数学救急室
#cb810665-e0cd-43a5-a3dc-80d04b88467d中上解答题指数与指数函数函数

指数函数的单调性与方程解的个数

已知函数 f(x)=ax−x−2f(x) = a^{x} - x - 2，其中 a>0a > 0 且 a≠1a \ne 1。 （1）当 a=12a = \frac{1}{2} 时，判断函数 f(x)f(x) 在 R\mathbb{R} 上的单调性，并求其零点个数； （2）若关于 xx 的方程 f(x)=0f(x) = 0 恰有两个不同的实数解，求实数 aa 的取值范围。

解析
（1）当 a=12a = \frac{1}{2} 时，f(x)=(12)x−x−2=2−x−x−2f(x) = \left(\frac{1}{2}\right)^x - x - 2 = 2^{-x} - x - 2。 求导：f′(x)=−2−xln⁡2−1f'(x) = -2^{-x} \ln 2 - 1。 由于 2−x>02^{-x} > 0，ln⁡2>0\ln 2 > 0，故 −2−xln⁡2<0-2^{-x} \ln 2 < 0，进而 f′(x)=−2−xln⁡2−1<−1<0f'(x) = -2^{-x} \ln 2 - 1 < -1 < 0 对任意 x∈Rx \in \mathbb{R} 恒成立。 因此 f(x)f(x) 在 R\mathbb{R} 上严格单调递减。 又因 lim⁡x→−∞f(x)=lim⁡x→−∞(2−x−x−2)=+∞\lim_{x \to -\infty} f(x) = \lim_{x \to -\infty} (2^{-x} - x - 2) = +\infty（因 2−x→+∞2^{-x} \to +\infty，−x→+∞-x \to +\infty）， lim⁡x→+∞f(x)=lim⁡x→+∞(2−x−x−2)=0−∞−2=−∞\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} (2^{-x} - x - 2) = 0 - \infty - 2 = -\infty， 且 f(x)f(x) 连续，由零点存在定理及严格单调性，f(x)=0f(x) = 0 有且仅有一个实数解。故零点个数为 11。 （2）考虑一般情形：f(x)=ax−x−2f(x) = a^x - x - 2，a>0a > 0，a≠1a \ne 1。 求导：f′(x)=axln⁡a−1f'(x) = a^x \ln a - 1。 令 f′(x)=0f'(x) = 0，得 axln⁡a=1a^x \ln a = 1，即 ax=1ln⁡aa^x = \frac{1}{\ln a}。 注意：该方程有解当且仅当 1ln⁡a>0\frac{1}{\ln a} > 0，即 ln⁡a>0  ⟺  a>1\ln a > 0 \iff a > 1； 若 0<a<10 < a < 1，则 ln⁡a<0\ln a < 0，1ln⁡a<0\frac{1}{\ln a} < 0，而 ax>0a^x > 0，故 f′(x)=axln⁡a−1<0f'(x) = a^x \ln a - 1 < 0 恒成立（因 axln⁡a<0a^x \ln a < 0），即 f(x)f(x) 严格递减，至多一个零点，不满足“恰有两个解”。 因此只需讨论 a>1a > 1 的情形。 此时 f′(x)=0f'(x) = 0 有唯一解：x0=log⁡a(1ln⁡a)=ln⁡(1ln⁡a)ln⁡a=−ln⁡(ln⁡a)ln⁡ax_0 = \log_a \left( \frac{1}{\ln a} \right) = \frac{\ln \left( \frac{1}{\ln a} \right)}{\ln a} = -\frac{\ln (\ln a)}{\ln a}，要求该式有意义，需 ln⁡a>0\ln a > 0（已满足）且 1ln⁡a>0\frac{1}{\ln a} > 0（自动满足），但更关键的是 ln⁡a>1\ln a > 1？不，只要 ln⁡a>0\ln a > 0 即可定义 x0x_0；然而 1ln⁡a>0\frac{1}{\ln a} > 0 恒成立，故 x0x_0 总存在。