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一道与零点数量有关的导数题的解析


2017年全国卷I第21题,解法泛用性较强。

题目

已知函数\(f(x)=ae^{2x}+(a-2)e^ x-x\)

  • 讨论\(f(x)\)的单调性;
  • 若\(f(x)\)有两个零点,求\(a\)的取值范围。

第一问

求导有
\[f’(x)=2ae^{ 2x}+(a-2)e^ x-1\]
观察发现,可以通过变量代换使得函数表现为二次函数的形式,因此记\(t=e^x\),此时\(t\in (0,+\infty)\),则有
\[f’=2at^2+(a-2)t-1\]
令\(f’=0\),得\(t=-\frac12\)或\(\frac1a\)。

讨论\(a\)不同取值时的情况,因为\(t>0\),故只需考虑三种情况:

  • 若\(a<0\),二次函数开口向下,两个零点都在\(t=0\)左侧,因此\(f(x)\)在\(x\in\mathbb{R}\)上单调递减。
  • 若\(a=0\),\(f’=-2e^ x-1<0\),故\(f(x)\)也在\(x\in \mathbb{R}\)上单调递减。
  • 若\(a>0\),二次函数开口向上,右侧零点在\(t=\frac1a\)即\(x=-\ln a\)处,因此\(f(x)\)在\((-\infty,-\ln a)\)上单调递减,\((-\ln a,+\infty)\)上单调递增。

综上,若\(a\leq 0 \),\(f(x)\)在\(\mathbb{R}\)上单调递减;若\(a>0\),\(f(x)\)在\((-\infty,-\ln a)\)上单调递减,\((-\ln a,+\infty)\)上单调递增。

第二问

因为\(f(x)\)有两个零点,故不可能单调,故必要条件为\(a>0\)。此时\(f(x)\)有一个最小值点,因此必要条件还有\(f_{\rm min}<0\)。

在第一问中已经求出\(x=-\ln a\)时\(f’=0\),即为最小值点。因此写出\(f\)的最小值为
\[g(a)=f(-\ln a)=1-\frac1a+\ln a\]
\[g’(a)=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{a}\]
在\(a>0\)时,\(g’(a)>0\),因此\(g(a)\)单调递增。

因为需要令\(g(a)<0\),先令\(g(a)=0\),即
\[1-\frac1a +\ln a=0\]
代入特殊值尝试,可以发现方程在\(a=1\)时成立。又因为\(g(a)\)单调递增,所以不等式在\(a\in(0,1)\)时成立。

要找到\(f(x)\)有两个零点的充要条件,还需要一个必要条件:在最小值点的两侧,均存在一个点使得\(f(x)>0\),这样才能够使用零点存在定理。

先证明在\(x<-\ln a\), \(a\in(0,1)\)时存在\(f(x)>0\)的点。对\(f(x)\)放缩
\[f(x)>(a-2)e^x-x>-2e^x-x\]
显然在\(x=-2\)时,\(f(x)>-2(e^{-2}-1)>0\),即在\(x<-\ln a\)处存在一个零点。

然后证另一侧,\(x>-\ln a\), \(a\in(0,1)\),依旧采用放缩的方法
\[f(x)=ae^{2x}+(a-2)e^x-x\]
观察当\(x\rightarrow+\infty\)时的趋势,\(ae^{2x}\)为正项,其余两个为负项,因此对后两项往大的方向放缩:因为\(e^x>x\),所以
\[f(x)>ae^{2x}+(a-2)e^x-e^x=ae^{2x}+(a-3)e^x\]
因为\(a>0\),所以
\[f(x)>ae^{2x}-3e^x\]
欲证\(f(x)\)大于零,故同除以\(e^x\)不影响结果,即欲证
\[ae^x>3\]
即\(x>\ln\frac3a\),因此可取\(x=\ln\frac4a\)。

综上,在\(a\in(0,1)\)的情况下,\(x=-\ln a\)时,\(f(x)\)取到最小值且小于零;\(x=-2\)时,\(x<-\ln a,f(x)>0\);\(x=\ln\frac4a\)时,\(x>-\ln a,f(x)>0\),故\(f(x)\)有两个零点。


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