浙江 2021 · 数学 q22

冷启动：这道题在问什么

$$f(x)=a^{x}-bx+e^{2}\qquad(a>1,\;x\in\mathbb{R})$$

三个小问是一条递进链：

1. 求单调区间——对 $b$ 分类，看 $f'$ 能不能变号。
2. 零点存在性对参数的约束——「对任意 $b>2e^{2}$ 都有两个零点」，这个全称量词逼你把 $a$ 和 $b$ 分开。
3. 根的放缩不等式——$a=e$ 时，两个零点 $x_1<x_2$ 满足一个看起来吓人的线性不等式。

三问共用同一套工具：求导 → 看单调性 → 构造辅助函数。第 (2) 问的辅助函数 $g(t)=\dfrac{e^{t}+e^{2}}{t}$ 是 (3) 的地基。

解法一：求导分类定单调，参变分离建辅助函数，逐层放缩收口

第 (1) 问：求单调区间

① 求导。 $a^{x}$ 的导数是 $a^{x}\ln a$（$a>1$ 故 $\ln a>0$），$-bx$ 的导数是 $-b$：

$$f'(x)=a^{x}\ln a-b$$

② 按 $b$ 的符号分类。 $f'$ 能不能等于零，取决于 $b$：

情形一：$b\leq 0$。 此时 $f'(x)=a^{x}\ln a-b\geq a^{x}\ln a>0$（因为 $a^{x}>0$、$\ln a>0$、$-b\geq 0$），$f$ 在 $\mathbb{R}$ 上单调递增。

情形二：$b>0$。 令 $f'(x)=0$：

$$a^{x}\ln a=b\quad\Longrightarrow\quad a^{x}=\frac{b}{\ln a}\quad\Longrightarrow\quad x=\log_{a}\frac{b}{\ln a}$$

（$\dfrac{b}{\ln a}>0$，故 $\log_a$ 有意义。）记 $x_{0}=\log_{a}\dfrac{b}{\ln a}$。

• $x<x_{0}$ 时 $a^{x}<\dfrac{b}{\ln a}$，故 $f'(x)<0$，$f$ 递减；
• $x>x_{0}$ 时 $a^{x}>\dfrac{b}{\ln a}$，故 $f'(x)>0$，$f$ 递增。

③ 汇总。

$$b\leq 0:\; f\text{ 在 }\mathbb{R}\text{ 上单调递增}$$ $$b>0:\;\text{减区间}\left(-\infty,\,\log_{a}\frac{b}{\ln a}\right),\quad\text{增区间}\left(\log_{a}\frac{b}{\ln a},\,+\infty\right)$$

为什么必须分 $b\leq 0$。 如果只看 $b>0$（「令 $f'=0$ 解出 $x$」这一路），会漏掉 $b\leq 0$ 时 $f'$ 恒正、根本没有极值点这一整支。

第 (2) 问：对任意 $b>2e^{2}$ 有两个零点，求 $a$ 的范围

① 把零点方程参变分离。 $f(x)=0$ 即

$$a^{x}-bx+e^{2}=0\quad\Longleftrightarrow\quad e^{x\ln a}+e^{2}=bx$$

零点必为正（左端 $e^{x\ln a}+e^{2}>0$，故 $bx>0$，而 $b>0$）。令 $t=x\ln a$（$t>0$），则 $x=\dfrac{t}{\ln a}$，代入：

$$e^{t}+e^{2}=\frac{bt}{\ln a}\quad\Longleftrightarrow\quad \frac{b}{\ln a}=\frac{e^{t}+e^{2}}{t}$$

记

$$g(t)=\frac{e^{t}+e^{2}}{t}\qquad(t>0)$$

「$f$ 有两个零点」等价于「水平线 $y=\dfrac{b}{\ln a}$ 与 $g(t)$ 的图象有两个交点」。

② 研究 $g$ 的形状。 求导：

$$g'(t)=\frac{e^{t}\cdot t-(e^{t}+e^{2})}{t^{2}}=\frac{e^{t}(t-1)-e^{2}}{t^{2}}$$

分子里记 $h(t)=e^{t}(t-1)-e^{2}$，则 $h'(t)=e^{t}(t-1)+e^{t}=te^{t}>0$（$t>0$），故 $h$ 严格递增。又 $h(2)=e^{2}\cdot 1-e^{2}=0$，所以：

