浙江 2020 · 数学 q22

冷启动：整道题只有一条等式，但它有三种用法

题面给的东西少得可怜：$f(x)=e^{x}-x-a$，$1<a\leqslant2$，$x_0$ 是 $f$ 在 $(0,+\infty)$ 上的零点。$x_0$ 解不出来——$e^{x}-x=a$ 没有初等解。可它满足的那条等式是白送的：

$$f(x_0)=0\quad\Longleftrightarrow\quad \boxed{\,e^{x_0}=x_0+a\,}$$

后面三条路的分岔，全在于这条等式当成什么用：

先把第（ⅱ）问的门槛跨过去。 那里要估的是 $x_0f(e^{x_0})$，很多人第一眼把 $f$ 与 $e^{x_0}$ 之间做了某种约分——没有这回事，$e^{x_0}$ 只是喂给 $f$ 的一个自变量的值。而由 ① 它等于 $x_0+a$，于是

$$f(e^{x_0})=f(x_0+a)=e^{x_0+a}-(x_0+a)-a=e^{x_0+a}-x_0-2a .$$

写不出这一行，第（ⅱ）问没有任何入口；写出来了，剩下的就是「往哪个方向放、放多狠」。

第（ⅰ）问也先翻译一遍。 由 ① 得 $a-1=e^{x_0}-x_0-1$，于是

$$\sqrt{a-1}\leqslant x_0\leqslant\sqrt{2(a-1)} \iff \frac{x_0^{2}}{2}\leqslant a-1\leqslant x_0^{2} \iff \frac{x_0^{2}}{2}\leqslant e^{x_0}-x_0-1\leqslant x_0^{2} .$$

要证的根本不是「$x_0$ 有多大」，而是「$e^{x}-x-1$ 被 $\frac{x^{2}}{2}$ 与 $x^{2}$ 夹在中间」——一句关于指数函数的估计，与 $x_0$ 是谁无关。两个不等号分别对应两个界，注意方向是反的：$e^x$ 越大，同一高度上的横坐标越靠左。

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解法一：教科书那条——先把 $x_0$ 换成 $\sqrt{a-1}$，再拿二次下界砸

（Ⅰ）单调管唯一，异号管存在

$f'(x)=e^{x}-1$。$x>0$ 时 $e^{x}>1$，故 $f'(x)>0$ 恒成立，$f$ 在 $(0,+\infty)$ 上严格递增——唯一性由它一句话包办。

再找一对异号的端点：

$$f(0)=1-a<0\ (\text{因为}\ a>1),\qquad f(2)=e^{2}-2-a\geqslant e^{2}-4>0\ (\text{因为}\ a\leqslant2) .$$

$f(2)$ 这一步是含参题的常规操作：端点值不必算准，只要定号，用 $a\leqslant2$ 把它压到不含参数的 $e^{2}-4$ 上去。$f$ 连续、两端异号 $\Rightarrow$ $(0,2)$ 内有零点；严格递增 $\Rightarrow$ 整个 $(0,+\infty)$ 上只此一个。

（$x=0$ 不在 $(0,+\infty)$ 里，但拿它当端点判异号完全合法——定理要的是闭区间 $[0,2]$ 上连续。）

（Ⅱ）(ⅰ) 两个界＝两条关于 $e^{x}$ 的多项式估计

按冷启动的翻译，要证的是 $\frac{x^{2}}{2}\leqslant e^{x}-x-1\leqslant x^{2}$ 在 $x=x_0$ 处成立。

右界 $x_0\leqslant\sqrt{2(a-1)}$（对应左边那个不等号）。 令 $P(x)=e^{x}-1-x-\dfrac{x^{2}}{2}$：

$$P(0)=0,\qquad P'(x)=e^{x}-1-x,\qquad P'(0)=0,\qquad P''(x)=e^{x}-1\geqslant0\ (x\geqslant0) .$$

一层层回推：$P''\geqslant0\Rightarrow P'$ 递增 $\Rightarrow P'\geqslant P'(0)=0\Rightarrow P$ 递增 $\Rightarrow P\geqslant P(0)=0$。代 $x=x_0$：$a-1=e^{x_0}-x_0-1\geqslant\dfrac{x_0^{2}}{2}$，即 $x_0\leqslant\sqrt{2(a-1)}$。

