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.
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A. | 4 | B. | 3 | C. | 2 | D. | 0 |
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A. | f($\frac{π}{3}$)<f($\frac{3π}{4}$)<f(π) | B. | f(π)<f($\frac{π}{3}$)<f($\frac{3π}{4}$) | C. | f(π)<f($\frac{3π}{4}$)<f($\frac{π}{3}$) | D. | f($\frac{3π}{4}$)<f($\frac{π}{3}$)<f(π) |
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