Question

20．已知函数$f（x）=\frac{e^x}{x}（x＞0）$，直线l：x-ty-2=0．
（1）若直线l与曲线y=f（x）相切，求切点横坐标的值；
（2）若函数$g（x）=\frac{{3{x^3}}}{e^x}（x＞0）$，求证：f（x）＞g（x）．

Answer 1

分析 （1）求得f（x）的导数，可得单调区间和切线的斜率，由切点既在切线上和曲线上，解方程即可得到所求切点的横坐标；
（2）运用分析法证明，转化为证明$\frac{{e}^{x}}{{x}^{2}}$＞$\sqrt{3}$，x＞0，可令h（x）=$\frac{{e}^{x}}{{x}^{2}}$（x＞0），求出导数，可得单调区间和极小值，且为最小值，即可得证．

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）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，x∈（1，+∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，
根据直线l的方程x=ty+2，可得l恒过点（2，0），
①当t=0时，直线l：x=2垂直x轴，与曲线y=f（x）相交于一点，即交点横坐标为2；
②当t≠0时，设切点A（x₀，y₀），直线l可化为$y=\frac{1}{t}x-\frac{2}{t}$，斜率$k=\frac{1}{t}=f'（{x_0}）=\frac{{{e^{x_0}}（{x_0}-1）}}{x_0^2}$，
又直线l和曲线y=f（x）均过点A（x₀，y₀），则满足${y_0}=\frac{1}{t}{x_0}-\frac{2}{t}=\frac{{{e^{x_0}}}}{x_0}$，
所以$\frac{{{e^{x_0}}（{x_0}-1）}}{x_0^2}=\frac{{{e^{x_0}}（{x_0}-1）}}{{{x_0}{x_0}}}=（\frac{1}{t}{x_0}-\frac{2}{t}）•\frac{{{x_0}-1}}{x_0}=\frac{{{x_0}-2}}{x_0}•\frac{{{x_0}-1}}{x_0}=\frac{1}{t}$，两边约去t后，
可得$（{x_0}-2）•\frac{{{x_0}-1}}{x_0}=1$，化简得$x_0^2-4{x_0}+2=0$，
切点横坐标${x_0}=2±\sqrt{2}$，
综上所述，切点的横坐标为$2±\sqrt{2}$；
（2）证明：函数$g（x）=\frac{{3{x^3}}}{e^x}（x＞0）$，
要证f（x）＞g（x），
即证$\frac{{e}^{x}}{x}$＞$\frac{3{x}^{3}}{{e}^{x}}$（x＞0），
即证e^x＞$\sqrt{3}$x²，
即证$\frac{{e}^{x}}{{x}^{2}}$＞$\sqrt{3}$，
可令h（x）=$\frac{{e}^{x}}{{x}^{2}}$（x＞0），
h′（x）=$\frac{{e}^{x}（{x}^{2}-2x）}{{x}^{4}}$，
当x＞2时，h′（x）＞0，h（x）递增；当0＜x＜2时，h′（x）＜0，h（x）递减．
可得x=2时，h（x）取得极小值，且为最小值$\frac{{e}^{2}}{4}$，
由于$\sqrt{3}$＜$\frac{{e}^{2}}{4}$，
可得f（x）＞g（x）恒成立．

点评 本题考查导数的运用：求切线的斜率和单调性、极值和最值，考查不等式的证明，注意运用分析法和构造函数法，考查化简整理的运算能力，属于中档题．