2021-甲卷理-21 解-导数综合

本题导读

本题考查利用导数研究函数的单调性。核心在于同构代换法、构造函数法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2021年甲卷理）已知 $a>0$ 且 $a\ne 1$，函数 $f(x)=\frac{x^a}{a^x}(x>0)$．

（1）当 $a=2$ 时，求 $f(x)$ 的单调区间；

（2）若曲线 $y=f(x)$ 与直线 $y=1$ 有且仅有两个交点，求 $a$ 的取值范围．

🔍【思路分析】

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1. 第一问（求单调区间）：

   • 将 $a=2$ 代入函数解析式得到 $f(x)=\frac{x^2}{2^x}$。

   • 利用商的求导法则求出 $f^{\prime }(x)$。提取公因式后，通过分析分子 $2-x\ln 2$ 的符号，即可判定 $f^{\prime }(x)$ 的正负，进而得出单调区间。

2. 第二问（求参数范围）：

   • 等价转化：曲线 $y=f(x)$ 与直线 $y=1$ 恰有两个交点，即方程 $\frac{x^a}{a^x}=1$ 有两个不同的正实数根。

   • 同构化简（核心）：对等式两边取自然对数，得到 $a\ln x-x\ln a=0⟹\frac{\ln x}{x}=\frac{\ln a}{a}$。

   • 构造辅助函数：令 $g(x)=\frac{\ln x}{x}(x>0)$，原问题转化为常数函数 $y=\frac{\ln a}{a}$ 与曲线 $y=g(x)$ 有两个交点。

   • 数形结合分析：利用导数求出 $g(x)$ 的极值点（$x=e$）及图象的极限趋势（$x\to 0$ 和 $x\to +\infty$）。根据图象特征，建立关于 $\frac{\ln a}{a}$ 的不等式，最后解出 $a$ 的范围。

✅【答案】

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(1) 单调递增区间为 $(0,\frac{2}{\ln 2})$，单调递减区间为 $(\frac{2}{\ln 2},+\infty )$

(2) $a\in (1,e)\cup (e,+\infty )$

✍【详细解析】

Abstract

（1）当 $a=2$ 时，求 $f(x)$ 的单调区间

1. 代入并求导：

   当 $a=2$ 时，$f(x)=\frac{x^2}{2^x}(x>0)$．

   根据商的求导法则：

   $f^{\prime }(x)=\frac{(x^2{)}^{\prime }\cdot 2^x-x^2\cdot (2^x{)}^{\prime }}{(2^x{)}^2}=\frac{2x\cdot 2^x-x^2\cdot 2^x\ln 2}{2^{2x}}$

   提取公因式 $x\cdot 2^x$：

   $f^{\prime }(x)=\frac{x\cdot 2^x(2-x\ln 2)}{2^{2x}}=\frac{x(2-x\ln 2)}{2^x}$

2. 判定单调性：

   因为 $x>0$ 且 $2^x>0$，所以 $f^{\prime }(x)$ 的符号完全由 $2-x\ln 2$ 决定。

   令 $f^{\prime }(x)=0$，解得唯一零点 $x=\frac{2}{\ln 2}$。

   • 当 $0<x<\frac{2}{\ln 2}$ 时，$2-x\ln 2>0$，则 $f^{\prime }(x)>0$，函数 $f(x)$ 单调递增；

   • 当 $x>\frac{2}{\ln 2}$ 时，$2-x\ln 2<0$，则 $f^{\prime }(x)<0$，函数 $f(x)$ 单调递减。

结论：

$f(x)$ 的单调递增区间为 $\left(0,\frac{2}{\ln 2}\right)$，单调递减区间为 $\left(\frac{2}{\ln 2},+\infty \right)$。

（2）若曲线 $y=f(x)$ 与直线 $y=1$ 有且仅有两个交点，求 $a$ 的取值范围． 曲线 $y=f(x)$ 与直线 $y=1$ 的交点个数，即方程 $f(x)=1$ 在 $(0,+\infty )$ 上的不同实根个数。 方程展开为： $\frac{x^a}{a^x}=1⟺x^a=a^x$ 因为 $x>0$ 且 $a>0,a\ne 1$，两边取自然对数，方程等价于： $a\ln x=x\ln a⟺\frac{\ln x}{x}=\frac{\ln a}{a}$ 令 $g(x)=\frac{\ln x}{x}$ ($x>0$)，则原问题转化为：

寻找所有满足条件的 $a>0$ 且 $a\ne 1$，使得直线 $y=g(a)$ 与曲线 $y=g(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上有且仅有两个不同的交点。 对 $g(x)$ 求导： $g^{\prime }(x)=\frac{\frac{1}{x}\cdot x-\ln x\cdot 1}{x^2}=\frac{1-\ln x}{x^2}$

• 当 $x\in (0,\mathrm{e})$ 时，$1-\ln x>0$，则 $g^{\prime }(x)>0$，$g(x)$ 在 $(0,\mathrm{e})$ 上单调递增；
• 当 $x\in (\mathrm{e},+\infty )$ 时，$1-\ln x<0$，则 $g^{\prime }(x)<0$，$g(x)$ 在 $(\mathrm{e},+\infty )$ 上单调递减。 因此，$g(x)$ 在 $x=\mathrm{e}$ 处取得全局极大值（也是最大值）： $g(\mathrm{e})=\frac{\ln \mathrm{e}}{\mathrm{e}}=\frac{1}{\mathrm{e}}$