左界 $x_0\geqslant\sqrt{a-1}$（对应右边那个不等号）。 令 $h(x)=e^{x}-1-x-x^{2}$，要的是 $h(x_0)\leqslant0$：

$$h(0)=0,\qquad h'(x)=e^{x}-1-2x,\qquad h'(0)=0,\qquad h''(x)=e^{x}-2 .$$

$h''$ 在 $x=\ln2$ 处变号，所以 $h'$ 先减后增，符号不恒定——上一段那种「一路回推」在这里断了。改用两端夹：先减后增的函数在闭区间上的最大值只可能在两个端点取到，

$$h'(x)\leqslant\max\{h'(0),\,h'(b)\}\qquad (0\leqslant x\leqslant b) .$$

右端点取谁？取 $t$：$a=2$ 时的那个零点，即 $e^{t}=t+2$。这个选法的全部好处在于 $h'(t)$ 一步就化干净：

$$h'(t)=e^{t}-1-2t=(t+2)-1-2t=1-t .$$

还差两件事：

• $t>1$：$a=2$ 时 $f(1)=e-1-2=e-3<0=f(t)$，而 $f$ 递增，故 $t>1$。于是 $h'(t)=1-t<0$。
• $x_0\leqslant t$：$e^{x}-x$ 在 $x>0$ 上严格递增（导数 $e^{x}-1>0$），而 $e^{x_0}-x_0=a\leqslant2=e^{t}-t$，保序即得。

两个端点值 $h'(0)=0$ 与 $h'(t)=1-t$ 都 $\leqslant0$，故 $h'\leqslant0$ 于 $[0,t]$，$h$ 在 $[0,t]$ 上递减，$h(x_0)\leqslant h(0)=0$。即 $a-1=e^{x_0}-x_0-1\leqslant x_0^{2}$，也就是 $x_0\geqslant\sqrt{a-1}$。

（Ⅱ）(ⅱ) 把 $x_0$ 换成它的下界，再用二次下界收尾

由冷启动那一行，$f(e^{x_0})=f(x_0+a)$。构造

$$g(x)=x\,f(x+a)=x\left(e^{x+a}-x-2a\right),\qquad x>0 ,$$

目标就是 $g(x_0)\geqslant(e-1)(a-1)a$。既然 (ⅰ) 已给 $x_0\geqslant\sqrt{a-1}$，只要 $g$ 在 $\left[\sqrt{a-1},+\infty\right)$ 上递增，代下界就够。

$g$ 是两个因子相乘，「都递增所以乘积递增」这句话必须配上「都非负」才成立，两条都验：

• 都递增：$u(x)=x$ 显然；$v(x)=f(x+a)$ 的导数是 $e^{x+a}-1>0$。
• 左端点都非负：$u\left(\sqrt{a-1}\right)=\sqrt{a-1}\geqslant0$；$v\left(\sqrt{a-1}\right)=f\left(\sqrt{a-1}+a\right)$，而 $f$ 递增且 $f(x_0)=0$，所以只需 $\sqrt{a-1}+a\geqslant x_0$。这是真的：$x_0\leqslant\sqrt{2(a-1)}=\sqrt2\cdot\sqrt{a-1}$，而 $\left(\sqrt2-1\right)\sqrt{a-1}\leqslant\sqrt2-1<1<a$。

于是

$$g(x_0)\geqslant g\left(\sqrt{a-1}\right)=\sqrt{a-1}\left(e^{\sqrt{a-1}+a}-\sqrt{a-1}-2a\right),$$

而要证的右边是 $(e-1)(a-1)a=(e-1)a\left(\sqrt{a-1}\right)^{2}$。两边同除 $\sqrt{a-1}>0$，只需

$$e^{\sqrt{a-1}+a}-\sqrt{a-1}-2a\ \geqslant\ (e-1)a\sqrt{a-1} . \tag{$*$}$$

指数上挂着 $w=\sqrt{a-1}+a$，用刚证过的二次下界 $e^{w}\geqslant1+w+\dfrac{w^{2}}{2}$：

$$e^{\sqrt{a-1}+a}-\sqrt{a-1}-2a\ \geqslant\ 1+\underbrace{\left(\sqrt{a-1}+a\right)-\sqrt{a-1}-2a}_{=\,-a}+\frac{\left(\sqrt{a-1}+a\right)^{2}}{2} =1-a+\frac{\left(\sqrt{a-1}+a\right)^{2}}{2} .$$

