每日一题[687]零点问题的转化

若函数$f(x)=2{\rm e}^x-ax^2+(a-2{\rm e})x$有三个不同的零点，则实数$a$的取值范围是________．

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答案　$(0,+\infty)$．

分析与解 　注意到$x=1$是函数$f(x)$的零点，而$x=0$不是函数$f(x)$的零点，于是问题等价于函数

$$g(x)=\dfrac{{\rm e}^x-{\rm e}x}{x^2-x},x\ne 0 \land x\ne 1,$$ 的图象与直线$y=\dfrac 12a$有两个公共点．函数$g(x)$的导函数 $$\begin{split} g'(x)=&\dfrac{{\rm e}^x\left(x^2-3x+1\right)+{\rm e}x^2}{\left(x^2-x\right)^2}\\=&\dfrac{{\rm e}x^2}{\left(x^2-x\right)^2}\cdot\left[{\rm e}^{x-1}\left(1-\dfrac 3x+\dfrac{1}{x^2}\right)+1\right].\end{split}$$

设函数

$$\varphi(x)={\rm e}^{x-1}\left(1-\dfrac 3x+\dfrac 1{x^2}\right),$$ 则其导函数 $$\begin{split} \varphi'(x)=&{\rm e}^{x-1}\left(1-\dfrac 3x+\dfrac 4{x^2}-\dfrac{2}{x^3}\right)\\=&\dfrac{{\rm e}^{x-1}}{x^3}\left(x-1\right)\left(x^2-2x+2\right),\end{split}$$ 于是$\varphi(x)$的最小值为$\varphi(1)=-1$．这样我们就得到了$g(x)$在$(-\infty,0)$，$(0,1)$，$(1,+\infty)$上均单调递增．显然在$(-\infty,0)$上，$g(x)>0$；在$(0,1)$上$g(x)<0$；在$(1,+\infty)$上$g(x)>0$．于是当$a\leqslant 0$时，函数$g(x)$的图象与直线$y=\dfrac 12a$至多只有一个公共点，不符合题意．

接下我们证明当$a>0$时，函数$g(x)$的图象与直线$y=\dfrac 12a$恰好有两个公共点，它们的横坐标分别位于区间$(-\infty,0)$和$(1,+\infty)$．证明的关键在于在每个区间上，对于任意给定的正数$m$，都存在比$m$大的函数值以及比$m$小的函数值．

在区间$(-\infty,0)$上，由于

$$\dfrac{1}{x^2-x}<\dfrac{{\rm e}^x-{\rm e}x}{x^2-x}<\dfrac{1-{\rm e}x}{x^2-x},$$ 而在区间$(-\infty,0)$上，函数$y=\dfrac{1}{x^2-x}$可以取到比$m$大的函数值，而函数$y=\dfrac{1-{\rm e}x}{x^2-x}$可以取到比$m$小的函数值；

在区间$(1,+\infty)$上，一方面由${\rm e}^x-{\rm e}x>0$积分两次可得

$$\dfrac{{\rm e}^x-{\rm e}x}{x^2-x}>\dfrac{\dfrac 16{\rm e}x^3-{\rm e}x}{x^2-x},$$ 而在区间$(1,+\infty)$上，函数$y=\dfrac{\dfrac 16{\rm e}x^3-{\rm e}x}{x^2-x}$可以取到比$m$大的函数值；另一方面，在区间$(1,2)$上，有 $$\dfrac{{\rm e}^x-{\rm e}x}{x^2-x}<\dfrac{{\rm e}x-{\rm e}}{x},$$ 而在区间$(1,2)$上，函数$y=\dfrac{{\rm e}x-{\rm e}}{x}$可以取到比$m$小的函数值．

综上，实数$a$的取值范围是$(0,+\infty)$．

注　对${\rm e}^x-{\rm e}x>0$在$[1,x]$上进行积分得

$$\int_1^x{({\rm e}^x-{\rm e}x)}{\rm d}x={\rm e}^x-\dfrac 12{\rm e}x^2>0,$$ 再积分一次即可得到${\rm e}^x-{\rm e}x>\dfrac 16{\rm e}x^3-{\rm e}x$，也可以直接证明此不等式，但积分可以得到这个不等式的样子，我们希望分子是一个三次函数．

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另法　对$f(x)$求导得

$$f'(x)=2{\rm e}({\rm e}^{x-1}-1)+a(1-2x),$$ 从而有 $$f'(1)=-a,f''(x)=2({\rm e}^x-a).$$ 当$a\leqslant 0$时，$f''(x)>0$，$f'(x)$单调递增，从而$f(x)$最多有两个单调区间，$f(x)$不可能有三个不同的零点；
当$a>0$时，$f'(x)$先减后增，最小值为$f'(\ln a)$，而$f'(1)=-a<0$，所以$f'(x)$一定有两个零点，记为$m,n$，且有$m<1<n$．
而当$x\to -\infty$时，$f'(x)$可以取到正数；$x\to+\infty$时，$f'(x)$可以取到正数（严格来说，需要对${\rm e}^x$进行放缩以证明或者取出特殊点，同原题方法）．所以$f(x)$在$(-\infty,m)$上单调递增，在$(m,n)$上单调递减，在$(n,+\infty)$上单调递增，而$f(1)=0$，所以$f(m)>0,f(n)<0$，而$f(x)$在$x\to-\infty$时可以取到负值，在$x\to+\infty$时可以取到正数（仍然需要严格处理函数，同原题方法），所以此时$f(x)$一定有三个零点，所以$a$的取值范围是$(0,+\infty)$．