Question

13．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）有且仅有一个公共点，求公共点横坐标的值；
（2）若0＜m＜n，m+n≤2，求证：f（m）＞f（n）．

Answer 1

分析 （1）求出原函数的导函数，得到函数的单调区间，由直线方程可知直线过定点，然后分t=0和t≠0分类求解A的横坐标；
（2）若0＜m＜n≤1时，由（1）可知，f（x）在（0，1）上单调递减，可得f（m）＞f（n）；若0＜m＜1，n＞1，把证明f（m）＞f（n）转化为证f（m）＞f（2-m）对m∈（0，1）恒成立即可．构造函数φ（m）=f（m）-f（2-m），利用两次求导加以证明．

解答 解：（1）由$f（x）=\frac{e^x}{x}（x＞0）$，得f′（x）=$\frac{x{e}^{x}-{e}^{x}}{{x}^{2}}=\frac{{e}^{x}（x-1）}{x}$（x＞0），
当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′（x₀）=$\frac{{e}^{{x}_{0}}（{x}_{0}-1）}{{{x}_{0}}^{2}}$，
又直线l和曲线y=f（x）均过点A（x₀，y₀），则满足${y_0}=\frac{1}{t}{x_0}-\frac{2}{t}=\frac{{{e^{x_0}}}}{x_0}$，
∴$\frac{{e}^{{x}_{0}}（{x}_{0}-1）}{{{x}_{0}}^{2}}$=$\frac{{e}^{{x}_{0}}（{x}_{0}-1）}{{x}_{0}•{x}_{0}}$=$（\frac{1}{t}{x}_{0}-\frac{2}{t}）•\frac{{x}_{0}-1}{{x}_{0}}$=$\frac{{x}_{0}-2}{{x}_{0}}•\frac{{x}_{0}-1}{{x}_{0}}$=$\frac{1}{t}$，两边约去t后，
可得$（{x_0}-2）•\frac{{{x_0}-1}}{x_0}=1$，化简得${{x}_{0}}^{2}-4{x}_{0}+2=0$，
解得：${x_0}=2±\sqrt{2}$，
综上所述，该公共点的横坐标为2和$2±\sqrt{2}$；
证明：（2）①若0＜m＜n≤1时，由（1）可知，f（x）在（0，1）上单调递减，
∴f（m）＞f（n）；
②若0＜m＜1，n＞1时，欲证f（m）＞f（n），由题意m+n≤2，由（1）可知f（x）在（1，+∞）上单调递减，
只需证f（m）＞f（2-m）对m∈（0，1）恒成立即可．
设函数φ（m）=f（m）-f（2-m），则$φ'（m）=f'（m）-[-f'（2-m）]=\frac{{{e^{2-m}}（2-m-1）}}{{{{（2-m）}^2}}}$，
即$φ'（m）=（m-1）•（\frac{e^m}{m^2}-\frac{{{e^{2-m}}}}{{{{（2-m）}^2}}}）$，
设$h（x）=\frac{e^x}{x^2}（x＞0）$，则$h'（x）=\frac{{{e^x}（x-2）}}{x^3}$，
易知x∈（0，2）时，h'（x）＜0，h（x）单调递减，x∈（2，+∞）时，h'（x）＞0，h（x）单调递增，
当m∈（0，1）时，有2-m∈（1，2），且满足2-m＞m，故h（m）-h（2-m）＞0，
即$\frac{e^m}{m^2}-\frac{{{e^{2-m}}}}{{{{（2-m）}^2}}}＞0$，又m-1＜0，则φ'（m）＜0，
∴φ（m）在（0，1）上单调递减，有φ（m）＞φ（1）=0，
即f（m）＞f（2-m），故f（m）＞f（n）．
综上，f（m）＞f（n）．

点评 本题考查利用导数研究函数的单调性，考查数学转化思想方法，考查逻辑思维能力与推理运算能力，难度较大．