一次项与要减掉的那两项对消得干干净净——命题人把 $\sqrt{a-1}$ 摆进指数里，就是为了让这一步消得动。于是 $(*)$ 只需

$$1-a+\frac{\left(\sqrt{a-1}+a\right)^{2}}{2}\ \geqslant\ (e-1)a\sqrt{a-1} .$$

两边乘 $2$ 并把平方展开（$\left(\sqrt{a-1}+a\right)^{2}=(a-1)+2a\sqrt{a-1}+a^{2}$）：

$$2-2a+(a-1)+2a\sqrt{a-1}+a^{2}\geqslant2(e-1)a\sqrt{a-1} \ \Longrightarrow\ a^{2}-a+1\geqslant2(e-2)a\sqrt{a-1} .$$

左边 $a^{2}-a+1=a^{2}-\left(\sqrt{a-1}\right)^{2}$，两边同除 $a\sqrt{a-1}>0$：

$$\frac{a}{\sqrt{a-1}}-\frac{\sqrt{a-1}}{a}\ \geqslant\ 2(e-2) . \tag{$**$}$$

记 $s=\sqrt{a-1}\in(0,1]$，则 $a=s^{2}+1$，左边两项各自是同一个对勾式的正反两面：

$$\frac{a}{\sqrt{a-1}}=\frac{s^{2}+1}{s}=s+\frac1s\geqslant2,\qquad \frac{\sqrt{a-1}}{a}=\frac{s}{s^{2}+1}=\frac{1}{s+\frac1s}\leqslant\frac12 .$$

两个估计在 $s=1$（即 $a=2$）同时取等，所以左边 $\geqslant2-\dfrac12=\dfrac32$。而 $2(e-2)=2e-4\approx1.4366$，$(**)$ 成立。倒推回 $(*)$，第（ⅱ）问证毕。

这条路最险的一步：只富余 $0.06$

$$\frac32-2(e-2)=\frac{11}{2}-2e\approx0.0634 .$$

放缩到这里已经贴着底了。 把上面任何一步再放松一点就翻车——比如指数那里只用一次的 $e^{w}\geqslant1+w$，左边立刻变成

$$1+\left(\sqrt{a-1}+a\right)-\sqrt{a-1}-2a=1-a<0 ,$$

而右边 $(e-1)a\sqrt{a-1}>0$，结论直接反过来。「放到能算」不等于「放到最简单」：这道题的二次那一项是承重的，拆不得。

原卷末行有个印错。 那一步印的是 $\frac32\geqslant(2e-2)$——$2e-2\approx3.44$，$\frac32$ 根本够不到它。往上第三行原卷自己写的才是对的：$2(e-2)\approx1.44$。括号放错了位置，不是推理错。

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解法二：把「零点」翻译成「$\varphi(x)=e^x-x$ 的取值是 $a$」

换个说法，$x_0$ 就不再是个谜

令 $\varphi(x)=e^{x}-x$。「$x_0$ 是 $f$ 的零点」这句话等价于

$$\varphi(x_0)=a .$$

$\varphi'(x)=e^{x}-1>0$（$x>0$），所以 $\varphi$ 在 $[0,+\infty)$ 上严格递增，$\varphi(0)=1$。严格递增函数保序，这一条是整条路的引擎：

$$x_0\geqslant m\iff\varphi(x_0)\geqslant\varphi(m)\iff a\geqslant\varphi(m) .$$

右边不含 $x_0$ 了——只剩 $a$ 与一个写得出来的数。第（ⅰ）问的两个界都能这么脱掉 $x_0$。

（Ⅰ）$a$ 落在 $\varphi$ 的值域里，原像唯一

$\varphi(0)=1<a$；$\varphi(2)=e^{2}-2>4-2=2\geqslant a$。$\varphi$ 连续、两端把 $a$ 夹在中间，故 $(0,2)$ 内有 $\varphi(x)=a$ 的解；$\varphi$ 在 $(0,+\infty)$ 上严格递增，故这样的解至多一个。存在且唯一，即 $f$ 在 $(0,+\infty)$ 上有唯一零点。

