Question

16．已知函數$f（x）=a\sqrt{x}-\frac{x^2}{e^x}（{x＞0}）$，其中e為自然對數的底數．
（Ⅰ）當a=0時，判斷函數y=f（x）極值點的個數；
（Ⅱ）若函數有兩個零點x₁，x₂（x₁＜x₂），設$t=\frac{x_2}{x_1}$，證明：x₁+x₂隨著t的增大而增大．

Answer 1

分析 （Ⅰ）a=0，化簡函數的解析式，求出函數的導數，通過令f'（x）=0，求出極值點，判斷單調性，然后求解即可．
（Ⅱ）令$f（x）=a\sqrt{x}-\frac{x^2}{e^x}=0$，得到${x^{\frac{3}{2}}}=a{e^x}$，通過函數有兩個零點x₁，x₂（x₁＜x₂）推出${x_2}-{x_1}=\frac{3}{2}ln{x_2}-\frac{3}{2}ln{x_1}=\frac{3}{2}ln\frac{x_2}{x_1}$．設$\frac{x_2}{x_1}=t$，則t＞1，且$\left\{\begin{array}{l}{x_2}=t{x_1}\\{x_2}-{x_1}=\frac{3}{2}lnt\end{array}\right.$解得x₁，x₂，${x_1}+{x_2}=\frac{3}{2}\frac{{（{t+1}）lnt}}{t-1}$．構造函數$h（x）=\frac{{（{x+1}）lnx}}{x-1}$，x∈（1，+∞），求出導函數，然后再構造函數，求出導數判斷導函數的符號，推出函數的單調性，即可．

解答 解：（Ⅰ）當a=0時，$f（x）=-\frac{x^2}{e^x}（x＞0）$，$f'（x）=\frac{{-2x•{e^x}-（-{x^2}）•{e^x}}}{{{{（{e^x}）}^2}}}=\frac{x（x-2）}{e^x}$
令f'（x）=0，則x=2…（2分）
則x∈（0，2），f'（x）＜0，y=f（x）單調遞減x∈（2，+∞），f'（x）＞0，y=f（x）單調遞增
所以x=2是函數的一個極小值點，無極大值點．…（4分）
（Ⅱ）令$f（x）=a\sqrt{x}-\frac{x^2}{e^x}=0$，則${x^{\frac{3}{2}}}=a{e^x}$
因為函數有兩個零點x₁，x₂（x₁＜x₂）
所以${x}^{\frac{3}{2}}=a{e}^{{x}_{1}}$，${x}^{\frac{3}{2}}=a{e}^{{x}_{2}}$，可得$\frac{3}{2}ln{x_1}=lna+{x_1}$，$\frac{3}{2}ln{x_2}=lna+{x_2}$．
故${x_2}-{x_1}=\frac{3}{2}ln{x_2}-\frac{3}{2}ln{x_1}=\frac{3}{2}ln\frac{x_2}{x_1}$．…（6分）
設$\frac{x_2}{x_1}=t$，則t＞1，且$\left\{\begin{array}{l}{x_2}=t{x_1}\\{x_2}-{x_1}=\frac{3}{2}lnt\end{array}\right.$解得${x_1}=\frac{{\frac{3}{2}lnt}}{t-1}$，${x_2}=\frac{{\frac{3}{2}tlnt}}{t-1}$．
所以：${x_1}+{x_2}=\frac{3}{2}\frac{{（{t+1}）lnt}}{t-1}$．①…（8分）
令$h（x）=\frac{{（{x+1}）lnx}}{x-1}$，x∈（1，+∞），
則$h'（x）=\frac{{-2lnx+x-\frac{1}{x}}}{{{{（{x-1}）}^2}}}$．…（10分）
令$u（x）=-2lnx+x-\frac{1}{x}$，得$u'（x）={（{\frac{x-1}{x}}）^2}$．
當x∈（1，+∞）時，u'（x）＞0．因此，u（x）在（1，+∞）上單調遞增，
故對于任意的x∈（1，+∞），u（x）＞u（1）=0，
由此可得h'（x）＞0，故h（x）在（1，+∞）上單調遞增．
因此，由①可得x₁+x₂隨著t的增大而增大．…（12分）．

點評 本題考查函數的導數的綜合應用，構造法的應用，導函數的符號的判斷，最值的求法，考查計算能力分析問題解決問題的能力．