• $0<t<2$：$h(t)<0$，$g'(t)<0$，$g$ 递减；
• $t>2$：$h(t)>0$，$g'(t)>0$，$g$ 递增。

$g$ 在 $t=2$ 取唯一极小值（也是最小值）：

$$g(2)=\frac{e^{2}+e^{2}}{2}=e^{2}$$

两端趋势：$t\to 0^{+}$ 时 $g\to+\infty$（分母趋于零），$t\to+\infty$ 时 $g\to+\infty$（指数压过分母）。

③ 两个交点的条件。 $g$ 先降后升、最小值 $e^{2}$、两端 $+\infty$，故水平线 $y=c$ 与 $g$ 有两个交点当且仅当

$$c>g(2)=e^{2}\quad\Longleftrightarrow\quad \frac{b}{\ln a}>e^{2}\quad\Longleftrightarrow\quad \ln a<\frac{b}{e^{2}}$$

④ 消掉全称量词「对任意 $b>2e^{2}$」。 条件要对所有 $b>2e^{2}$ 成立，即

$$\ln a\leq\inf_{b>2e^{2}}\frac{b}{e^{2}}=\frac{2e^{2}}{e^{2}}=2$$

（$\dfrac{b}{e^{2}}$ 关于 $b$ 递增，下确界在 $b\to 2e^{2}$ 时取到，为 $2$；因为 $b>2e^{2}$ 是开区间，$\dfrac{b}{e^{2}}>2$ 恒成立，所以 $\ln a\leq 2$ 就够了。）

由 $a>1$（题设）与 $\ln a\leq 2$：

$$\boxed{1<a\leq e^{2}}$$

第 (3) 问：$a=e$ 时证明根的放缩不等式

此时 $f(x)=e^{x}-bx+e^{2}$，零点满足 $e^{x}+e^{2}=bx$，即 $b=\dfrac{e^{x}+e^{2}}{x}=g(x)$。

条件 $b>e^{4}$。要证：两个零点 $x_{1}<x_{2}$ 满足

$$x_{2}>\frac{b\ln b}{2e^{2}}\,x_{1}+\frac{e^{2}}{b}$$

① 定位两个零点。 由 (2) 知 $g$ 在 $(0,2)$ 递减、$(2,+\infty)$ 递增，$g(2)=e^{2}$。$b>e^{4}>e^{2}$，故 $x_{1}<2<x_{2}$。

进一步，$g(5)=\dfrac{e^{5}+e^{2}}{5}$。因为 $e^{5}+e^{2}<5e^{4}$（即 $e+e^{-2}<5$，显然），所以 $g(5)<e^{4}<b$。而 $g$ 在 $(2,+\infty)$ 递增，$g(x_{2})=b>g(5)$，故

$$x_{2}>5$$

② 放缩 $x_{1}$ 的上界。 $x_{1}<2$ 且 $e^{x_{1}}>0$，故

$$b=\frac{e^{x_{1}}+e^{2}}{x_{1}}>\frac{e^{2}}{x_{1}}\quad\Longrightarrow\quad x_{1}<\frac{e^{2}}{b}$$

更精确地：$x_{1}<2$ 意味着 $e^{x_{1}}<e^{2}$，所以

$$b=\frac{e^{x_{1}}+e^{2}}{x_{1}}<\frac{2e^{2}}{x_{1}}\quad\Longrightarrow\quad x_{1}<\frac{2e^{2}}{b}$$

③ 把目标不等式放缩成更简单的形式。 因为 $\dfrac{b\ln b}{2e^{2}}>0$（$b>e^{4}>1$），用 $x_{1}<\dfrac{2e^{2}}{b}$ 代入：

$$\frac{b\ln b}{2e^{2}}\,x_{1}+\frac{e^{2}}{b}<\frac{b\ln b}{2e^{2}}\cdot\frac{2e^{2}}{b}+\frac{e^{2}}{b}=\ln b+\frac{e^{2}}{b}$$

所以只要证

$$x_{2}>\ln b+\frac{e^{2}}{b}$$

就够了（右边被放大了，放大后的还比 $x_{2}$ 小，原来的自然更小）。

④ 把 $b$ 换成 $x_{2}$ 的表达式。 $b=\dfrac{e^{x_{2}}+e^{2}}{x_{2}}<\dfrac{2e^{x_{2}}}{x_{2}}$（因为 $x_{2}>5>e^{2}$，故 $e^{x_{2}}>e^{2}$，分子 $<2e^{x_{2}}$）。

记 $\varphi(b)=\ln b+\dfrac{e^{2}}{b}$，则 $\varphi'(b)=\dfrac{1}{b}-\dfrac{e^{2}}{b^{2}}=\dfrac{b-e^{2}}{b^{2}}>0$（$b>e^{4}>e^{2}$），故 $\varphi$ 递增。于是

$$\ln b+\frac{e^{2}}{b}=\varphi(b)<\varphi\!\left(\frac{2e^{x_{2}}}{x_{2}}\right)=\ln\frac{2e^{x_{2}}}{x_{2}}+\frac{e^{2}x_{2}}{2e^{x_{2}}}$$

