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

【答案】 $\left(\frac{1}{e},1\right)$

【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 $f'(x) = 2\ln a \cdot a^x - 2\mathrm{e}x$ ，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 $\ln a \cdot a^{x} = e x$ 的两个根为 $x_{1}, x_{2}$ ，

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

因为 $x_{1}, x_{2}$ 分别是函数 $f(x) = 2a^{x} - \mathrm{e}x^{2}$ 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 $\left(-\infty, x_1\right)\left(x_2, +\infty\right)$ ， $f'(x) < 0$ ，即 $y = \mathrm{e}x$ 图象在 $y = \ln a \cdot a^x$ 上方

当 $x \in (x_1, x_2)$ 时， $f'(x) > 0$ ，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 $g'(x) = \ln^2 a \cdot a^x, 0 < a < 1$ ，

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 $g'(x_0) = \ln^2 a \cdot a^{x_0}$ ，故切线方程为 $y - \ln a \cdot a^{x_0} = \ln^2 a \cdot a^{x_0}(x - x_0)$ ，

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 $\ln^2 a \cdot a^{\frac{1}{\ln a}} = \mathrm{e} \ln^2 a$

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

所以 $\mathrm{e}\ln^2 a < \mathrm{e}$ ，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

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

因为 $x_{1}, x_{2}$ 分别是函数 $f(x) = 2a^{x} - \mathrm{e}x^{2}$ 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 $g(x) = f'(x) = 2(a^x \ln a - ex)$ ，则 $'(x) = 2a^x (\ln a)^2 - 2e$ ，

若 a > 1，则 $^{\prime}(x)$ 在 R 上单调递增，此时若 $f^{\prime}(x_{0}) = 0$ ，

则 $f^{\prime}(x)$ 在 $(-\infty, x_0)$ 上单调递减，在 $(x_0, +\infty)$ 上单调递增，此时若有 $x = x_1$ 和 $x = x_2$ 分别是函数 $f(x) = 2a^x - ex^2 (a > 0$ 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 $\prime(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上单调递减，此时若 $\prime(x_0) = 0$ ，则 $f'(x)$ 在 $(- \infty, x_0)$ 上单调递增，在 $(x_0, +\infty)$ 上单调递减，令 $\prime(x_0) = 0$ ，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

$f(x)=2a^{x}-ex^{2}(a>0 \text{ 且 } a\neq1)$ 的极小值点和极大值点，且 $x_{1}<x_{2}$ ，则需满足 $f'(x_{0})>0$ ，

$f'(x_0) = 2(a^{x_0} \ln a - ex_0) = 2\left(\frac{e}{\ln a} - ex_0\right) > 0$ ，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 $\frac{1}{e} < a < 1$ .

【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.