1679

定义: 若存在 ${\displaystyle x_1,x_2}$ (${\displaystyle x_1\ne x_2}$), 使得曲线 ${\displaystyle y=f(x)}$ 在点 ${\displaystyle (x_1,f(x_1))}$ 和点 ${\displaystyle (x_2,f(x_2))}$ 处有相同的切线 ${\displaystyle l}$, 则称切线 ${\displaystyle l}$ 为曲线 ${\displaystyle y=f(x)}$ 的 "自公切线". 已知函数 ${\displaystyle f(x)={\mathrm{e}}^{|x|}-a{x}^2}$.

1. 若函数 ${\displaystyle f(x)}$ 在区间 ${\displaystyle (0,+\mathrm{\infty })}$ 上单调递增, 求实数 ${\displaystyle a}$ 的取值范围;
2. 证明: 当 ${\displaystyle x>0}$ 时, 曲线 ${\displaystyle y=f(x)}$ 不存在 "自公切线";
3. 若曲线 ${\displaystyle y=f(x)}$ 有且只有两条 "自公切线", 求实数 ${\displaystyle a}$ 的取值范围.

自公切线的定义等价于切线 ${\displaystyle y-f(x_i)=f^{\prime }(x_i)(x-x_i)}$ (${\displaystyle i=1,2}$) 是同一条直线, 也即 $$\begin{array}{}\text{(1)}& f^{\prime }(x_1)=f^{\prime }(x_2),f(x_1)-x_1{f}^{\prime }(x_1)=f(x_2)-x_2{f}^{\prime }(x_2).\end{array}$$

1. 解 由题意, ${\displaystyle x>0}$ 时 ${\displaystyle f^{\prime }(x)={\mathrm{e}}^x-2ax\ge 0}$. 对 ${\displaystyle x=1}$, 有 ${\displaystyle a\le \frac{\mathrm{e}}{2}}$. 这个范围也是充分的, 因为 ${\displaystyle {\mathrm{e}}^x-2ax\ge {\mathrm{e}}^x-\mathrm{e}x\ge 0}$. 所以 ${\displaystyle a}$ 的范围就是 ${\displaystyle (-\mathrm{\infty },\frac{\mathrm{e}}{2}]}$.
2. 证明 假设自公切线存在且切点为 ${\displaystyle x_1,x_2}$, 则根据 (1) $$\begin{array}{}\text{(2)}& & {\mathrm{e}}^{x_1}-{\mathrm{e}}^{x_2}=2a(x_1-x_2),\text{(3)}& & {\mathrm{e}}^{x_1}-{\mathrm{e}}^{x_2}-a(x_1^2-x_2^2)-x_1({\mathrm{e}}^{x_1}-2a{x}_1)+x_2({\mathrm{e}}^{x_2}-2a{x}_2)=0.\end{array}$$ 再将 (2) 代入 (3) 并消去 ${\displaystyle x_1-x_2}$: $$\begin{array}{}\text{(4)}& 2a-a(x_1+x_2)-({\mathrm{e}}^{x_1}-2a{x}_1)=0.\end{array}$$ 与 (2) 联立, 消去 ${\displaystyle a}$: $$\frac{{\mathrm{e}}^{x_1-x_2}-1}{{\mathrm{e}}^{x_1-x_2}+1}=\frac{x_1-x_2}{2}.$$ 令 ${\displaystyle t={\mathrm{e}}^{x_1-x_2}}$, 得到 $$\ln t=\frac{2(t-1)}{t+1},$$ 这是我们熟知的式子, 只能在 ${\displaystyle t=1}$ 时取等, 但是明显 ${\displaystyle t\ne 1}$, 所以 ${\displaystyle y=f(x)}$ 不存在自公切线.
3. 解 如果 ${\displaystyle x_1,x_2<0}$, 根据 ${\displaystyle f(x)}$ 是偶函数, 同样没有自公切线. 所以如果 ${\displaystyle y=f(x)}$ 真的有自公切线, 只能是 ${\displaystyle x_1<0,x_2>0}$ 的情况 (注意到 ${\displaystyle f(x)}$ 在 ${\displaystyle x=0}$ 处没有导数, 所以不用考虑 ${\displaystyle 0}$). 这个时候, 我们有$$\begin{array}{rl}\text{(5)}& & {\mathrm{e}}^{x_2}+{\mathrm{e}}^{-x_1}=2a(x_2-x_1),0& ={\mathrm{e}}^{-x_1}-{\mathrm{e}}^{x_2}-a(x_1^2-x_2^2)-x_1(-{\mathrm{e}}^{-x_1}-2a{x}_1)+x_2({\mathrm{e}}^{x_2}-2a{x}_2)\\ & ={\mathrm{e}}^{-x_1}-{\mathrm{e}}^{x_2}-a(x_1^2-x_2^2)-(x_1-x_2)(-{\mathrm{e}}^{-x_1}-2a{x}_1)\\ & ={\mathrm{e}}^{-x_1}-{\mathrm{e}}^{x_2}-(x_1-x_2)(a(x_2-x_1)-{\mathrm{e}}^{-x_1})\\ \text{(6)}& & =\frac{1}{2}({\mathrm{e}}^{-x_1}-{\mathrm{e}}^{x_2})(2+x_1-x_2).\end{array}$$ 如果 ${\displaystyle {\mathrm{e}}^{-x_1}-{\mathrm{e}}^{x_2}=0}$, 则 ${\displaystyle x_1+x_2=0}$, 代入 (5) 有 ${\displaystyle a=\frac{{\mathrm{e}}^{x_2}}{2x_2}}$. 如果 ${\displaystyle x_1-x_2+2=0}$, 代入 (5) 有 ${\displaystyle \frac{1}{4}({\mathrm{e}}^{x_2}+{\mathrm{e}}^{2-x_2})}$, ${\displaystyle 0<x_2<2}$.
   如图, 画出两个函数的图像. (注意到两个函数的极小值点都是 ${\displaystyle (1,\frac{\mathrm{e}}{2})}$.) 要存在两个解, 则 ${\displaystyle a\ge \frac{1+{\mathrm{e}}^2}{4}}$.