⑤ 化成一元不等式。 只要证

$$x_{2}>\ln\frac{2e^{x_{2}}}{x_{2}}+\frac{e^{2}x_{2}}{2e^{x_{2}}}$$

展开对数：$\ln\dfrac{2e^{x_{2}}}{x_{2}}=\ln 2+x_{2}-\ln x_{2}$，代入后两边消去 $x_{2}$：

$$0>\ln 2-\ln x_{2}+\frac{e^{2}x_{2}}{2e^{x_{2}}} \quad\Longleftrightarrow\quad \ln x_{2}-\frac{e^{2}x_{2}}{2e^{x_{2}}}-\ln 2>0$$

因为 $\dfrac{e^{2}}{2}<4$（$e^{2}\approx 7.39<8$），所以 $\dfrac{e^{2}x}{2e^{x}}<\dfrac{4x}{e^{x}}$，只要证更强的：

$$H(x):=\ln x-\frac{4x}{e^{x}}-\ln 2>0\qquad(x>5)$$

⑥ 构造函数 $H$ 定号。 求导：

$$H'(x)=\frac{1}{x}-\frac{4-4x}{e^{x}}=\frac{1}{x}+\frac{4(x-1)}{e^{x}}>0\qquad(x>5)$$

（两项都为正。）故 $H$ 在 $(5,+\infty)$ 严格递增。算端点：

$$H(5)=\ln 5-\frac{20}{e^{5}}-\ln 2=\ln\frac{5}{2}-\frac{20}{e^{5}}$$

$\ln\dfrac{5}{2}>\ln 2>0.69$，而 $\dfrac{20}{e^{5}}<\dfrac{20}{100}=0.2$（$e^{5}>100$），故 $H(5)>0.49>0$。

$H$ 递增且 $H(5)>0$，所以 $x>5$ 时 $H(x)>0$。

⑦ 串起整条链。 倒着走回去：

$$H(x_{2})>0\;\Longrightarrow\;\ln x_{2}-\frac{e^{2}x_{2}}{2e^{x_{2}}}-\ln 2>0\;\Longrightarrow\;x_{2}>\varphi(b)=\ln b+\frac{e^{2}}{b}>\frac{b\ln b}{2e^{2}}x_{1}+\frac{e^{2}}{b}$$ $$\boxed{x_{2}>\frac{b\ln b}{2e^{2}}\,x_{1}+\frac{e^{2}}{b}}\qquad\blacksquare$$

回头看：这道题的骨头只有三根

1. $f'(x)=a^{x}\ln a-b$ 的零点结构完全由 $b$ 的符号决定。 $b\leq 0$ 时 $f'$ 恒正（整体递增），$b>0$ 时 $f'$ 有唯一零点（先减后增）。这是第 (1) 问的全部，也是后面两问的基础。

2. 参变分离把「对任意 $b$」变成「一条水平线的高度」。 $g(t)=\dfrac{e^{t}+e^{2}}{t}$ 先降后升、最小值 $e^{2}$，于是「两个零点」等价于「水平线 $>\,e^{2}$」，全称量词直接变成 $\ln a\leq 2$。

3. 第 (3) 问的放缩是一条单向链。 每一步都把要证的量往「更大」的方向放（$x_{1}<\dfrac{2e^{2}}{b}$、$b<\dfrac{2e^{x_{2}}}{x_{2}}$、$\dfrac{e^{2}}{2}<4$），放到最后变成一个一元函数 $H(x)=\ln x-\dfrac{4x}{e^{x}}-\ln 2$ 在 $x>5$ 上为正——求导即知递增，代入 $H(5)>0$ 收口。

🕳️ 避坑

• $b\leq 0$ 不能漏。 $f'(x)=a^{x}\ln a-b$，当 $b\leq 0$ 时 $-b\geq 0$，$f'$ 恒正，$f$ 整体递增、没有极值点。只讨论 $b>0$ 就令 $f'=0$ 解出 $x$，会丢掉这一整支。
• 参变分离后要看清定义域。 令 $t=x\ln a$，因为零点 $x>0$、$\ln a>0$，所以 $t>0$。$g(t)$ 只在 $(0,+\infty)$ 上讨论，别把 $t<0$ 的行为混进来。
• 放缩方向不能混。 第 (3) 问要证 $x_{2}>A$，每一步只能把 $A$ 往大放（$A<B<C$，证 $x_{2}>C$ 即够）。如果某一步把 $A$ 往小放了（$A>B$），那证出 $x_{2}>B$ 并不能推出 $x_{2}>A$。
• $\varphi(b)=\ln b+\dfrac{e^{2}}{b}$ 递增的前提是 $b>e^{2}$。 本题 $b>e^{4}>e^{2}$ 满足，但如果参数范围改了，这一步就要重新验证。