Question

1．已知函數(shù)f（x）=$\frac{{e}^{x+b}}{x}$過點(diǎn)（1，e）．
（1）求y=f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）當(dāng)x＞0時，求$\frac{f（x）}{x}$的最小值；
（3）試判斷方程f（x）-mx=0（m∈R且m為常數(shù)）的根的個數(shù)．

Answer 1

分析 （1）依題意得e^1+b=e，可得b=0，即f（x）=$\frac{{e}^{x}}{x}$（x≠0），求導(dǎo)數(shù)，求單調(diào)區(qū)間．
（2）設(shè)g（x）=$\frac{f（x）}{x}$=$\frac{{e}^{x}}{{x}^{2}}$，（x＞0），g′（x）=$\frac{{e}^{x}（{x}^{2}-2x）}{{x}^{4}}$，利用導(dǎo)數(shù)求出單調(diào)區(qū)間，即可求最值．
（3）方程f（x）-mx=0（m∈R且m為常數(shù)）?m=$\frac{f（x）}{x}$=g（x）
利用導(dǎo)數(shù)可得函數(shù)g（x）在區(qū)間（0，2）上遞減，在（-∞，0），（2，+∞）遞增．畫出圖象，結(jié)合圖象求解，

解答 解：（1）∵函數(shù)f（x）=$\frac{{e}^{x+b}}{x}$過點(diǎn)（1，e）．得e^1+b=e，可得b=0，
∴f（x）=$\frac{{e}^{x}}{x}$（x≠0），f′（x）=$\frac{{e}^{x}（x-1）}{{x}^{2}}$，令f′（x）＞0，得x＞1，令f′（x）＜0，得0＜x＜1或x＜0，
y=f（x）的單調(diào)增區(qū)間是[1，+∞），單調(diào)減區(qū)間是（-∞，0）．（0，1）．
（2）設(shè)g（x）=$\frac{f（x）}{x}$=$\frac{{e}^{x}}{{x}^{2}}$，（x＞0），g′（x）=$\frac{{e}^{x}（{x}^{2}-2x）}{{x}^{4}}$，令g′（x）=0，解得x=2，
x∈（0，2）時，g′（x）＜0，x∈（2，+∞）時，g′（x）＞0，
∴g（x）在區(qū)間（0，2）上遞減，在（2，+∞）遞增，
∴$\frac{f（x）}{x}$的最小值為g（2）=$\frac{{e}^{2}}{4}$．
（3）方程f（x）-mx=0（m∈R且m為常數(shù)）?m=$\frac{f（x）}{x}$=g（x）
g′（x）=$\frac{{e}^{x}（{x}^{2}-2x）}{{x}^{4}}$，易知x＜0時，g′（x）＞0．
結(jié)合（2）可得函數(shù)g（x）在區(qū)間（0，2）上遞減，在（-∞，0），（2，+∞）遞增．
原問題轉(zhuǎn)化為y=m與y=g（x）交點(diǎn)個數(shù)，其圖象如下：
當(dāng)m≤0時，方程f（x）-mx=0（m∈R且m為常數(shù)）的根的個數(shù)為0；
當(dāng)0＜m＜$\frac{{e}^{2}}{4}$時，方程f（x）-mx=0（m∈R且m為常數(shù)）的根的個數(shù)為1；
當(dāng)m=$\frac{{e}^{2}}{4}$時，方程f（x）-mx=0（m∈R且m為常數(shù)）的根的個數(shù)為2；
當(dāng)m$＞\frac{{e}^{2}}{4}$時，方程f（x）-mx=0（m∈R且m為常數(shù)）的根的個數(shù)為3；

點(diǎn)評 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，函數(shù)的零點(diǎn)問題，函數(shù)與方程思想、數(shù)形結(jié)合思想，屬于難題．