Question

15．设n∈N^*，函数f（x）=$\frac{lnx}{{x}^{n}}$，函数g（x）=$\frac{{e}^{x}}{{x}^{n}}$，x∈（0，+∞）．
（Ⅰ）当n=1时，写出函数y=f（x）-2零点个数，并说明理由；
（Ⅱ）若曲线y=f（x）与曲线y=g（x）分别位于直线l：y=1的两侧，求n的所有可能取值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）当n=1时，f（x）=$\frac{lnx}{x}$，求导可得f′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，从而可得函数f（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减，从而求得函数y=f（x）-2的最大值为f（e）-2=$\frac{1}{e}$-2＜0，从而判断出函数y=f（x）-2不存在零点．
（Ⅱ）求导可得f′（x）=$\frac{1-nlnx}{{x}^{n+1}}$，从而可得当x=${e}^{\frac{1}{n}}$时，函数f（x）有最大值f（${e}^{\frac{1}{n}}$）=$\frac{1}{ne}$；同理可得当x=n时，函数g（x）有最小值g（n）=$（\frac{e}{n}）^{n}$；从而可得$（\frac{e}{n}）^{n}$＞1，从而解得．

解答 解：（Ⅰ）函数y=f（x）-2不存在零点．
当n=1时，f（x）=$\frac{lnx}{x}$，
求导得f′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
令f′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$=0解得x=e．
当x变化时，f′（x）与f（x）的变化如下表所示：

x	（0，e）	e	（e，+∞）
f′（x）	+	0	-
f（x）	↗		↘

所以函数f（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减，
则当x=e时，函数f（x）有最大值f（e）=$\frac{1}{e}$．
所以函数y=f（x）-2的最大值为f（e）-2=$\frac{1}{e}$-2＜0，
所以函数y=f（x）-2不存在零点．
（Ⅱ）由函数f（x）=$\frac{lnx}{{x}^{n}}$求导，得f′（x）=$\frac{1-nlnx}{{x}^{n+1}}$，
令f′（x）=0，解得x=${e}^{\frac{1}{n}}$．
当x变化时，f′（x）与f（x）的变化如下表所示：

x	（0，${e}^{\frac{1}{n}}$）	${e}^{\frac{1}{n}}$	（${e}^{\frac{1}{n}}$，+∞）
f′（x）	+	0	-
f（x）	↗		↘

所以函数f（x）在（0，${e}^{\frac{1}{n}}$）上单调递增，在（${e}^{\frac{1}{n}}$，+∞）上单调递减，
则当x=${e}^{\frac{1}{n}}$时，函数f（x）有最大值f（${e}^{\frac{1}{n}}$）=$\frac{1}{ne}$；
由函数g（x）=$\frac{{e}^{x}}{{x}^{n}}$，x∈（0，+∞）求导，
得g′（x）=$\frac{{e}^{x}（x-n）}{{x}^{n+1}}$，
令g′（x）=0，解得x=n．
当x变化时，g′（x）与g（x）的变化如下表所示：

x	（0，n）	n	（n，+∞）
g′（x）	-	0	+
g（x）	↘		↗

所以函数g（x）在（0，n）上单调递减，在（n，+∞）上单调递增，
则当x=n时，函数g（x）有最小值g（n）=$（\frac{e}{n}）^{n}$．
因为?n∈N^*，函数f（x）有最大值f（${e}^{\frac{1}{n}}$）=$\frac{1}{ne}$＜1，
所以曲线y=$\frac{lnx}{{x}^{n}}$在直线l：y=1的下方，
而曲线y=$\frac{{e}^{x}}{{x}^{n}}$在直线l：y=1的上方，
所以$（\frac{e}{n}）^{n}$＞1，解得n＜e．
所以n的取值集合为{1，2}．

点评 本题考查了导数的综合应用及函数的零点的个数的判断，从而解得．