（本小题满分 14 分） 设 f(x)=x-a e^ x…——2014 高考数学第 20 题答案解析

【解答】
（本小题满分 14 分）

【解析】（1）由 $f(x)=x-a \mathrm{e}^{x}$ ，可得 $f^{\prime}(x)=1-a \mathrm{e}^{x}$ ．
下面分两种情况讨论：
①$a \leqslant 0$ 时
$f^{\prime}(x)>0$ 在 R 上恒成立，可得 $f(x)$ 在 R 上单调迷增，不合题意．
②$a>0$ 时
由 $f^{\prime}(x)=0$ ，得 $x=-\ln a$ ．
当 $x$ 变化时，$f^{\prime}(x), f(x)$ 的变化情况如下表：

这时，$f(x)$ 的单调递增区间是 $(-\infty,-\ln a)$ ；单调迷减区间是 $(-\ln a,+\infty)$ ．
于是，＂函数 $y=f(x)$ 有两个零点＂等价于如下条件同时成立： $1^{\circ} f(-\ln a)>0$ ； $2^{\circ}$ 存在 $s_{1} \in(-\infty,-\ln a), f\left(s_{1}\right)<0 ; 3^{\circ}$ 存在 $s_{2} \in(-\ln a,+\infty)$ ，满足 $f\left(s_{2}\right)<0$ ．

由 $f(-\ln a)>0$ ，即 $-\ln a-1>0$ ，解得 $0

且 $f\left(s_{1}\right)=-a<0$ ；取 $s_{2}=\frac{2}{a}+\ln \frac{2}{a}$ ，满足 $s_{2} \in(-\ln a,+\infty)$ ，且

$$ f\left(s_{2}\right)=\left(\frac{2}{a}-\mathrm{e}^{\frac{2}{a}}\right)+\left(\ln \frac{2}{a}-\mathrm{e}^{\frac{2}{a}}\right)<0 $$

所以，$a$ 的取值范围是 $\left(0, \mathrm{e}^{-1}\right)$ ．
②由 $f(x)=x-a \mathrm{e}^{x}=0$ ，有 $a=\frac{x}{\mathrm{e}^{x}}$ ，设 $g(x)=\frac{x}{\mathrm{e}^{x}}$ ，由 $g^{\prime}(x)=\frac{1-x}{\mathrm{e}}$ ，知 $g(x)$ 在 $(-\infty, 1)$上单调迷增，在 $(1,+\infty)$ 上单调速减．并且，当 $x \in(-\infty, 0]$ 时，$g(x) \leqslant 0$ ；当 $x \in(0,+\infty)$ 时，$g(x)>0$ ．由已知，$x_{1}, x_{2}$ 满足 $a=g\left(x_{1}\right), a=g\left(x_{2}\right)$ ．由 $a \in\left(0, \mathrm{e}^{-1}\right)$ ，及 $g(x)$ 的单调性，可得 $x_{1} \in(0,1), x_{2} \in(1,+\infty)$ ．
对于任意的 $a_{1}, a_{2} \in\left(0, \mathrm{e}^{-1}\right)$ ，设 $a_{1}>a_{2}, g(\xi)=g(\xi)=a_{1}$ ，其中 $0<\xi_{1}<1<\xi_{2}$ ； $g\left(\eta_{1}\right)=g\left(\eta_{2}\right)=a_{2}$ ，其中 $0<\eta_{1}<1<\eta_{2}$ 。
因为 $g(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递增，故由 $a_{1}>a_{2}$ ，即 $g(\xi)>g\left(\eta_{1}\right)$ ，可得 $\xi>\eta_{1}$ ；类似可得 $\xi_{2}<\eta_{2}$ 。
又由 $\xi, \eta_{1}>0$ ，得 $\frac{\xi_{2}}{\xi}<\frac{\eta_{2}}{\xi}<\frac{\eta_{2}}{\xi_{1}}$ ．
所以，$\frac{x_{2}}{x_{1}}$ 随着 $a$ 的减小而增大。
（3）由 $x_{1}=a \mathrm{e}^{x_{1}}, x_{2}=a \mathrm{e}^{x_{2}}$ ，可得 $\ln x_{1}=\ln a+x_{1}, \ln x_{2}=\ln a+x_{2}$ ．故 $x_{2}-x_{1}=\ln x_{2}-\ln x_{1}=\ln \frac{x_{2}}{x_{1}}$.
设 $\frac{x_{2}}{x_{1}}=t$ ，则 $t>1$ ，且 $\left\{\begin{array}{l}x_{2}=t x_{1} \\ x_{2}-x_{1}=\ln t\end{array}\right.$ ，解得 $x_{1}=\frac{\ln t}{t-1}, x_{2}=\frac{t \ln t}{t-1}$ ．所以，

$$ x_{1}+x_{2}=\frac{(t+1) \ln t}{t-1} $$

令 $h(x)=\frac{(x+1) \ln x}{x-1}, x \in(1,+\infty)$ ，则 $h^{\prime}(x)=\frac{-2 \ln x+x-\frac{1}{x}}{(x-1)^{2}}$ ．
令 $u(x)=-2 \ln x+x-\frac{1}{x}$ ，得 $u^{\prime}(x)=\left(\frac{x-1}{x}\right)^{2}$ ．当 $x \in(1,+\infty)$ 时，$u^{\prime}(x)>0$ ．
因此，$u(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增，故对于任意的 $x \in(1,+\infty), u(x)>u(1)=0$ ，由此可得 $h^{\prime}(x)>0$ ，故 $h(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增。

因此，由①可得 $x_{1}+x_{2}$ 随着 $t$ 的增大而增大。