但注意：若 0<ln⁡a<10 < \ln a < 1，即 1<a<e1 < a < e，则 1ln⁡a>1\frac{1}{\ln a} > 1，ax0=1ln⁡a>1a^{x_0} = \frac{1}{\ln a} > 1，合理；若 ln⁡a=1\ln a = 1（即 a=ea = e），则 ax0=1a^{x_0} = 1，x0=0x_0 = 0；若 ln⁡a>1\ln a > 1（即 a>ea > e），则 1ln⁡a<1\frac{1}{\ln a} < 1，仍为正，故 x0x_0 存在。 综上，对 a>1a > 1，f′(x)f'(x) 变号： - 当 x<x0x < x_0，ax<1ln⁡aa^x < \frac{1}{\ln a}，故 f′(x)<0f'(x) < 0； - 当 x>x0x > x_0，ax>1ln⁡aa^x > \frac{1}{\ln a}，故 f′(x)>0f'(x) > 0。 所以 f(x)f(x) 在 (−∞,x0)(-\infty, x_0) 上递减，在 (x0,+∞)(x_0, +\infty) 上递增，x0x_0 为极小值点。 要使 f(x)=0f(x) = 0 恰有两个不同实根，需极小值 f(x0)<0f(x_0) < 0，且两端极限为 +∞+\infty： lim⁡x→−∞f(x)=lim⁡x→−∞(ax−x−2)=0+∞−2=+∞\lim_{x \to -\infty} f(x) = \lim_{x \to -\infty} (a^x - x - 2) = 0 + \infty - 2 = +\infty（因 a>1⇒ax→0a > 1 \Rightarrow a^x \to 0，−x→+∞-x \to +\infty）； lim⁡x→+∞f(x)=lim⁡x→+∞(ax−x−2)=+∞\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} (a^x - x - 2) = +\infty（指数增长快于线性）。 故图像呈“U”形，当且仅当极小值 f(x0)<0f(x_0) < 0 时，与 xx 轴有两个交点。 计算 f(x0)f(x_0)： 由 ax0=1ln⁡aa^{x_0} = \frac{1}{\ln a}，代入得 f(x0)=ax0−x0−2=1ln⁡a−x0−2.f(x_0) = a^{x_0} - x_0 - 2 = \frac{1}{\ln a} - x_0 - 2. 又 x0=log⁡a(1ln⁡a)=ln⁡(1ln⁡a)ln⁡a=−ln⁡(ln⁡a)ln⁡ax_0 = \log_a \left( \frac{1}{\ln a} \right) = \frac{\ln \left( \frac{1}{\ln a} \right)}{\ln a} = -\frac{\ln (\ln a)}{\ln a}， 所以 f(x0)=1ln⁡a+ln⁡(ln⁡a)ln⁡a−2=1+ln⁡(ln⁡a)ln⁡a−2.f(x_0) = \frac{1}{\ln a} + \frac{\ln (\ln a)}{\ln a} - 2 = \frac{1 + \ln (\ln a)}{\ln a} - 2. 令 f(x0)<0f(x_0) < 0，即 1+ln⁡(ln⁡a)ln⁡a<2.\frac{1 + \ln (\ln a)}{\ln a} < 2. 令 t=ln⁡at = \ln a，则 t>0t > 0（因 a>1a > 1），不等式化为 1+ln⁡tt<2⟺1+ln⁡t<2t⟺ln⁡t<2t−1.\frac{1 + \ln t}{t} < 2 \quad \Longleftrightarrow \quad 1 + \ln t < 2t \quad \Longleftrightarrow \quad \ln t < 2t - 1. 构造函数 g(t)=2t−1−ln⁡tg(t) = 2t - 1 - \ln t，t>0t > 0。 g′(t)=2−1tg'(t) = 2 - \frac{1}{t}，令 g′(t)=0g'(t) = 0 得 t=12t = \frac{1}{2}。 当 0<t<120 < t < \frac{1}{2}，g′(t)<0g'(t) < 0；当 t>12t > \frac{1}{2}，g′(t)>0g'(t) > 0，故 g(t)g(t) 在 t=12t = \frac{1}{2} 处取极小值： g(12)=2⋅12−1−ln⁡12=1−1+ln⁡2=ln⁡2>0.g\left(\frac{1}{2}\right) = 2 \cdot \frac{1}{2} - 1 - \ln \frac{1}{2} = 1 - 1 + \ln 2 = \ln 2 > 0. 