Question

19．已知函数f（x）=$\frac{{2{e^x}}}{x}$
（1）若曲线y=f（x）在点（x₀，f（x₀））处的切线方程为ax-y=0，求x₀的值；
（2）设函数F（x）=$\frac{1}{2}$f（x）-bx，其中b为实常数，试讨论函数F（x）的零点个数，并证明你的结论．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，结合切线方程过（0，0），求出x₀的值即可；
（2）问题等价于$\frac{e^x}{x^2}-b=0$，令$H（x）=\frac{e^x}{x^2}-b$，求出函数的导数，通过讨论b的范围结合函数的单调性求出零点根式即可．

解答 解：（1）${f^，}（x）=2×\frac{{{e^x}x-{e^x}}}{x^2}$，因为切线ax-y=0过原点，
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）F（0）=0等价于f（x）-bx=0，等价于$\frac{e^x}{x^2}-b=0$，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）当b≤0，H（x）＞0，所以H（x）无零点，即F（x）定义域内无零点，
（ii）当b＞0，当x＜0时，H，（x）＞0，H（x）单调递增；
因为H（x）在（-∞，0）上单调递增，而$H（{-\frac{1}{{\sqrt{b}}}}）=b{e^{-\frac{1}{{\sqrt{b}}}}}-b$，
又${e^{\frac{1}{{\sqrt{b}}}}}＞1，所以H（{-\frac{1}{{\sqrt{b}}}}）＜0$，
又因为$H（{-\frac{1}{{\sqrt{nb}}}}）=b•\frac{{n-{e^{\frac{1}{{\sqrt{nb}}}}}}}{{{e^{\frac{1}{{\sqrt{nb}}}}}}}$，其中n∈N^*，取$n=[{\frac{1}{b}}]+3$，
所以$1＜{e^{\frac{1}{{\sqrt{nb}}}}}＜e，n＞3$，由此$H（{-\frac{1}{{\sqrt{nb}}}}）＞0$，
由零点存在定理知，H（x）在（-∞，0）上存在唯一零点
当0＜x＜2时，H，（x）＜0，H（x）单调递减；
当x＞2时，H，（x）＞0，H（x）单调递增．
所以当x=2时，H（x）有极小值也是最小值，$H（2）=\frac{e^2}{4}-b$．
①当$H（2）=\frac{e^2}{4}-b＞0，即0＜b＜\frac{e^2}{4}时，H（x）在（{0，+∞}）上不存在零点$；
②当$H（2）=\frac{e^2}{4}-b=0，即b=\frac{e^2}{4}时，H（x）在（{0，+∞}）上存在唯一零点2$；
③当$H（2）=\frac{e^2}{4}-b＜0，即b＞\frac{e^2}{4}时，由{e^{\frac{1}{{\sqrt{b}}}}}＞1有H（\frac{1}{{\sqrt{b}}}）=b{e^{\frac{1}{{\sqrt{b}}}}}-b＞0$，
而H（2）＜0，所以H（x）在（0，2）上存在唯一零点；
又因为$2b＞3，H（{2b}）=\frac{{{e^{2b}}}}{{4{b^2}}}-b=\frac{{{e^{2b}}-4{b^3}}}{{4{b^2}}}$
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，+∞）上单调递增，
从而h，（t）＞h（2）=e²-6＞0，所以h，（t）在（2，+∞）上单调递增，因此h，（t）＞h，（2）=e²-6＞0，
故h（t）在（2，+∞）上单调递增，所以h（t）＞h（2）=e²-4＞0，
$\begin{array}{l}由上得H（{2b}）＞0，由零点存在定理知，H（x）在（2，2b）上存在唯一零点，\\ 即在（{2，+∞}）上存在唯一零点\end{array}$
综上所述：
$\begin{array}{l}当b≤0，函数F（x）的零点个数为0；\\ 当0＜b＜\frac{e^2}{4}时，函数F（x）的零点个数为1；\\ 当b=\frac{e^2}{4}时，函数F（x）的零点个数为2；\\ 当b＞\frac{e^2}{4}时，函数F（x）的零点个数为3；\end{array}$

点评 本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想、转化思想，是一道综合题．