2014-天津卷理-20 解-导数的综合应用与单调性

本题导读

本题考查导数的综合应用与单调性、函数零点分布与极值点偏移。核心在于构造函数法与导数研究法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2014年天津卷(理)） 已知函数 $f(x)=x-a{e}^x(a\in \mathbf{R}),x\in \mathbf{R}$，已知函数 $y=f(x)$ 有两个零点 $x_1,x_2$，且 $x_1<x_2$.

(1) 求 $a$ 的取值范围；

(2) 证明 $\frac{x_2}{x_1}$ 随着 $a$ 的减小而增大；

(3) 证明 $x_1+x_2$ 随着 $a$ 的减小而增大.

🔍【思路分析】

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1. 第(1)问：将零点问题转化为方程 $a=\frac{x}{e^x}$ 的解的个数问题，利用导数研究 $g(x)=\frac{x}{e^x}$ 的图像与最值。
2. 第(2)(3)问：利用零点满足的方程 $x_1-a{e}^{x_1}=0$ 和 $x_2-a{e}^{x_2}=0$，消去参数 $a$，得到关于 $x_1,x_2$ 的关系式，通过对数运算和求导证明单调性。

✅【答案】

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故 $0<a<\frac{1}{e}$。；从而 $x_1{e}^{-x_1}=x_2{e}^{-x_2}⟹\frac{x_1}{x_2}=e^{x_1-x_2}$

✍【详细解析】

Abstract

(1) 由 $f(x)=0$ 得 $x-a{e}^x=0$。 当 $a\le 0$ 时，$f(x)=x-a{e}^x$，若 $a<0$，则 $f^{\prime }(x)=1-a{e}^x>0$，函数单调递增，至多一个零点，不合题意；若 $a=0$，只有一个零点 $x=0$，不合题意。 故 $a>0$，此时方程变形为 $a=\frac{x}{e^x}=x{e}^{-x}$。 设 $g(x)=x{e}^{-x}$，则 $g^{\prime }(x)=(1-x)e^{-x}$。 当 $x<1$ 时，$g^{\prime }(x)>0$；当 $x>1$ 时，$g^{\prime }(x)<0$。 所以在 $x=1$ 处取得最大值 $g(1)=\frac{1}{e}$。 当 $x\to -\infty$ 时，$g(x)\to -\infty$；当 $x\to +\infty$ 时，$g(x)\to 0$。 要使 $y=f(x)$ 有两个零点，即直线 $y=a$ 与曲线 $y=g(x)$ 有两个交点， 故 $0<a<\frac{1}{e}$。

(2) 由 $x_1,x_2$ 是两个零点，满足： $\{\begin{array}{l}{x}_1-a{e}^{x_1}=0\\ x_2-a{e}^{x_2}=0\end{array}⟹\{\begin{array}{l}a=x_1{e}^{-x_1}\\ a=x_2{e}^{-x_2}\end{array}$ 从而 $x_1{e}^{-x_1}=x_2{e}^{-x_2}⟹\frac{x_1}{x_2}=e^{x_1-x_2}$， 两边取对数：$\ln x_1-\ln x_2=x_1-x_2⟹\frac{\ln x_2-\ln x_1}{x_2-x_1}=1$（其中 $0<x_1<1<x_2$）。 通过两式相除或相减消去 $a$，得 $\ln a=\ln x_1-x_1=\ln x_2-x_2$。 两边对 $a$ 求导或构造函数证明 $\frac{x_2}{x_1}$ 随着 $a$ 的减小而增大。

(3) 利用对数均值与中间变量代换，结合 $x_1+x_2=\ln x_1+\ln x_2$ 的变式，通过对 $a$ 求导证明 $x_1+x_2$ 随着 $a$ 的减小而增大。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：零点个数、参数范围与单调性证明。

2. 核心方法：零点转 $a=\frac{x}{e^x}$，用导数研究 $g(x)$ 图像求 $a$ 范围；消参求导证单调。

3. 避坑指南：注意审题与运算细节。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: $x{e}^{-x}$ 的图象与最值、隐零点与对数运算。

2. 结论推广: $0<a<\frac{1}{e}$ 时 $f(x)$ 有两个零点。

3. 方法推广: 零点个数问题转化为直线与函数图象交点个数。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 20.03 导数研究单调性与极值最值
• 05.02 函数的四大性质

类题演练 (Links)

• 2023-新高考II卷-06 单-导数单调性
• 2013-新课标II卷理-21 解-导数单调性
• 2013-广东卷理-21 解-导数单调性