又 lim⁡t→0+g(t)=+∞\lim_{t \to 0^+} g(t) = +\infty，lim⁡t→+∞g(t)=+∞\lim_{t \to +\infty} g(t) = +\infty，且最小值 ln⁡2>0\ln 2 > 0，故 g(t)>0g(t) > 0 对所有 t>0t > 0 恒成立，即 ln⁡t<2t−1\ln t < 2t - 1 恒成立？但这与我们需求矛盾——说明上述推导中不等式方向或临界条件有误。 重新审视：我们需要 f(x0)<0f(x_0) < 0，即 1+ln⁡(ln⁡a)ln⁡a−2<0  ⟺  1+ln⁡(ln⁡a)ln⁡a<2.\frac{1 + \ln (\ln a)}{\ln a} - 2 < 0 \iff \frac{1 + \ln (\ln a)}{\ln a} < 2. 但此不等式并非对所有 a>1a > 1 成立。注意：ln⁡(ln⁡a)\ln (\ln a) 仅在 ln⁡a>0\ln a > 0 且 ln⁡a>1\ln a > 1？不，ln⁡(ln⁡a)\ln (\ln a) 定义需 ln⁡a>0  ⟺  a>1\ln a > 0 \iff a > 1，但 ln⁡a\ln a 必须 >0> 0，而 ln⁡(ln⁡a)\ln (\ln a) 要求 ln⁡a>1  ⟺  a>e\ln a > 1 \iff a > e。当 1<a≤e1 < a \le e 时，0<ln⁡a≤10 < \ln a \le 1，则 ln⁡(ln⁡a)≤0\ln (\ln a) \le 0，且当 a=ea = e 时 ln⁡(ln⁡a)=ln⁡1=0\ln (\ln a) = \ln 1 = 0；当 a→1+a \to 1^+，ln⁡a→0+\ln a \to 0^+，ln⁡(ln⁡a)→−∞\ln (\ln a) \to -\infty。 因此分情况： - 若 1<a<e1 < a < e，则 0<ln⁡a<10 < \ln a < 1，ln⁡(ln⁡a)<0\ln (\ln a) < 0，分子 1+ln⁡(ln⁡a)<11 + \ln (\ln a) < 1，分母 ln⁡a<1\ln a < 1，但整体可能大于或小于 2。需数值检验。 更稳妥方法：直接分析 f(x0)<0f(x_0) < 0 等价于 ax0−x0−2<0且ax0=1ln⁡a.a^{x_0} - x_0 - 2 < 0 \quad \text{且} \quad a^{x_0} = \frac{1}{\ln a}. 即 1ln⁡a−log⁡a(1ln⁡a)−2<0.\frac{1}{\ln a} - \log_a \left( \frac{1}{\ln a} \right) - 2 < 0. 令 u=ln⁡a>0u = \ln a > 0，则 a=eua = e^u，log⁡a(1u)=ln⁡(1/u)u=−ln⁡uu\log_a \left( \frac{1}{u} \right) = \frac{\ln (1/u)}{u} = -\frac{\ln u}{u}， 所以 f(x0)=1u+ln⁡uu−2=1+ln⁡uu−2.f(x_0) = \frac{1}{u} + \frac{\ln u}{u} - 2 = \frac{1 + \ln u}{u} - 2. 定义 h(u)=1+ln⁡uu−2h(u) = \frac{1 + \ln u}{u} - 2，u>0u > 0。 求 h(u)<0h(u) < 0 的解集。 h(u)<0  ⟺  1+ln⁡uu<2  ⟺  1+ln⁡u<2uh(u) < 0 \iff \frac{1 + \ln u}{u} < 2 \iff 1 + \ln u < 2u（因 u>0u > 0）。 即 ln⁡u<2u−1\ln u < 2u - 1。 如前，设 k(u)=2u−1−ln⁡uk(u) = 2u - 1 - \ln u，u>0u > 0。 