Question

5．已知函數(shù)$f（x）=\frac{e^x}{x}$．
（1）若曲線y=f（x）在點(diǎn)（x₀，f（x₀））處的切線方程為ax-y=0，求x₀的值；
（2）當(dāng)x＞0時(shí)，求證：f（x）＞x；
（3）設(shè)函數(shù)F（x）=f（x）-bx，其中b為實(shí)常數(shù)，試討論函數(shù)F（x）的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，并證明你的結(jié)論．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的對(duì)數(shù)，得到關(guān)于x₀的方程，解出即可；
（2）令g（x）=$\frac{f（x）}{x}$，只需證明g（x）＞0即可，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證出結(jié)論；
（3）問(wèn)題等價(jià)于$\frac{e^x}{x^2}-b=0$．注意x≠0．令$H（x）=\frac{e^x}{x^2}-b$，通過(guò)討論b的范圍，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性判斷即可．

解答 （1）解：$f'（x）=\frac{{{e^x}x-{e^x}}}{x^2}$． 因?yàn)榍芯�ax-y=0過(guò)原點(diǎn)（0，0），
所以 $\frac{{{e^{x_0}}{x_0}-{e^{x_0}}}}{x_0^2}=\frac{{\frac{{{e^{x_0}}}}{x_0}}}{x_0}$，解得：x₀=2．
（2）證明：設(shè)$g（x）=\frac{f（x）}{x}=\frac{e^x}{x^2}（x＞0）$，則$g'（x）=\frac{{{e^x}（{x^2}-2x）}}{x^4}$．
令$g'（x）=\frac{{{e^x}（{x^2}-2x）}}{x^4}=0$，解得x=2，
令g′（x）＞0，解得：x＞2，令g′（x）＜0，解得：0＜x＜2，
∴g（x）的最小值是g（2）=$\frac{{e}^{2}}{4}$＞1，
故x＞0時(shí)，f（x）＞x；
（3）解：F（x）=0等價(jià)于f（x）-bx=0，等價(jià)于$\frac{e^x}{x^2}-b=0$．注意x≠0．
令$H（x）=\frac{e^x}{x^2}-b$，所以$H'（x）=\frac{{{e^x}（x-2）}}{x^3}（x≠0）$．
（ I）當(dāng)b≤0時(shí)，H（x）＞0，所以H（x）無(wú)零點(diǎn)，即F（x）定義域內(nèi)無(wú)零點(diǎn)．
（ II）當(dāng)b＞0時(shí)，（ i）當(dāng)x＜0時(shí)，H'（x）＞0，H（x）單調(diào)遞增；
因?yàn)镠（x）在（-∞，0）上單調(diào)遞增，而$H（-\frac{1}{{\sqrt}}）=b{e^{-\frac{1}{{\sqrt}}}}-b=b•\frac{{1-{e^{\frac{1}{{\sqrt}}}}}}{{{e^{\frac{1}{{\sqrt}}}}}}$，
又${e^{\frac{1}{{\sqrt}}}}＞1$，所以$H（-\frac{1}{{\sqrt}}）＜0$．
又因?yàn)?H（-\frac{1}{{\sqrt{nb}}}）=nb{e^{-\frac{1}{{\sqrt{nb}}}}}-b=b•\frac{{n-{e^{\frac{1}{{\sqrt{nb}}}}}}}{{{e^{\frac{1}{{\sqrt{nb}}}}}}}$，其中n∈N^*，
取$n=[{\frac{1}}]+3$，$[{\frac{1}}]$表示$\frac{1}$的整數(shù)部分，
所以$1＜{e^{\frac{1}{{\sqrt{nb}}}}}＜e$，n＞3，由此$H（-\frac{1}{{\sqrt{nb}}}）＞0$．
由零點(diǎn)存在定理知，H（x）在（-∞，0）上存在唯一零點(diǎn)．
（ ii）當(dāng)0＜x＜2時(shí)，H'（x）＜0，H（x）單調(diào)遞減；
當(dāng)x＞2時(shí)，H'（x）＞0，H（x）單調(diào)遞增．
所以當(dāng)x=2時(shí)，H（x）有極小值也是最小值，$H（2）=\frac{e^2}{4}-b$．
①當(dāng)$H（2）=\frac{e^2}{4}-b＞0$，即$0＜b＜\frac{e^2}{4}$時(shí)，H（x）在（0，+∞）上不存在零點(diǎn)；
②當(dāng)$H（2）=\frac{e^2}{4}-b=0$，即$b=\frac{e^2}{4}$時(shí)，H（x）在（0，+∞）上存在惟一零點(diǎn)2；…（12分）
③當(dāng)$H（2）=\frac{e^2}{4}-b＜0$，即$b＞\frac{e^2}{4}$時(shí)，由${e^{\frac{1}{{\sqrt}}}}＞1$有$H（\frac{1}{{\sqrt}}）=b{e^{\frac{1}{{\sqrt}}}}-b=b（{e^{\frac{1}{{\sqrt}}}}-1）＞0$，
而H（2）＜0，所以H（x）在（0，2）上存在惟一零點(diǎn)；
又因?yàn)?b＞3，$H（2b）=\frac{{{e^{2b}}}}{{4{b^2}}}-b=\frac{{{e^{2b}}-4{b^3}}}{{4{b^2}}}$．
令$h（t）={e^t}-\frac{1}{2}{t^3}$，其中t=2b＞2，$h'（t）={e^t}-\frac{3}{2}{t^2}$，h''（t）=e^t-3t，h'''（t）=e^t-3，
所以h'''（t）＞e²-3＞0，因此h''（t）在（2，+∞）上單調(diào)遞增，從而h''（t）＞h（2）=e²-6＞0，
所以h'（t）在（2，+∞）上單調(diào)遞增，因此h'（t）＞h'（2）=e²-6＞0，
故h（t）在（2，+∞）上單調(diào)遞增，所以h（t）＞h（2）=e²-4＞0．
由上得H（2b）＞0，由零點(diǎn)存在定理知，H（x）在（2，2b）上存在惟一零點(diǎn)，
即在（2，+∞）上存在唯一零點(diǎn)．
綜上所述：當(dāng)$a_n^2={S_{2n-1}}$時(shí)，函數(shù)F（x）的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為0；
當(dāng)∵${b_n}=\frac{1}{{{a_n}{a_{n+1}}}}=\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}=\frac{1}{2}（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）$時(shí)，函數(shù)F（x）的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為1；
當(dāng)∵時(shí)，函數(shù)F（x）的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為2；
當(dāng)∴$\frac{{{a_1}+{a_{2n-1}}}}{2}={a_n}$時(shí)，函數(shù)F（x）的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為3．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了切線方程問(wèn)題，考查函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用、不等式的證明以及函數(shù)零點(diǎn)問(wèn)題，是一道綜合題．