（0，2）內(nèi)存在兩個極值點，
∴h（x）=e^x+kx在（0，2）內(nèi)存在兩個零點，
∴y=e^x與y=-kx的圖象在（0，2）內(nèi)有兩個交點，
作y=e^x與y=-kx的圖象如圖，
相切時，設(shè)切點為（x，e^x），
則$\frac{{e}^{x}}{x}$=e^x，
故x=1；
故k₁=e；
k₂=$\frac{{e}^{2}-0}{2-0}$=$\frac{{e}^{2}}{2}$，
故e＜-k＜$\frac{{e}^{2}}{2}$，
故-$\frac{{e}^{2}}{2}$＜k＜-e．

點評 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用及數(shù)形結(jié)合的思想應(yīng)用，同時考查了導(dǎo)數(shù)的幾何意義的應(yīng)用．