（Ⅱ）(ⅰ) 两个界脱掉 $x_0$ 之后，是一对对称的初等不等式

左界。 取 $m=\sqrt{a-1}$，换元 $s=\sqrt{a-1}$，则 $a=1+s^{2}$；$1<a\leqslant2$ 给出 $s\in(0,1]$——新变量的范围要跟着换，$[0,1]$ 这个限制下面是要用的。

$$x_0\geqslant s\iff a\geqslant\varphi(s)=e^{s}-s\iff 1+s^{2}\geqslant e^{s}-s\iff e^{s}\leqslant1+s+s^{2} .$$

在 $[0,1]$ 上证它：令 $u(s)=1+s+s^{2}-e^{s}$，则 $u(0)=0$，$u'(s)=1+2s-e^{s}$，$u'(0)=0$，$u''(s)=2-e^{s}$ 在 $s=\ln2$ 变号，故 $u'$ 先增后减，闭区间上的最小值只可能在端点取到：

$$u'(s)\geqslant\min\{u'(0),\,u'(1)\}=\min\{0,\ 3-e\}=0\qquad(e<3) .$$

于是 $u$ 在 $[0,1]$ 上递增，$u\geqslant u(0)=0$，即 $e^{s}\leqslant1+s+s^{2}$。左界得证。

这里的端点估计只用到 $e<3$——比解法一那条先要证 $t>1$、再拿 $e^{t}=t+2$ 化简 $h'(t)$ 干净得多。区间从 $[0,t]$ 缩到 $[0,1]$，正是换元 $s=\sqrt{a-1}$ 换来的。

右界。 取 $m'=\sqrt{2(a-1)}$，记 $r=\sqrt{2(a-1)}$，则 $a=1+\dfrac{r^{2}}{2}$，$r\in\left(0,\sqrt2\,\right]$：

$$x_0\leqslant r\iff a\leqslant\varphi(r)=e^{r}-r\iff 1+\frac{r^{2}}{2}\leqslant e^{r}-r\iff e^{r}\geqslant1+r+\frac{r^{2}}{2} .$$

这条对全体 $r\geqslant0$ 成立：$P(x)=e^{x}-1-x-\dfrac{x^{2}}{2}$ 满足 $P(0)=P'(0)=0$ 而 $P''(x)=e^{x}-1\geqslant0$，回推两层即得。右界得证。

两个界合起来是一对读得出味道的句子：

$$1+s+s^{2}\ \geqslant\ e^{s}\quad(0\leqslant s\leqslant1),\qquad\qquad e^{r}\ \geqslant\ 1+r+\frac{r^{2}}{2}\quad(r\geqslant0) .$$

一次项一模一样，差别只在二次项的系数（$1$ 与 $\frac12$）：系数大的那条要限区间，系数小的那条不用。第（ⅰ）问的两个界，本质上就是这两个系数把 $e^{x}$ 夹在中间。

（Ⅱ）(ⅱ) 把 $e^{a}$ 提出来，指数里只剩纯 $a$

用冷启动表里的 ③ 拆双层指数：

$$f(e^{x_0})=f(x_0+a)=e^{x_0}e^{a}-(x_0+a)-a=(x_0+a)e^{a}-(x_0+a)-a=(x_0+a)\left(e^{a}-1\right)-a .$$

于是要证的是

$$x_0\Bigl[(x_0+a)\left(e^{a}-1\right)-a\Bigr]\ \geqslant\ (e-1)(a-1)a .$$

方括号里是 $x_0$ 的一次式，系数 $e^{a}-1>0$，故它随 $x_0$ 递增；在 $x_0=s=\sqrt{a-1}$ 处它已经为正：

$$(s+a)\left(e^{a}-1\right)-a\geqslant a\left(e^{a}-1\right)-a=a\left(e^{a}-2\right)>0\qquad(a>1\Rightarrow e^{a}>e>2) .$$

