Question

15．設(shè)n∈N^*，函數(shù)f（x）=$\frac{lnx}{{x}^{n}}$，函數(shù)g（x）=$\frac{{e}^{x}}{{x}^{n}}$，x∈（0，+∞）．
（Ⅰ）當n=1時，寫出函數(shù)y=f（x）-2零點個數(shù)，并說明理由；
（Ⅱ）若曲線y=f（x）與曲線y=g（x）分別位于直線l：y=1的兩側(cè)，求n的所有可能取值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）當n=1時，f（x）=$\frac{lnx}{x}$，求導可得f′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，從而可得函數(shù)f（x）在（0，e）上單調(diào)遞增，在（e，+∞）上單調(diào)遞減，從而求得函數(shù)y=f（x）-2的最大值為f（e）-2=$\frac{1}{e}$-2＜0，從而判斷出函數(shù)y=f（x）-2不存在零點．
（Ⅱ）求導可得f′（x）=$\frac{1-nlnx}{{x}^{n+1}}$，從而可得當x=${e}^{\frac{1}{n}}$時，函數(shù)f（x）有最大值f（${e}^{\frac{1}{n}}$）=$\frac{1}{ne}$；同理可得當x=n時，函數(shù)g（x）有最小值g（n）=$（\frac{e}{n}）^{n}$；從而可得$（\frac{e}{n}）^{n}$＞1，從而解得．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)y=f（x）-2不存在零點．
當n=1時，f（x）=$\frac{lnx}{x}$，
求導得f′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
令f′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$=0解得x=e．
當x變化時，f′（x）與f（x）的變化如下表所示：

x	（0，e）	e	（e，+∞）
f′（x）	+	0	-
f（x）	↗		↘

所以函數(shù)f（x）在（0，e）上單調(diào)遞增，在（e，+∞）上單調(diào)遞減，
則當x=e時，函數(shù)f（x）有最大值f（e）=$\frac{1}{e}$．
所以函數(shù)y=f（x）-2的最大值為f（e）-2=$\frac{1}{e}$-2＜0，
所以函數(shù)y=f（x）-2不存在零點．
（Ⅱ）由函數(shù)f（x）=$\frac{lnx}{{x}^{n}}$求導，得f′（x）=$\frac{1-nlnx}{{x}^{n+1}}$，
令f′（x）=0，解得x=${e}^{\frac{1}{n}}$．
當x變化時，f′（x）與f（x）的變化如下表所示：

x	（0，${e}^{\frac{1}{n}}$）	${e}^{\frac{1}{n}}$	（${e}^{\frac{1}{n}}$，+∞）
f′（x）	+	0	-
f（x）	↗		↘

所以函數(shù)f（x）在（0，${e}^{\frac{1}{n}}$）上單調(diào)遞增，在（${e}^{\frac{1}{n}}$，+∞）上單調(diào)遞減，
則當x=${e}^{\frac{1}{n}}$時，函數(shù)f（x）有最大值f（${e}^{\frac{1}{n}}$）=$\frac{1}{ne}$；
由函數(shù)g（x）=$\frac{{e}^{x}}{{x}^{n}}$，x∈（0，+∞）求導，
得g′（x）=$\frac{{e}^{x}（x-n）}{{x}^{n+1}}$，
令g′（x）=0，解得x=n．
當x變化時，g′（x）與g（x）的變化如下表所示：

x	（0，n）	n	（n，+∞）
g′（x）	-	0	+
g（x）	↘		↗

所以函數(shù)g（x）在（0，n）上單調(diào)遞減，在（n，+∞）上單調(diào)遞增，
則當x=n時，函數(shù)g（x）有最小值g（n）=$（\frac{e}{n}）^{n}$．
因為?n∈N^*，函數(shù)f（x）有最大值f（${e}^{\frac{1}{n}}$）=$\frac{1}{ne}$＜1，
所以曲線y=$\frac{lnx}{{x}^{n}}$在直線l：y=1的下方，
而曲線y=$\frac{{e}^{x}}{{x}^{n}}$在直線l：y=1的上方，
所以$（\frac{e}{n}）^{n}$＞1，解得n＜e．
所以n的取值集合為{1，2}．

點評 本題考查了導數(shù)的綜合應(yīng)用及函數(shù)的零點的個數(shù)的判斷，從而解得．