每日一题[2961]极值与零点

已知函数 $f(x)=\mathrm{e}^{2x}-ax-1$（$x \geqslant -1$），且 $f(x)$ 有两个不同的零点 $x_1, x_2$．

1、求实数 $a$ 的取值范围．

2、比较 $\left|x_1-x_2\right|$ 与 $|a-2|$ 的大小．

解析

1、注意到 $f(0)=0$，因此函数 $f(x)$ 有不同于 $0$ 的另一个零点．其导函数\[f'(x)=2{\rm e}^{2x}-a,\]当 $a\leqslant 0$ 时，函数 $f(x)$ 单调递增，不符合题意．当 $a>0$ 时，讨论分界点为 $a=2$．

情形一     $0<a<2$．此时\[\begin{array}{c|c|c|c|c|c|c|c}\hline x&-\infty&\left(-\infty,\dfrac 12\ln\dfrac a2\right)&\dfrac 12\ln\dfrac a2&\left(\dfrac 12\ln\dfrac a2,0\right)&0&(0,+\infty)&+\infty \\ \hline f(x)& +\infty&\searrow&\text{极小值}&\nearrow&0&\nearrow&+\infty \\ \hline \end{array}\]从而题意即 $f(-1)\geqslant 0$，也即\[{\rm e}^{-2}+a-1\geqslant 0\implies 1-{\rm e}^{-2}\leqslant a<2.\]

情形二     $a=2$．此时函数 $f(x)$ 满足\[\begin{array}{c|c|c|c|c|c}\hline x&-1&(-1,0)&0&(0,+\infty)&+\infty\\ \hline f(x)&1&\searrow&0&\nearrow&+\infty \\ \hline\end{array}\]因此函数 $f(x)$ 只有唯一零点 $x=0$，不符合题意．

情形三     $a>2$．此时\[\begin{array}{c|c|c|c|c|c|c|c}\hline x&-\infty&\left(-\infty,0\right)&0&\left(0,\dfrac 12\ln\dfrac a2\right)&\dfrac 12\ln\dfrac a2&(\dfrac 12\ln\dfrac a2,+\infty)&+\infty \\ \hline f(x)& +\infty&\searrow&0&\searrow&\text{极小值}&\nearrow&+\infty \\ \hline \end{array}\]此时函数在 $(0,+\infty)$ 有另一个零点，符合题意．

综上所述，实数 $a$ 的取值范围是 $\left[1-{\rm e}^{-2},+\infty\right)\setminus\{2\}$．

2、根据第 $(1)$ 小题的结论，有\[|x_1-x_2|-|a-2|<\left|\dfrac 12\ln\dfrac a2\right|-|a-2|=\begin{cases} h(a),&a\in \left[1-{\rm e}^{-2},2\right),\\ -h(a),&a\in (2,+\infty),\end{cases}\]其中 $h(x)=-\dfrac 12\ln\dfrac x2+x-2$，其导函数\[h'(x)=\dfrac{2x-1}{2x},\]于是 $h(x)$ 在 $\left[1-{\rm e}^{-2},+\infty\right)$ 上单调递增，结合 $h(2)=0$，可得\[|x_1-x_2|-|a-2|<0,\]因此 $|x_1-x_2|<|a-2|$．