已知 x=x_ 1 和 x=x_ 2 分别是函数 f(x)…——2022 高考数学第 16 题答案解析

【答案】 $\left(\frac{1}{\mathrm{e}}, 1\right)$

【解析】

【分析】法一：依题可知，方程 $2 \ln a \cdot a^{x}-2 \mathrm{e} x=0$ 的两个根为 $x_{1}, x_{2}$ ，即函数 $y=\ln a \cdot a^{x}$ 与函数 $y=\mathrm{e} x$的图象有两个不同的交点，构造函数 $g(x)=\ln a \cdot a^{x}$ ，利用指数函数的图象和图象变换得到 $g(x)$ 的图象，利用导数的几何意义求得过原点的切线的斜率，根据几何意义可得出答案．

**方法一**：【最优解】转化法，零点的问题转为函数图象的交点

因为 $f^{\prime}(x)=2 \ln a \cdot a^{x}-2 \mathrm{e} x$ ，所以方程 $2 \ln a \cdot a^{x}-2 \mathrm{e} x=0$ 的两个根为 $x_{1}, x_{2}$ ，

即方程 $\ln a \cdot a^{x}=\mathrm{e} x$ 的两个根为 $x_{1}, x_{2}$ ，

即函数 $y=\ln a \cdot a^{x}$ 与函数 $y=\mathrm{e} x$ 的图象有两个不同的交点，
因为 $x_{1}, x_{2}$ 分别是函数 $f(x)=2 a^{x}-\mathrm{e} x^{2}$ 的极小值点和极大值点，
所以函数 $f(x)$ 在 $\left(-\infty, x_{1}\right)$ 和 $\left(x_{2},+\infty\right)$ 上递减，在 $\left(x_{1}, x_{2}\right)$ 上递增，
所以当时 $\left(-\infty, x_{1}\right)\left(x_{2},+\infty\right), f^{\prime}(x)<0$ ，即 $y=\mathrm{e} x$ 图象在 $y=\ln a \cdot a^{x}$ 上方
当 $x \in\left(x_{1}, x_{2}\right)$ 时，$f^{\prime}(x)>0$ ，即 $y=\mathrm{e} x$ 图象在 $y=\ln a \cdot a^{x}$ 下方
$a>1$ ，图象显然不符合题意，所以 $0<a<1$ ．
令 $g(x)=\ln a \cdot a^{x}$ ，则 $g^{\prime}(x)=\ln ^{2} a \cdot a^{x}, 0<a<1$ ，
设过原点且与函数 $y=g(x)$ 的图象相切的直线的切点为 $\left(x_{0}, \ln a \cdot a^{x_{0}}\right)$ ，
则切线的斜率为 $g^{\prime}\left(x_{0}\right)=\ln ^{2} a \cdot a^{x_{0}}$ ，故切线方程为 $y-\ln a \cdot a^{x_{0}}=\ln ^{2} a \cdot a^{x_{0}}\left(x-x_{0}\right)$ ，
则有 $-\ln a \cdot a^{x_{0}}=-x_{0} \ln ^{2} a \cdot a^{x_{0}}$ ，解得 $x_{0}=\frac{1}{\ln a}$ ，则切线的斜率为 $\ln ^{2} a \cdot a^{\frac{1}{\ln a}}=\mathrm{eln}^{2} a$ ，

因为函数 $y=\ln a \cdot a^{x}$ 与函数 $y=\mathrm{e} x$ 的图象有两个不同的交点，

所以 $\mathrm{eln}^{2} a<\mathrm{e}$ ，解得 $\frac{1}{\mathrm{e}}<a<\mathrm{e}$ ，又 $0<a<1$ ，所以 $\frac{1}{\mathrm{e}}<a<1$ ，综上所述，$a$ 的取值范围为 $\left(\frac{1}{\mathrm{e}}, 1\right)$ ．

**方法二**：【通性通法】构造新函数，二次求导

$f^{\prime}(x)=2 \ln a \cdot a^{x}-2 \mathrm{e} x=0$ 的两个根为 $x_{1}, x_{2}$
因为 $x_{1}, x_{2}$ 分别是函数 $f(x)=2 a^{x}-\mathrm{e} x^{2}$ 的极小值点和极大值点，
所以函数 $f(x)$ 在 $\left(-\infty, x_{1}\right)$ 和 $\left(x_{2},+\infty\right)$ 上递减，在 $\left(x_{1}, x_{2}\right)$ 上递增，
设函数 $\mathrm{g}(x)=f^{\prime}(x)=2\left(a^{x} \ln a-e x\right)$ ，则 ${ }^{\prime}(x)=2 a^{x}(\ln a)^{2}-2 e$ ，
若 $a>1$ ，则 $(x)$ 在 R 上单调递增，此时若 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ ，
则 $f^{\prime}(x)$ 在 $\left(-\infty, x_{0}\right)$ 上单调递减，在 $\left(x_{0},+\infty\right)$ 上单调递增，此时若有 $x=x_{1}$ 和 $x=x_{2}$ 分别是函数 $f(x)=2 a^{x}-e x^{2}(a>0$ 且 $a \neq 1)$ 的极小值点和极大值点，则 $x_{1}>x_{2}$ ，不符合题意；

若 $0<a<1$ ，则＇$(x)$ 在 R 上单调递减，此时若＇$\left(x_{0}\right)=0$ ，则 $f^{\prime}(x)$ 在 $\left(-\infty, x_{0}\right)$ 上单调递增，在 $\left(x_{0},+\infty\right)$上单调递减，令 ${ }^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ ，则 $a^{x_{0}}=\frac{e}{(\ln a)^{2}}$ ，此时若有 $x=x_{1}$ 和 $x=x_{2}$ 分别是函数 $f(x)=2 a^{x}-e x^{2}(a>0$ 且 $a \neq 1)$ 的极小值点和极大值点，且 $x_{1}<x_{2}$ ，则需满足 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)>0$ ， $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=2\left(a^{x_{0}} \ln a-e x_{0}\right)=2\left(\frac{e}{\ln a}-e x_{0}\right)>0$ ，即 $x_{0}<\frac{1}{\ln a}, x_{0} \ln a>1$ 故 $\ln a^{x_{0}}=x_{0} \ln a=\ln \frac{e}{(\ln a)^{2}}>1$ ，所以 $\frac{1}{\mathrm{e}}<a<1$ ．
【整体点评】法一：利用函数的零点与两函数图象交点的关系，由数形结合解出，突出＂小题小做＂，是

该题的最优解；
法二：通过构造新函数，多次求导判断单调性，根据极值点的大小关系得出不等式，解出即可，该法属于通性通法．