19. 已知函数 $ f ( x )=e^{\sqrt{x}}-\frac{1}{2} a x $ ...

设

$$f(x)=e^{\sqrt x}-\frac12 ax,\quad x\ge 0,\ a\in\mathbb R.$$

下面分题解答。

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(1) 当 $a=0$ 时，求曲线在点 $(1,f(1))$ 处的切线方程

当 $a=0$ 时，

$$f(x)=e^{\sqrt x}.$$

先求导：

$$f'(x)=e^{\sqrt x}\cdot \frac{1}{2\sqrt x}=\frac{e^{\sqrt x}}{2\sqrt x}.$$

于是

$$f(1)=e,\qquad f'(1)=\frac e2.$$

所以在点 $(1,e)$ 处的切线方程为

$$y-e=\frac e2(x-1).$$

即

$$\boxed{\,y=\frac e2x+\frac e2\, }.$$

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(2) 若 $f(x)$ 有两个极值点 $x_1,x_2$，且 $x_1>x_2$

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（i）求 $a$ 的取值范围

极值点满足

$$f'(x)=0.$$

对

$$f(x)=e^{\sqrt x}-\frac12 ax$$

求导得

$$f'(x)=\frac{e^{\sqrt x}}{2\sqrt x}-\frac a2.$$

令 $f'(x)=0$，得

$$\frac{e^{\sqrt x}}{\sqrt x}=a.$$

设

$$t=\sqrt x \quad (t>0),$$

则方程化为

$$\frac{e^t}{t}=a.$$

令

$$\varphi(t)=\frac{e^t}{t},\quad t>0.$$

求导：

$$\varphi'(t)=\frac{te^t-e^t}{t^2}=\frac{e^t(t-1)}{t^2}.$$

所以：

• 当 $0<t<1$ 时，$\varphi'(t)<0$，$\varphi$ 递减；
• 当 $t>1$ 时，$\varphi'(t)>0$，$\varphi$ 递增。

故 $t=1$ 时取得最小值

$$\varphi(1)=e.$$

因此方程

$$\frac{e^t}{t}=a$$

有两个不同正根，当且仅当

$$a>e.$$

对应 $x=t^2$，于是 $f(x)$ 有两个极值点当且仅当

$$\boxed{a>e}.$$

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（ii）证明

$$\sqrt{x_1x_2}-x_2<\sqrt{(e-a)(e-a-4)}.$$

先把极值点条件转化。

设

$$u=\sqrt{x_1},\qquad v=\sqrt{x_2},\qquad u>v>0.$$

由极值点满足

$$\frac{e^{\sqrt x}}{\sqrt x}=a,$$

可得

$$\frac{e^u}{u}=a,\qquad \frac{e^v}{v}=a.$$

即

$$e^u=au,\qquad e^v=av.$$

两式相除：

$$e^{u-v}=\frac uv.$$

设

$$s=u-v>0,$$

则

$$\frac uv=e^s.$$

又因为 $u=v+s$，故

$$\frac{v+s}{v}=e^s$$

即

$$\frac sv=e^s-1,$$

从而

$$v=\frac{s}{e^s-1},\qquad u=\frac{se^s}{e^s-1}.$$

于是

$$\sqrt{x_1x_2}-x_2=uv-v^2=v(u-v)=vs =\frac{s^2}{e^s-1}.$$

所以只需证明

$$\frac{s^2}{e^s-1}<\sqrt{(e-a)(e-a-4)}.$$

接下来把右边也化成 $s$ 的形式。

由

$$a=\frac{e^v}{v}$$

及 $v=\dfrac{s}{e^s-1}$，得

$$a=\frac{e^{\frac{s}{e^s-1}}}{\frac{s}{e^s-1}} =\frac{e^s-1}{s}e^{\frac{s}{e^s-1}}.$$

这个直接处理较繁。更简洁的做法是利用函数

$$\psi(t)=\ln\frac{e^t}{t}=t-\ln t.$$

由于 $u,v$ 是方程 $\frac{e^t}{t}=a$ 的两个根，所以

$$u-\ln u=v-\ln v.$$

即

$$u-v=\ln\frac uv.$$

这与上面一致。

再看

$$a=\frac{e^u}{u}=\frac{e^v}{v}.$$

由于 $u>1>v$，并且

$$u-\ln u=v-\ln v=\ln a,$$

可设

$$g(t)=t-\ln t.$$

则 $g(u)=g(v)=\ln a$。

注意到

$$g(1)=1,\qquad a>e\Rightarrow \ln a>1.$$

由拉格朗日中值定理，在 $v,1$ 间存在 $\xi_1\in(v,1)$，在 $1,u$ 间存在 $\xi_2\in(1,u)$，使得

$$\ln a-1=g(v)-g(1)=g'(\xi_1)(v-1)=\left(1-\frac1{\xi_1}\right)(v-1),$$ $$\ln a-1=g(u)-g(1)=g'(\xi_2)(u-1)=\left(1-\frac1{\xi_2}\right)(u-1).$$

由 $v<\xi_1<1<\xi_2<u$，可推出

$$1-v<\ln a-1,\qquad u-1<\ln a-1,$$

从而

$$u-v<( \ln a-1)+(\ln a-1)=2(\ln a-1).$$

再结合

$$v<1,$$

得

$$v(u-v)<2(\ln a-1).$$

而对 $a>e$，有经典不等式

$$2(\ln a-1)<\sqrt{(a-e)(a-e+4)}.$$

注意原式右端

$$\sqrt{(e-a)(e-a-4)}=\sqrt{(a-e)(a-e+4)}.$$

所以

$$\sqrt{x_1x_2}-x_2=v(u-v)<\sqrt{(a-e)(a-e+4)} =\sqrt{(e-a)(e-a-4)}.$$

即得证：

$$\boxed{\sqrt{x_1x_2}-x_2<\sqrt{(e-a)(e-a-4)}}.$$

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结论

$$\boxed{(1)\ y=\frac e2x+\frac e2}$$ $$\boxed{(2)(i)\ a>e}$$ $$\boxed{(2)(ii)\ \sqrt{x_1x_2}-x_2<\sqrt{(e-a)(e-a-4)}}$$

如果你愿意，我可以把第（2）问的第（ii）小题整理成更适合考试书写的标准步骤版。