Question

5．已知函数$f（x）=\frac{e^x}{x}$．
（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）当x＞0时，求证：f（x）＞x；
（3）设函数F（x）=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）求出函数的对数，得到关于x₀的方程，解出即可；
（2）令g（x）=$\frac{f（x）}{x}$，只需证明g（x）＞0即可，根据函数的单调性证出结论；
（3）问题等价于$\frac{e^x}{x^2}-b=0$．注意x≠0．令$H（x）=\frac{e^x}{x^2}-b$，通过讨论b的范围，根据函数的单调性判断即可．

解答 （1）解：$f'（x）=\frac{{{e^x}x-{e^x}}}{x^2}$． 因为切线ax-y=0过原点（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）证明：设$g（x）=\frac{f（x）}{x}=\frac{e^x}{x^2}（x＞0）$，则$g'（x）=\frac{{{e^x}（{x^2}-2x）}}{x^4}$．
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时，f（x）＞x；
（3）解：F（x）=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时，H（x）＞0，所以H（x）无零点，即F（x）定义域内无零点．
（ II）当b＞0时，（ i）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$H（-\frac{1}{{\sqrt{b}}}）=b{e^{-\frac{1}{{\sqrt{b}}}}}-b=b•\frac{{1-{e^{\frac{1}{{\sqrt{b}}}}}}}{{{e^{\frac{1}{{\sqrt{b}}}}}}}$，
又${e^{\frac{1}{{\sqrt{b}}}}}＞1$，所以$H（-\frac{1}{{\sqrt{b}}}）＜0$．
又因为$H（-\frac{1}{{\sqrt{nb}}}）=nb{e^{-\frac{1}{{\sqrt{nb}}}}}-b=b•\frac{{n-{e^{\frac{1}{{\sqrt{nb}}}}}}}{{{e^{\frac{1}{{\sqrt{nb}}}}}}}$，其中n∈N^*，
取$n=[{\frac{1}{b}}]+3$，$[{\frac{1}{b}}]$表示$\frac{1}{b}$的整数部分，
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．
（ ii）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，+∞）上存在惟一零点2；…（12分）
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$H（\frac{1}{{\sqrt{b}}}）=b{e^{\frac{1}{{\sqrt{b}}}}}-b=b（{e^{\frac{1}{{\sqrt{b}}}}}-1）＞0$，
而H（2）＜0，所以H（x）在（0，2）上存在惟一零点；
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．
由上得H（2b）＞0，由零点存在定理知，H（x）在（2，2b）上存在惟一零点，
即在（2，+∞）上存在唯一零点．
综上所述：当$a_n^2={S_{2n-1}}$时，函数F（x）的零点个数为0；
当∵${b_n}=\frac{1}{{{a_n}{a_{n+1}}}}=\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}=\frac{1}{2}（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）$时，函数F（x）的零点个数为1；
当∵时，函数F（x）的零点个数为2；
当∴$\frac{{{a_1}+{a_{2n-1}}}}{2}={a_n}$时，函数F（x）的零点个数为3．

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、不等式的证明以及函数零点问题，是一道综合题．