Question

16．已知函数$f（x）=\frac{e^x}{x}$．
（1）求曲线y=f（x）在点（2，f（2））处的切线方程；
（2）设G（x）=xf（x）-lnx-2x，证明$G（x）＞-ln2-\frac{3}{2}$．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的导数和切线的斜率，以及f（2），运用点斜式方程，可得切线的方程；
（2）求出G（x）的解析式，求出导数，再求导数，判断G′（x）的单调性，由零点存在定理可得存在唯一x₀∈（1，2），使$G'（{x_0}）={e^{x_0}}-\frac{1}{x_0}-2=0$，即${e^{x_0}}=\frac{1}{x_0}+2$，构造$H（x）=\frac{1}{x}+2-lnx-2x$，（1＜x＜2），求出导数，判断单调性，即可得证．

解答 解：（1）$f'（x）=\frac{{{e^x}x-{e^x}}}{x^2}$，$f'（2）=\frac{{2{e^2}-{e^2}}}{2^2}=\frac{e^2}{4}$且$f（2）=\frac{e^2}{2}$，
所以切线方程$y-\frac{e^2}{2}=\frac{e^2}{4}（x-2）$，即$y=\frac{e^2}{4}x$．
（2）证明：由G（x）=xf（x）-lnx-2x（x＞0），
$G'（x）={e^x}-\frac{1}{x}-2$．$G''（x）={e^x}+\frac{1}{x^2}＞0$，所以G'（x）在（0，+∞）为增函数，
又因为G'（1）=e-3＜0，$G'（2）={e^2}-\frac{5}{2}＞0$，
所以存在唯一x₀∈（1，2），使$G'（{x_0}）={e^{x_0}}-\frac{1}{x_0}-2=0$，
即${e^{x_0}}=\frac{1}{x_0}+2$，且当x∈（0，x₀）时，G'（x）＜0，G（x）为减函数，
x∈（x₀，+∞）时G'（x）＞0，G（x）为增函数，
所以$G{（x）_{min}}=G（{x_0}）={e^{x_0}}-ln{x_0}-2{x_0}=\frac{1}{x_0}+2-ln{x_0}-2{x_0}$，x₀∈（1，2），
记$H（x）=\frac{1}{x}+2-lnx-2x$，（1＜x＜2），$H'（x）=-\frac{1}{x^2}-\frac{1}{x}-2＜0$，
所以H（x）在（1，2）上为减函数，
所以$H（x）＞H（2）=\frac{1}{2}+2-ln2-4=-\frac{3}{2}-ln2$，
所以$G（x）≥G（{x_0}）＞-\frac{3}{2}-ln2$．

点评 本题考查导数的运用：求切线的方程和单调区间，注意运用导数的几何意义和函数的单调性，考查构造函数法，以及化简整理的运算能力，属于中档题．