Question

13．已知函數(shù)$f（x）=\frac{e^x}{x}（x＞0）$，直線l：x-ty-2=0．
（1）若直線l與曲線y=f（x）有且僅有一個公共點，求公共點橫坐標的值；
（2）若0＜m＜n，m+n≤2，求證：f（m）＞f（n）．

Answer 1

分析 （1）求出原函數(shù)的導函數(shù)，得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，由直線方程可知直線過定點，然后分t=0和t≠0分類求解A的橫坐標；
（2）若0＜m＜n≤1時，由（1）可知，f（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，可得f（m）＞f（n）；若0＜m＜1，n＞1，把證明f（m）＞f（n）轉(zhuǎn)化為證f（m）＞f（2-m）對m∈（0，1）恒成立即可．構(gòu)造函數(shù)φ（m）=f（m）-f（2-m），利用兩次求導加以證明．

解答 解：（1）由$f（x）=\frac{e^x}{x}（x＞0）$，得f′（x）=$\frac{x{e}^{x}-{e}^{x}}{{x}^{2}}=\frac{{e}^{x}（x-1）}{x}$（x＞0），
當x∈（0，1）時，f'（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，x∈（1，+∞）時，f'（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，
根據(jù)直線l的方程x=ty+2，可得l恒過點（2，0），
①當t=0時，直線l：x=2垂直x軸，與曲線y=f（x）相交于一點，即交點橫坐標為2；
②當t≠0時，設(shè)切點A（x₀，y₀），直線l可化為$y=\frac{1}{t}x-\frac{2}{t}$，斜率k=$\frac{1}{t}$=f′（x₀）=$\frac{{e}^{{x}_{0}}（{x}_{0}-1）}{{{x}_{0}}^{2}}$，
又直線l和曲線y=f（x）均過點A（x₀，y₀），則滿足${y_0}=\frac{1}{t}{x_0}-\frac{2}{t}=\frac{{{e^{x_0}}}}{x_0}$，
∴$\frac{{e}^{{x}_{0}}（{x}_{0}-1）}{{{x}_{0}}^{2}}$=$\frac{{e}^{{x}_{0}}（{x}_{0}-1）}{{x}_{0}•{x}_{0}}$=$（\frac{1}{t}{x}_{0}-\frac{2}{t}）•\frac{{x}_{0}-1}{{x}_{0}}$=$\frac{{x}_{0}-2}{{x}_{0}}•\frac{{x}_{0}-1}{{x}_{0}}$=$\frac{1}{t}$，兩邊約去t后，
可得$（{x_0}-2）•\frac{{{x_0}-1}}{x_0}=1$，化簡得${{x}_{0}}^{2}-4{x}_{0}+2=0$，
解得：${x_0}=2±\sqrt{2}$，
綜上所述，該公共點的橫坐標為2和$2±\sqrt{2}$；
證明：（2）①若0＜m＜n≤1時，由（1）可知，f（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，
∴f（m）＞f（n）；
②若0＜m＜1，n＞1時，欲證f（m）＞f（n），由題意m+n≤2，由（1）可知f（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，
只需證f（m）＞f（2-m）對m∈（0，1）恒成立即可．
設(shè)函數(shù)φ（m）=f（m）-f（2-m），則$φ'（m）=f'（m）-[-f'（2-m）]=\frac{{{e^{2-m}}（2-m-1）}}{{{{（2-m）}^2}}}$，
即$φ'（m）=（m-1）•（\frac{e^m}{m^2}-\frac{{{e^{2-m}}}}{{{{（2-m）}^2}}}）$，
設(shè)$h（x）=\frac{e^x}{x^2}（x＞0）$，則$h'（x）=\frac{{{e^x}（x-2）}}{x^3}$，
易知x∈（0，2）時，h'（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減，x∈（2，+∞）時，h'（x）＞0，h（x）單調(diào)遞增，
當m∈（0，1）時，有2-m∈（1，2），且滿足2-m＞m，故h（m）-h（2-m）＞0，
即$\frac{e^m}{m^2}-\frac{{{e^{2-m}}}}{{{{（2-m）}^2}}}＞0$，又m-1＜0，則φ'（m）＜0，
∴φ（m）在（0，1）上單調(diào)遞減，有φ（m）＞φ（1）=0，
即f（m）＞f（2-m），故f（m）＞f（n）．
綜上，f（m）＞f（n）．

點評 本題考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查數(shù)學轉(zhuǎn)化思想方法，考查邏輯思維能力與推理運算能力，難度較大．