k′(u)=2−1uk'(u) = 2 - \frac{1}{u}，零点 u=12u = \frac{1}{2}， k(12)=2⋅12−1−ln⁡12=0+ln⁡2=ln⁡2>0k\left(\frac{1}{2}\right) = 2 \cdot \frac{1}{2} - 1 - \ln \frac{1}{2} = 0 + \ln 2 = \ln 2 > 0， 且 k(u)>0k(u) > 0 对所有 u>0u > 0 成立（因最小值为正），故 ln⁡u<2u−1\ln u < 2u - 1 恒成立？但验证： 取 u=0.1u = 0.1：ln⁡0.1≈−2.302\ln 0.1 \approx -2.302，2u−1=−0.82u - 1 = -0.8，−2.302<−0.8-2.302 < -0.8 ✓； u=1u = 1：ln⁡1=0\ln 1 = 0，2−1=12 - 1 = 1，0<10 < 1 ✓； u=0.01u = 0.01：ln⁡0.01=−4.605\ln 0.01 = -4.605，2u−1=−0.982u - 1 = -0.98，成立。 但 h(u)=1+ln⁡uu−2h(u) = \frac{1 + \ln u}{u} - 2 在 u→0+u \to 0^+ 时：ln⁡u→−∞\ln u \to -\infty，1+ln⁡u→−∞1 + \ln u \to -\infty，除以 u→0+u \to 0^+，故 h(u)→−∞h(u) \to -\infty； 在 u=1u = 1（即 a=ea = e）：h(1)=1+01−2=−1<0h(1) = \frac{1 + 0}{1} - 2 = -1 < 0； 在 u=2u = 2（a=e2≈7.39a = e^2 \approx 7.39）：h(2)=1+ln⁡22−2≈1+0.6932−2=0.8465−2=−1.1535<0h(2) = \frac{1 + \ln 2}{2} - 2 \approx \frac{1 + 0.693}{2} - 2 = 0.8465 - 2 = -1.1535 < 0； 似乎恒负？但题目要求“恰有两个解”，而 a>1a > 1 时 f(x)f(x) 总有极小值，若极小值恒负，则总有两个零点？这与直觉不符。 重新检查极限：当 a>1a > 1， - lim⁡x→−∞ax=0\lim_{x \to -\infty} a^x = 0，−x→+∞-x \to +\infty，故 f(x)→+∞f(x) \to +\infty； - lim⁡x→+∞ax=+∞\lim_{x \to +\infty} a^x = +\infty，主导项，故 f(x)→+∞f(x) \to +\infty； - 若极小值 f(x0)<0f(x_0) < 0，则必有两零点；若 f(x0)=0f(x_0) = 0，一零点（重根）；若 f(x0)>0f(x_0) > 0，无零点。 那么是否存在 a>1a > 1 使得 f(x0)>0f(x_0) > 0？ 令 h(u)=1+ln⁡uu−2h(u) = \frac{1 + \ln u}{u} - 2，求其最大值。 h′(u)=(1/u)⋅u−(1+ln⁡u)⋅1u2=1−(1+ln⁡u)u2=−ln⁡uu2h'(u) = \frac{(1/u) \cdot u - (1 + \ln u) \cdot 1}{u^2} = \frac{1 - (1 + \ln u)}{u^2} = \frac{-\ln u}{u^2}。 令 h′(u)=0h'(u) = 0，得 ln⁡u=0  ⟺  u=1\ln u = 0 \iff u = 1。 当 0<u<10 < u < 1，ln⁡u<0\ln u < 0，h′(u)>0h'(u) > 0；当 u>1u > 1，h′(u)<0h'(u) < 0，故 h(u)h(u) 在 u=1u = 1 处取最大值： h(1)=1+01−2=−1<0.h(1) = \frac{1 + 0}{1} - 2 = -1 < 0. 因此对所有 u>0u > 0（即 a>1a > 1），h(u)≤−1<0h(u) \le -1 < 0，即 f(x0)<0f(x_0) < 0 恒成立！ 但这意味着对任意 a>1a > 1，f(x)=0f(x) = 0 都恰有两个实根？验证特例： 取 a=2a = 2，f(x)=2x−x−2f(x) = 2^x - x - 2。 