Question

16．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．
（Ⅰ）当a=0时，判断函数y=f（x）极值点的个数；
（Ⅱ）若函数有两个零点x₁，x₂（x₁＜x₂），设$t=\frac{x_2}{x_1}$，证明：x₁+x₂随着t的增大而增大．

Answer 1

分析 （Ⅰ）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．
（Ⅱ）令$f（x）=a\sqrt{x}-\frac{x^2}{e^x}=0$，得到${x^{\frac{3}{2}}}=a{e^x}$，通过函数有两个零点x₁，x₂（x₁＜x₂）推出${x_2}-{x_1}=\frac{3}{2}ln{x_2}-\frac{3}{2}ln{x_1}=\frac{3}{2}ln\frac{x_2}{x_1}$．设$\frac{x_2}{x_1}=t$，则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，${x_1}+{x_2}=\frac{3}{2}\frac{{（{t+1}）lnt}}{t-1}$．构造函数$h（x）=\frac{{（{x+1}）lnx}}{x-1}$，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：（Ⅰ）当a=0时，$f（x）=-\frac{x^2}{e^x}（x＞0）$，$f'（x）=\frac{{-2x•{e^x}-（-{x^2}）•{e^x}}}{{{{（{e^x}）}^2}}}=\frac{x（x-2）}{e^x}$
令f'（x）=0，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）
（Ⅱ）令$f（x）=a\sqrt{x}-\frac{x^2}{e^x}=0$，则${x^{\frac{3}{2}}}=a{e^x}$
因为函数有两个零点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）
设$\frac{x_2}{x_1}=t$，则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，+∞），
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．