Question

18．已知函数f（x）=a$\sqrt{x}$-$\frac{{x}^{2}}{{e}^{x}}$（x＞0），其中e为自然对数的底数．
（1）当a=0时，判断函数y=f（x）极值点的个数；
（2）若函数有两个零点x₁，x₂（x₁＜x₂），设t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，证明；x₁+x₂随着t的增大而增大．

Answer 1

分析 （1）a=0，化简函数的解析式，求出函数的导数，通过令f'（x）=0，求出极值点，判断单调性，然后求解即可；
（2）得到关于x₁，x₂的方程组，解得x₁，x₂，求出x₁+x₂=$\frac{\frac{3}{2}（t+1）lnt}{t-1}$，令h（x）=$\frac{（x+1）lnx}{x-1}$，x∈（1，+∞），求出导函数，然后再构造函数，求出导数判断导函数的符号，推出函数的单调性即可．

解答 解：（1）当a=0时，f（x）=-$\frac{{x}^{2}}{{e}^{x}}$（x＞0），f′（x）=$\frac{x（x-2）}{{e}^{x}}$，
令f'（x）=0，则x=2…（2分）
则x∈（0，2），f'（x）＜0，y=f（x）单调递减x∈（2，+∞），f'（x）＞0，y=f（x）单调递增
所以x=2是函数的一个极小值点，无极大值点．…（4分）
证明：（2）令f（x）=a$\sqrt{x}$-$\frac{{x}^{2}}{{e}^{x}}$=0，则${x}^{\frac{3}{2}}$=ae^x，
因为函数有两个零点x₁，x₂（x₁＜x₂）
所以${{x}_{1}}^{\frac{3}{2}}$=a${e}^{{x}_{1}}$，${{x}_{2}}^{\frac{3}{2}}$=a${e}^{{x}_{2}}$，可得$\frac{3}{2}$lnx₁=lna+x₁，$\frac{3}{2}$lnx₂=lna+x₂．
故x₂-x₁=$\frac{3}{2}$（lnx₂-lnx₁）=$\frac{3}{2}$ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$．…（6分）
设$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=t，则t＞1，且 $\left\{\begin{array}{l}{{x}_{2}={tx}_{1}}\\{{x}_{2}{-x}_{1}=\frac{3}{2}lnt}\end{array}\right.$，
解得x₁=$\frac{\frac{3}{2}lnt}{t-1}$，x₂=$\frac{\frac{3}{2}tlnt}{t-1}$．
所以：x₁+x₂=$\frac{\frac{3}{2}（t+1）lnt}{t-1}$．①…（8分）
令h（x）=$\frac{（x+1）lnx}{x-1}$，x∈（1，+∞），
则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．
当x∈（1，+∞）时，u'（x）＞0．因此，u（x）在（1，+∞）上单调递增，
故对于任意的x∈（1，+∞），u（x）＞u（1）=0，
由此可得h'（x）＞0，故h（x）在（1，+∞）上单调递增．
因此，由①可得x₁+x₂随着t的增大而增大．…（12分）．

点评 本题考查函数的导数的综合应用，构造法的应用，导函数的符号的判断，最值的求法，考查计算能力分析问题解决问题的能力．