题目

( 2018 年 11 月金太阳百校联考理科第 21 题 )
已知函数 $f(x)=ae^x-x+1$ 有两个零点 $x_1,x_2$.

求 $a$ 的取值范围;
设 $x_0$ 是 $f(x)$ 的极小值点，证明: $x_1+x_2<2x_0$.

解法

$f(x)$的导数$$f’(x)=ae^x-1$$
- 当$a\leqslant0$时，$f’(x) < 0$，$f(x)$是减函数，不可能有两个零点.
- 当 $a > 0$ 时，令 $f’(x)=0$ 得，$$x_0=-\ln a$$ 若 $x\in(-\infty,x_0)$,$f’(x) < 0$,$f(x)$ 单调递减；若 $x\in(x_0,+\infty)$,$f’(x) > 0$,$f(x)$ 单调递增. 要使$f(x)$有两个零点，必有 $$f(x_0)=ae^{x_0}-x_0+1=2-x_0 < 0$$ 即 $x_0=-\ln a > 2$,所以 $a\in(0,\dfrac{1}{e^2}).$此时由$\ln x\leqslant x-1$ 有 $$ 0 < x_0=-\ln a \leqslant \dfrac{1}{a}-1 < \dfrac{2}{a} $$ 注意到 $x > 0$ 时，$e^x > \dfrac{1}{2}x^2$ , 所以 $$f\left( 0 \right)=a+1 > 0,$$ $$ f\left( \dfrac{2}{a}\right)=ae^{\frac{2}{a}}-\dfrac{2}{a}+1 > a\times \dfrac{1}{2}\left( \frac{2}{a} \right)^2-\dfrac{2}{a}+1=0 $$ 所以 $f\left( x \right)$ 在 $\left( 0,x_0 \right)$,$\left( x_0,\dfrac{2}{a} \right)$ 各有一个零点.
  所以 $a$ 的取值范围是 $\left( 0,\dfrac{1}{e^2} \right)$.
( 解法一：增量代换 )
因为 $f\left( x_1 \right)=f\left( x_2 \right)$,所以 $$ae^{x_1}-x_1+1=ae^{x_2}-x_2+1$$ 所以 $$\dfrac{1}{a}=\dfrac{e^{x_2}-e^{x_1}}{x_2-x_1}$$ 要证明 $x_1+x_2 < 2x_0$,只需证明 $$\dfrac{x_1+x_2}{2} < x_0$$ 因为 $f’\left( x \right)=ae^x-1$ 单调递增，且 $f’\left( x_0 \right)=0$,所以只需证明 $$f’\left( \dfrac{x_1+x_2}{2} \right) < f’(x_0)=0$$ 即证明 $$ae^{\frac{x_1+x_2}{2}}-1 < 0$$ 即证明 $$e^{\frac{x_1+x_2}{2}} < \dfrac{e^{x_2}-e^{x_1}}{x_2-x_1}=\dfrac{1}{a}$$ 不妨设 $x_2 > x_1$,即证明 $$x_2-x_1 < \dfrac{e^{x_2}-e^{x_1}}{e^{\frac{x_1+x_2}{2}}}=\dfrac{1}{a}$$ 即证明 $$x_2-x_1 < e^{\frac{x_2-x_1}{2}}-e^{-\frac{x_2-x_1}{2}}$$ 令 $t=\dfrac{x_2-x_1}{2} > 0$,只需证明 $$e^t-e^{-t} > 2t\left( t > 0 \right),$$ 令 $g\left( t \right)=e^t-e^{-t}-2t\left( t\geqslant0 \right)$,则 $$g’\left( t \right)=e^t+e^{-t}-2\geqslant2\sqrt{e^t\cdot e^{-t}}-2=0$$ 所以 $g\left( t \right)$ 在 $\left[ 0,+\infty \right)$ 单调递增，因为 $t > 0$ ,所以 $$g\left( t \right)=e^t-e^{-t}-2t > g\left( 0 \right)=0$$ 即 $e^t-e^{-t} > 2t$. 综上，$x_1+x_2 < 2x_0$.
(解法二:极值点偏移)
由 (1) 可得 $x_1 < x_0 < x_2$,要证明 $x_1+x_2 < 2x_0$,只需证明 $$x_1 < 2x_0-x_2$$ 注意到 $x_1 < 2x_0-x_2 < x_0$,$f\left( x \right)$ 在 $\left( -\infty,x_0 \right)$ 上是减函数，所以只需证明 $$f\left( x_1 \right) > f\left( 2x_0-x_2 \right)$$ 因为 $f\left( x_1 \right)=f\left( x_2 \right)$,所以只需证明 $$f\left( x_2 \right) > f\left( 2x_0-x_2 \right)$$ 令 $g\left( x \right)=f\left( x \right)-f\left( 2x_0-x \right)$,由基本不等式可得 $$g’\left( x \right)=ae^x+\dfrac{1}{ae^x}-2\geqslant2-2=0$$ 所以 $g\left( x \right)$ 是增函数，由 $x_2 > x_0$ 得 $g\left( x_2 \right) > g\left( x_0 \right)$,即 $$f\left( x_2 \right)-f\left( 2x_0-x_2 \right) > f\left( x_0 \right)-f\left( 2x_0-x_0 \right)=0$$ 即 $f\left( x_2 \right) > f\left( 2x_0-x_2 \right)$.综上 $x_1+x_2 < 2x_0$.