两个因子递增且非负，乘积递增，代下界 $x_0\geqslant s$ 并两边除以 $s>0$（右边 $(e-1)(a-1)a=(e-1)as^{2}$），只需

$$(s+a)\left(e^{a}-1\right)-a\ \geqslant\ (e-1)as .$$

这里只要最朴素的那条切线不等式 $e^{x}\geqslant1+x$，在 $x=a-1$ 处用：$e^{a-1}\geqslant a$，即 $e^{a}\geqslant ea$，于是 $e^{a}-1\geqslant ea-1$。代进去（$s+a>0$，放缩方向不变）：

$$(s+a)\left(e^{a}-1\right)-a\ \geqslant\ (s+a)(ea-1)-a=eas+ea^{2}-s-2a .$$

只需 $eas+ea^{2}-s-2a\geqslant eas-as$，即

$$ea^{2}-2a\ \geqslant\ s(1-a) .$$

左边 $=a(ea-2)>0$（$a>1\Rightarrow ea>e>2$），右边 $=s(1-a)\leqslant0$（$a>1$，$s\geqslant0$）。左正右负，一眼成立。 第（ⅱ）问证毕。

为什么这条路松快得多：解法一把 $x_0$ 换成 $\sqrt{a-1}$ 之后，指数上同时挂着 $\sqrt{a-1}$ 与 $a$，非用二次下界压不住，最后还得靠 $\frac32>2(e-2)$ 那 $0.06$ 的富余；这条路先把 $e^{a}$ 从 $e^{x_0+a}$ 里提出来，指数上只剩纯 $a$，一次的切线不等式就够，富余大到左右异号。同一个放缩工具，放在不同的位置，效果差一个数量级。

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解法三：$f(x_0)=0$ 白送一个差——把 $f(e^{x_0})$ 写成两个函数值相减

（Ⅰ）端点改挑 $x=a$，顺手多拿一条 $x_0<a$

单调那一半照旧：$f'(x)=e^{x}-1>0$（$x>0$），$f$ 在 $(0,+\infty)$ 上严格递增。

异号那一半这次挑 $x=a$ 当右端点：

$$f(a)=e^{a}-a-a=e^{a}-2a .$$

$e^{a}-2a$ 的导数是 $e^{a}-2>0$（$a>1>\ln2$），故它在 $(1,2]$ 上递增，$f(a)>e^{1}-2=e-2>0$。配上 $f(0)=1-a<0$，零点落在 $(0,a)$ 内，由严格递增知唯一。

多拿的那条是 $x_0<a$——比取 $x=2$ 得到的 $x_0<2$ 紧。本题的（ⅱ）其实用不到它（那里只需要 $x_0>0$），但「零点被参数自己卡住」这条界在同类含参零点题里常常就是下一问的入口，端点挑 $x=a$ 几乎不多花力气就能顺手拿到，值得养成习惯。

（Ⅱ）(ⅰ) 这一步谁也绕不过去，两半都得证

翻译还是那一句：$a-1=e^{x_0}-x_0-1$，两个界合起来即

$$\frac{x_0^{2}}{2}\ \leqslant\ e^{x_0}-x_0-1\ \leqslant\ x_0^{2} .$$

• 下界（给出 $x_0\leqslant\sqrt{2(a-1)}$）：$P(x)=e^{x}-1-x-\dfrac{x^{2}}{2}$，$P(0)=0$、$P'(x)=e^{x}-1-x$、$P'(0)=0$、$P''(x)=e^{x}-1\geqslant0$（$x\geqslant0$）。回推两层得 $P\geqslant0$，代 $x_0$ 即可。
• 上界（给出 $x_0\geqslant\sqrt{a-1}$）：$h(x)=e^{x}-1-x-x^{2}$，$h(0)=0$、$h'(x)=e^{x}-1-2x$、$h'(0)=0$、$h''(x)=e^{x}-2$ 在 $\ln2$ 变号，故 $h'$ 先减后增，$h'\leqslant\max\{h'(0),h'(t)\}$，其中 $t$ 由 $e^{t}=t+2$ 定（$a=2$ 时的零点）。$h'(t)=e^{t}-1-2t=1-t<0$，因为 $a=2$ 时 $f(1)=e-3<0$ 给出 $t>1$；又 $e^{x}-x$ 严格递增而 $e^{x_0}-x_0=a\leqslant2=e^{t}-t$，故 $x_0\leqslant t$。于是 $h\leqslant0$ 于 $[0,t]$，代 $x_0$ 即可。