当 $0<x\le 1$ 时，$\ln x\le 0$，故 $g(x)\le 0$； 当 $x>1$ 时，$\ln x>0$，故 $g(x)>0$； 函数在区间 $(1,+\infty )$ 上的最大值为 $g(\mathrm{e})=\frac{1}{\mathrm{e}}$ 情形 1：当 $0<a<1$ 时 因为 $a\in (0,1)$，所以 $\ln a<0$，故： $g(a)=\frac{\ln a}{a}<0$

• 在区间 $(0,1)$ 上，$g(x)<0$ 且 $g(x)$ 单调递增，由于 $g(x)$ 在 $(0,1)$ 上连续且单调，方程 $g(x)=g(a)$ 在 $(0,1)$ 上有且仅有一个实根 $x=a$；
• 在区间 $[1,+\infty )$ 上，$g(x)\ge 0$，而 $g(a)<0$，故在 $[1,+\infty )$ 上无根。 因此，当 $0<a<1$ 时，方程 $g(x)=g(a)$ 在 $(0,+\infty )$ 上只有一个实根，不合题意。

情形 2：当 $a=\mathrm{e}$ 时 此时 $g(a)=g(\mathrm{e})=\frac{1}{\mathrm{e}}$ 为 $g(x)$ 的最大值。 由于 $g(x)$ 在 $x=\mathrm{e}$ 处取得唯一最大值，方程 $g(x)=\frac{1}{\mathrm{e}}$ 有且仅有一个实根 $x=\mathrm{e}$，不合题意。

情形 3：当 $a>1$ 且 $a\ne \mathrm{e}$ 时 此时 $0<g(a)<\frac{1}{\mathrm{e}}$。

1. 在区间 $(1,\mathrm{e})$ 上： $g(x)$ 连续且严格单调递增，值域为 $\left(0,\frac{1}{\mathrm{e}}\right)$。 因为 $0<g(a)<\frac{1}{\mathrm{e}}$，由零点存在性定理，方程 $g(x)=g(a)$ 在 $(1,\mathrm{e})$ 内有且仅有一个实根 $x_1$。
2. 在区间 $(\mathrm{e},+\infty )$ 上： $g(x)$ 连续且严格单调递减，$g(\mathrm{e})=\frac{1}{\mathrm{e}}$。 构造辅助点：取 $x_0={\mathrm{e}}^2>\mathrm{e}$，计算得： $g({\mathrm{e}}^2)=\frac{\ln ({\mathrm{e}}^2)}{{\mathrm{e}}^2}=\frac{2}{{\mathrm{e}}^2}$ 由于 $\mathrm{e}\approx 2.718$，易知 $\mathrm{e}>2$，故 $\frac{2}{{\mathrm{e}}^2}<\frac{\mathrm{e}}{{\mathrm{e}}^2}=\frac{1}{\mathrm{e}}$。 同时，当 $x>{\mathrm{e}}^{\frac{a}{\ln a}}$ 时，由 $g(x)$ 的单调递减性以及区间端点值可得，在区间 $(\mathrm{e},+\infty )$ 上，$g(x)$ 的取值范围覆盖了 $\left(0,\frac{1}{\mathrm{e}}\right)$。 因此，方程 $g(x)=g(a)$ 在 $(\mathrm{e},+\infty )$ 内有且仅有一个实根 $x_2$。
3. 在区间 $(0,1]$ 上： $g(x)\le 0$，而 $g(a)>0$，故无根。 综上所述，当 $a>1$ 且 $a\ne \mathrm{e}$ 时，方程 $g(x)=g(a)$ 在 $(0,+\infty )$ 上恰有两个不同的实根 $x_1\in (1,\mathrm{e})$ 与 $x_2\in (\mathrm{e},+\infty )$，满足题意。 所求 $a$ 的取值范围是 $(1,\mathrm{e})\cup (\mathrm{e},+\infty )$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 核心技巧：

  1. 同构变形（变量分离）：解超越方程 $x^a=a^x$ 的最有效手段是取对数化为 $\frac{\ln x}{x}=\frac{\ln a}{a}$，此时左右两侧结构完全一致，可以抽象出统一的母函数 $g(t)=\frac{\ln t}{t}$。

  2. 画出母函数的草图：$g(x)=\frac{\ln x}{x}$ 是高中数学导数最基础、最重要、考得最多的“明星模型”之一。务必熟记它的三个特征：极值点在 $x=e$ 处，右侧极限趋于 $0$（存在渐近线），左侧极限趋于 $-\infty$。

• 避坑指南：

  • 逻辑断层：在由 $0<\frac{\ln a}{a}<\frac{1}{e}$ 解 $a$ 时，不要尝试去硬解不等式 $\frac{\ln a}{a}<\frac{1}{e}$。最好的视角是意识到 $\frac{\ln a}{a}$ 其实就是 $g(a)$，不等式等价于 $g(a)<g(e)$。因为 $e$ 就是函数的峰值，所以除了 $a=e$ 本身之外，所有 $a$ 都满足 $g(a)<g(e)$。

  • 极限意识：如果不知道当 $x\to +\infty$ 时 $g(x)\to 0$，很容易误认为右侧会下降到负数，从而导致解集的误判。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：待补

2. 结论推广：待补

🔗【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
• 18.02 双曲线专题全总结

类题演练 (Links)

• 1987-全国卷理-05 单-函数的单调性
• 1991-全国卷理-13
• 2003-辽宁卷-19