函数有两个零点则整数a最小值

12. 已知函数 $f(x)=xe^{x}-2a(\ln x+x)$ 有两个零点，则 $a$ 的最小整数值为（　　）

A. 0　　B. 1　　C. 2　　D. 3

解法一：

$f(x)=xe^{x}-2a(\ln x+x)=e^{x+\ln x}-2a(\ln x+x)$，

设 $t=x+\ln x\ (x>0)$，$t'=1+\dfrac{1}{x}>0$，即函数在 $(0,+\infty)$ 上单调递增，易得 $t\in\mathbb{R}$，于是问题等价于函数 $g(t)=e^{t}-2at$ 在 $\mathbb{R}$ 上有两个零点，$g'(t)=e^{t}-2a$。

若 $a\le 0$，则 $g'(t)>0$，函数 $g(t)$ 在 $\mathbb{R}$ 上单调递增，至多有 1 个零点，不合题意，舍去；

若 $a>0$，则 $t\in(-\infty,\ln 2a)$ 时，$g'(t)<0$，$g(t)$ 单调递减；$t\in(\ln 2a,+\infty)$ 时，$g'(t)>0$，$g(t)$ 单调递增。

因为函数 $g(t)$ 在 $\mathbb{R}$ 上有两个零点，所以 $g(t)_{\min}=g(\ln 2a)=2a(1-\ln 2a)<0\Rightarrow a>\dfrac{e}{2}$，

而 $g(0)=1>0$。

限定 $t>1$，记 $\varphi(t)=e^{t}-t$，$\varphi'(t)=e^{t}-1>0$，即 $\varphi(t)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增，于是 $\varphi(t)=e^{t}-t>\varphi(1)=e-1>0\Rightarrow e^{t}>t$；则 $t>2$ 时，$\dfrac{e^{t}}{2}>\dfrac{t^{2}}{4}\Rightarrow e^{t}>\dfrac{t^{2}}{4}$，此时

$g(t)>\dfrac{t^{2}}{4}-2at=\dfrac{t}{2}(t-8a)$，因为 $a>\dfrac{e}{2}$，所以 $8a>4e>1$，于是 $t>8a$ 时，$g(t)>0$。

综上：当 $a>\dfrac{e}{2}$ 时，有两个交点，$a$ 的最小整数值为 $2$。

解法二：

$f(x)=xe^{x}-2a(\ln x+x)=e^{\ln x+x}-2a(\ln x+x)$

设 $t=\ln x+x$，则 $t$ 单增且存在 $x_{0}$ 使得 $t=\ln x_{0}+x_{0}=0$（此时 $e^{t}-2at=1\ne 0$，故两根均对应 $t\ne 0$）。

依题可知 $e^{t}-2at=0$ 有两根。

显然 $t\ne 0$，$\therefore 2a=\dfrac{e^{t}}{t}$ 有两根。

设 $g(t)=\dfrac{e^{t}}{t}$，则 $g'(t)=\dfrac{e^{t}(t-1)}{t^{2}}$，

$\therefore t<1$ 时 $g(t)$ 单减；$t>1$ 时 $g(t)$ 单增。

$t<0$ 时 $g(t)<0$；$t>0$ 时 $g(t)_{\min}=g(1)=e$。

$\therefore 2a>e$，即 $a>\dfrac{e}{2}$，

$\therefore$ 整数 $a$ 的最小值为 $2$。

故选 C。

附（同页小字姊妹题）：

已知函数 $f(x)=(x-2)e^{x}+a(x-1)^{2}$ 有两个零点，则 $a$ 的最小整数值为（　　）

A. 3　　B. 2　　C. 1　　D. 0

解：依题可知 $(x-2)e^{x}=-a(x-1)^{2}$ 有两根。显然 $x\ne 1$，

$\therefore a=\dfrac{(2-x)e^{x}}{(x-1)^{2}}$ 有两根。

设 $g(x)=\dfrac{(2-x)e^{x}}{(x-1)^{2}}$，则 $g'(x)=\dfrac{-(x^{2}-4x+5)e^{x}}{(x-1)^{3}}$，其中 $x^{2}-4x+5=(x-2)^{2}+1>0$ 恒成立。

$\therefore x>1$ 时 $g(x)$ 单减，且 $g(2)=0$；$x<1$ 时 $g(x)$ 单增且 $g(x)>0$。

故仅当 $a>0$ 时方程恰有两根，$\therefore a$ 的最小整数值为 $1$。

故选 C。