每日一题[2962]复合零点

已知函数 $f(x)=\dfrac{a(x+4)}{\mathrm{e}^x}$，其中 $a \in \mathbb{R}$ 且 $a \neq 0$．

1、当 $a=1$ 时，求函数 $f(x)$ 的单调区间．

2、若存在实数 $x_0$，使得 $f\left(x_0\right)=x_0$，则称 $x_0$ 为函数 $f(x)$ 的“不动点”．求函数 $f(x)$ 的“不动点”的个数．

3、若关于 $x$ 的方程 $f(f(x))=f(x)$ 有两个实数解，求实数 $a$ 的取值范围．

解析

1、当 $a=1$ 时，有 $f(x)=(x+4){\rm e}^{-x}$，定义域为 $\mathbb R$，导函数

$$f'(x)=-(x+3){\rm e}^{-x},$$ 于是函数 $f(x)$ 的单调递增区间是 $(-\infty,-3)$，单调递减区间是 $(-3,+\infty)$．

2、方程 $f(x)=x$ 即

$$a(x+4){\rm e}^{-x}=x\iff a=\dfrac{x}{x+4}{\rm e}^x,$$ 设方程右侧函数为 $g(x)$，则其导函数 $$g'(x)=\dfrac{(x+2)^2}{(x+4)^2}{\rm e}^x,$$ 于是函数 $g(x)$ 在 $(-\infty,-4)$ 和 $(-4,+\infty)$ 上单调递增，有 $$\begin{array}{c|c|c|c|c|c|c}\hline x&-\infty&(-\infty,-4)&(-4)^-&(-4)^+&(-4,+\infty)&+\infty\\ \hline g(x)&0&\nearrow&+\infty&-\infty&\nearrow&+\infty\\ \hline \end{array}$$ 因此函数 $f(x)$ 的不动点个数为 $\begin{cases} 2,&a>0,\\ 1,&a< 0.\end{cases}$

3、由第 $(1)$ 小题的结论，有

$$f(f(x))=f(x)\iff f(x)=t(a),$$ 其中 $t(a)$ 是方程 $a=g(x)$ 的实数解．

情形一     $a>0$．此时 $t(a)=t_1,t_2$，其中 $t_1<-4$，$t_2>0$，$f(x)$ 满足

$$\begin{array}{c|c|c|c|c|c}\hline x&-\infty&(-\infty,-3)&-3&(-3,+\infty)&+\infty \\ \hline f(x)&-\infty&\nearrow&a{\rm e}^3&\searrow&0\\ \hline \end{array}$$ 因此方程 $f(x)=t_1$ 和 $f(x)=t_2$ 各有一个实数解，从而 $t_2=a{\rm e}^3$，进而 $$a=\dfrac{a{\rm e}^3}{a{\rm e}^3+4}{\rm e}^{a{\rm e}^3}\iff {\rm e}^{a{\rm e}^3+3}=a{\rm e}^3+4,$$ 根据 ${\rm e}^x\geqslant 1+x$，等号当且仅当 $x=0$ 时取得，可得上述方程无解．

情形二     $a<0$．此时 $t(a)=t_3$，其中 $-4<t_3<0$，$f(x)$ 满足

$$\begin{array}{c|c|c|c|c|c}\hline x&-\infty&(-\infty,-3)&-3&(-3,+\infty)&+\infty \\ \hline f(x)&+\infty&\searrow&a{\rm e}^3&\nearrow&0\\ \hline \end{array}$$ 因此 $$a{\rm e}^3<t_3<0,$$ 当 $a{\rm e}^3\leqslant -4$ 时，符合题意；当 $-4<a{\rm e}^3<0$ 时，条件即 $$g\left(a{\rm e}^3\right)<g(t_3)\iff \dfrac{a{\rm e}^3}{a{\rm e}^3+4}{\rm e}^{a{\rm e}^3}<a\iff {\rm e}^{a{\rm e}^3+3}>a{\rm e}^3+4,$$ 即 $$a{\rm e}^3+3\ne 0\iff a\ne -3{\rm e}^{-3},$$ 因此 $a$ 的取值范围是 $(-\infty,0)\setminus \left\{-3{\rm e}^{-3}\right\}$．

综上所述，实数 $a$ 的取值范围是 $\left(-\infty,0\right)\setminus \left\{-\dfrac{3}{{\rm e}^3}\right\}$．