f(0)=1−0−2=−1<0f(0) = 1 - 0 - 2 = -1 < 0， f(1)=2−1−2=−1<0f(1) = 2 - 1 - 2 = -1 < 0， f(2)=4−2−2=0f(2) = 4 - 2 - 2 = 0 → 一个根 x=2x = 2； f(−1)=0.5+1−2=−0.5<0f(-1) = 0.5 + 1 - 2 = -0.5 < 0， f(−2)=0.25+2−2=0.25>0f(-2) = 0.25 + 2 - 2 = 0.25 > 0，故在 (−2,−1)(-2,-1) 有一根； f(3)=8−3−2=3>0f(3) = 8 - 3 - 2 = 3 > 0，且 f(2)=0f(2) = 0，f′(x)=2xln⁡2−1f'(x) = 2^x \ln 2 - 1，f′(2)=4ln⁡2−1≈4×0.693−1=2.772−1=1.772>0f'(2) = 4 \ln 2 - 1 \approx 4 \times 0.693 - 1 = 2.772 - 1 = 1.772 > 0，故 x=2x = 2 是单根，另一根在左侧，共两个。 再取 a=1.1a = 1.1，数值计算可知仍有两根。 但题目要求“恰有两个”，而 a>1a > 1 时恒成立，0<a<10 < a < 1 时仅一个或零个。然而需排除 f(x0)=0f(x_0) = 0 的情况（此时相切，仅一个解）。但 h(u)<0h(u) < 0 严格成立，故无相等情况。 等等：当 a→1+a \to 1^+，u=ln⁡a→0+u = \ln a \to 0^+，x0=−ln⁡uu→+∞x_0 = -\frac{\ln u}{u} \to +\infty（因 ln⁡u→−∞\ln u \to -\infty，负负得正），且 f(x0)=1+ln⁡uu−2→−∞f(x_0) = \frac{1 + \ln u}{u} - 2 \to -\infty，仍小于 0。 但 a=1a = 1 不允许（底数不能为 1）。 然而，标准结论是：对 f(x)=ax−x−bf(x) = a^x - x - b，当 a>1a > 1 且 bb 适中时有两解。本题 b=2b = 2 固定。 查阅或重思：是否存在 aa 使极小值非负？ 令 f(x0)=0f(x_0) = 0：1+ln⁡uu=2\frac{1 + \ln u}{u} = 2，即 1+ln⁡u=2u1 + \ln u = 2u。 令 p(u)=2u−ln⁡u−1p(u) = 2u - \ln u - 1，p′(u)=2−1/up'(u) = 2 - 1/u，零点 u=1/2u = 1/2，p(1/2)=1−ln⁡(1/2)−1=ln⁡2>0p(1/2) = 1 - \ln(1/2) - 1 = \ln 2 > 0，且 p(u)>0p(u) > 0 恒成立，故 1+ln⁡u=2u1 + \ln u = 2u 无解，即 f(x0)=0f(x_0) = 0 无解。 因此对所有 a>1a > 1，f(x0)<0f(x_0) < 0，故恰有两个实根。 但需验证边界：当 a→1+a \to 1^+，函数 ax→1a^x \to 1（常函数），f(x)→1−x−2=−x−1f(x) \to 1 - x - 2 = -x -1，为直线，仅一个零点。矛盾！问题出在 a→1+a \to 1^+ 时，ln⁡a→0+\ln a \to 0^+，x0=−ln⁡(ln⁡a)ln⁡a→+∞x_0 = -\frac{\ln(\ln a)}{\ln a} \to +\infty，且 f(x)f(x) 的“谷底”移向无穷远，同时变浅？需更精确分析。 实际上，当 a→1+a \to 1^+，ax=exln⁡a≈1+xln⁡aa^x = e^{x \ln a} \approx 1 + x \ln a（泰勒），则 f(x)≈1+xln⁡a−x−2=−1+x(ln⁡a−1)f(x) \approx 1 + x \ln a - x - 2 = -1 + x(\ln a - 1)，斜率为负，严格递减，仅一解。说明当 aa 接近 1 时，虽数学上 f′(x)=axln⁡a−1f'(x) = a^x \ln a - 1 在某点为 0，但该点极远，且在有限区间内单调。 关键：x0=log⁡a(1/ln⁡a)x_0 = \log_a(1/\ln a) 要求 1/ln⁡a>01/\ln a > 0（成立），但当 ln⁡a\ln a 很小时，1/ln⁡a1/\ln a 很大，x0x_0 很大，此时 f(x)f(x) 在常规区间近似线性，但全局仍有极小值。 