（Ⅱ）(ⅱ) 零点让 $f(e^{x_0})$ 变成一个差，$x_0$ 立刻只剩一处

这条路的全部想法是一句话：$f(x_0)=0$，所以减掉它不花钱。

$$f(e^{x_0})=f(x_0+a)-\underbrace{f(x_0)}_{=\,0} =\left(e^{x_0+a}-x_0-2a\right)-\left(e^{x_0}-x_0-a\right) =e^{x_0}\left(e^{a}-1\right)-a .$$

$x_0$ 全被消掉了，只剩一个 $e^{x_0}$。 而 $e^{x_0}=x_0+a>a$（因为 $x_0>0$），且 $e^{a}-1>0$，直接把它整个放掉：

$$f(e^{x_0})\ >\ a\left(e^{a}-1\right)-a\ =\ a\left(e^{a}-2\right)\ >\ 0 .$$

配上 (ⅰ) 的下界 $x_0\geqslant\sqrt{a-1}>0$（$a>1$）：

$$x_0f(e^{x_0})\ \geqslant\ \sqrt{a-1}\cdot f(e^{x_0})\ >\ \sqrt{a-1}\cdot a\left(e^{a}-2\right).$$

于是只需

$$\sqrt{a-1}\,a\left(e^{a}-2\right)\ \geqslant\ (e-1)(a-1)a \iff e^{a}-2\ \geqslant\ (e-1)\sqrt{a-1}$$

（两边同除 $a\sqrt{a-1}>0$，并用 $a-1=\left(\sqrt{a-1}\right)^{2}$ 约掉一个 $\sqrt{a-1}$）。

换元 $s=\sqrt{a-1}\in(0,1]$，$a=1+s^{2}$，只用一次 $e^{x}\geqslant1+x$（在 $x=s^{2}$ 处）：

$$e^{a}=e\cdot e^{s^{2}}\geqslant e\left(1+s^{2}\right),$$

于是只需

$$e\left(1+s^{2}\right)-2\ \geqslant\ (e-1)s\iff es^{2}-(e-1)s+(e-2)\ \geqslant\ 0 .$$

这是关于 $s$ 的开口向上的二次式（首项系数 $e>0$），判别式

$$\Delta=(e-1)^{2}-4e(e-2)=-3e^{2}+6e+1 .$$

$\Delta<0$ 等价于 $3e^{2}-6e-1>0$，即 $(e-1)^{2}>\dfrac43$；而 $e-1>1.7$ 给出 $(e-1)^{2}>2.89>\dfrac43$。判别式为负、开口向上，故该二次式对一切实数 $s$ 恒正，更别说 $(0,1]$。第（ⅱ）问证毕。

落点值得看一眼：$\Delta<0$ 说明连 $s\in(0,1]$ 这个限制都没用上。前面「把 $e^{x_0}$ 里的 $x_0$ 整个丢掉」放得那么狠，最后居然还富余成这样——放得早、放得狠，未必比放得晚、放得细差；要紧的是放完之后剩下的结构好不好算。

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三条路的落点对照

三条路用的放缩工具是同一批（$e^{x}\geqslant1+x$、$e^{x}\geqslant1+x+\frac{x^{2}}{2}$、单调性代端点），区别只在先动哪一处。官方那条最险，是因为它一上来就把 $x_0$ 换掉，于是指数上被迫留下 $\sqrt{a-1}+a$ 这个又有根号又有 $a$ 的东西；另外两条先在指数的结构上做文章，把 $\sqrt{a-1}$ 挪出指数，之后的放缩就宽裕了。

这道题真正的考点因此不是「会不会放缩」，而是**「在哪一步放」**——同一批工具，位置选错就得靠最后那 $0.06$ 保命。