然而，题目要求“恰有两个不同实数解”，结合常规高考命题，答案应为 a>1a > 1 且 a≠e1/ea \ne e^{1/e}？不，本题标准解法如下： 正确分析：f(x)=ax−x−2f(x) = a^x - x - 2，f′(x)=axln⁡a−1f'(x) = a^x \ln a - 1。 - 若 0<a<10 < a < 1：ln⁡a<0\ln a < 0，ax>0a^x > 0，故 f′(x)<0f'(x) < 0 恒成立，ff 严格减，至多一解。又 f(0)=1−0−2=−1<0f(0) = 1 - 0 - 2 = -1 < 0，lim⁡x→−∞f(x)=+∞\lim_{x \to -\infty} f(x) = +\infty，故恰有一解。不满足。 - 若 a>1a > 1：f′f' 有唯一零点 x0=log⁡a(1/ln⁡a)x_0 = \log_a(1/\ln a)，且 ff 先减后增。 为有两解，需 f(x0)<0f(x_0) < 0。 计算 f(x0)=1ln⁡a−log⁡a(1ln⁡a)−2f(x_0) = \frac{1}{\ln a} - \log_a\left(\frac{1}{\ln a}\right) - 2。 令 t=ln⁡a>0t = \ln a > 0，则 f(x0)=1t−ln⁡(1/t)t−2=1+ln⁡tt−2f(x_0) = \frac{1}{t} - \frac{\ln(1/t)}{t} - 2 = \frac{1 + \ln t}{t} - 2。 令 φ(t)=1+ln⁡tt\varphi(t) = \frac{1 + \ln t}{t}，t>0t > 0。 φ′(t)=(1/t)t−(1+ln⁡t)t2=−ln⁡tt2\varphi'(t) = \frac{(1/t)t - (1 + \ln t)}{t^2} = \frac{-\ln t}{t^2}，故 φ(t)\varphi(t) 在 (0,1)(0,1) 增，(1,+∞)(1,+\infty) 减，最大值 φ(1)=1\varphi(1) = 1。 因此 1+ln⁡tt≤1\frac{1 + \ln t}{t} \le 1，故 f(x0)=φ(t)−2≤−1<0f(x_0) = \varphi(t) - 2 \le -1 < 0 对所有 t>0t > 0 成立。 所以对所有 a>1a > 1，f(x0)<0f(x_0) < 0，从而 f(x)=0f(x) = 0 恰有两个不同实数解。 但需排除 aa 使 x0x_0 不存在的情况——仅当 a≤1a \le 1，而 a>1a > 1 已覆盖。 然而，当 a=e1/ea = e^{1/e} 或类似值？不，此处无例外。 标准答案：a>1a > 1。 验证 a=1.5a = 1.5：f(x)=1.5x−x−2f(x) = 1.5^x - x - 2，f(0)=−1f(0) = -1，f(1)=−1.5f(1) = -1.5，f(2)=2.25−2−2=−1.75f(2) = 2.25 - 2 - 2 = -1.75，f(4)=(1.5)4=5.0625−4−2=−0.9375f(4) = (1.5)^4 = 5.0625 - 4 - 2 = -0.9375，f(5)=7.59375−5−2=0.59375>0f(5) = 7.59375 - 5 - 2 = 0.59375 > 0，故 (4,5)(4,5) 一根；f(−1)=1/1.5+1−2≈0.666+1−2=−0.333f(-1) = 1/1.5 + 1 - 2 \approx 0.666 + 1 - 2 = -0.333，f(−2)=(1.5)−2=0.444+2−2=0.444>0f(-2) = (1.5)^{-2} = 0.444 + 2 - 2 = 0.444 > 0，故 (−2,−1)(-2,-1) 一根。共两个。 因此，实数 aa 的取值范围为 (1,+∞)(1, +\infty)。 综上： （1）当 a=12a = \frac{1}{2} 时，f(x)f(x) 在 R\mathbb{R} 上严格单调递减，零点个数为 11； （2）当且仅当 a>1a > 1 时，方程 f(x)=0f(x) = 0 恰有两个不同的实数解，故 aa 的取值范围是 (1,+∞)(1, +\infty)。

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