题目 已知函数 $f\left( x \right) = x - a{{\mathrm{e}}^x}\left({a \in{\mathbb{R}}}\right)$，$x \in{\mathbb{R}}$，已知函数 $y = f\left( x \right)$ 有两个零点 ${x_1},{x_2}$，且 ${x_1}<{x_2}$． 问题1 求 $a$ 的取值范围； 答案1 $\left(0,\dfrac{1}{\rm e}\right)$ 解析1 根据题意，方程 $x-a{\rm e}^x=0$ 有两个实根，也即方程 $a=\dfrac{x}{{\rm e}^x}$ 有两个实根．<br/>设 $g(x)=\dfrac{x}{{\rm e}^x}$，则其导函数$$g'(x)=\dfrac{-x+1}{{\rm e}^x},$$因此函数 $g(x)$ 在 $(-\infty,1)$ 上单调递增，在 $(1,+\infty )$ 上单调递减，在 $x=1$ 处取得极大值，同时也是最大值 $\dfrac{1}{\rm e}$，如图．<img src="/static/images/c43926d6d341a31d65ca77e1c3227720.png" class="img-responsive" />由于当 $x>1$ 时，$g(x)>0$，因此若 $a\leqslant 0$ 时，直线 $y=a$ 与函数 $g(x)$ 的图象不可能有两个公共点，不符合题意；由于 $g(x)$ 的最大值为 $\dfrac{1}{\rm e}$，当且仅当 $x=1$ 时取得，因此当 $a\geqslant \dfrac 1{\rm e}$ 时，也不符合题意．<br/>当 $0<a<\dfrac 1{\rm e}$ 时，由于 $g(0)=0<a$，$g(1)=\dfrac{1}{\rm e}>a$，$g\left(\dfrac 1a\right)=\dfrac{1}{a{\rm e}^{\frac 1a}}<a$，因此直线 $y=a$ 与函数 $g(x)$ 的图象有两个公共点，横坐标分别为 $x_1,x_2$，符合题意．<br/>综上所述，$a$ 的取值范围是 $\left(0,\dfrac{1}{\rm e}\right)$． 备注1 当 $x>0$ 时，函数 $y=\dfrac{{\rm e}^x}{x^2}$ 在 $x=2$ 处取得极小值，同时也是最小值为 $\dfrac{{\rm e}^2}{4}>1$，因此 $a^2\cdot {\rm e}^{\frac 1a}>1$． 问题2 证明 $\dfrac{x_2}{x_1}$ 随着 $a$ 的减小而增大； 答案2 略 解析2 根据第 $(1)$ 小题的结果，有 $0<x_1<1<x_2<\dfrac 1a$．由于函数 $g(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递增，在 $(1,+\infty )$ 上单调递减，于是 $x_1$ 随着 $a$ 的减小而减小，$x_2$ 随着 $a$ 的减小而增大，从而 $\dfrac{x_2}{x_1}$ 随着 $a$ 的减小而增大，原命题得证． 备注2 问题3 证明 ${x_1}+{x_2}$ 随着 $a$ 的减小而增大． 答案3 略 解析3 根据题意，有$$\ln x_1=\ln a+x_1,\ln x_2=\ln a +x_2,$$两式相减得$$\ln\dfrac{x_2}{x_1}=x_2-x_1.$$令 $t=\dfrac{x_2}{x_1}$（$t>1$），不难解得$$x_1=\dfrac{\ln t}{t-1},x_2=\dfrac{t\ln t}{t-1},$$于是 $x_1+x_2=\dfrac{t+1}{t-1}\cdot\ln t$．<br/>令 $\varphi(t)=\dfrac{t+1}{t-1}\cdot\ln t$，$t>1$，则其导函数$$\varphi'(t)=\dfrac{-2\ln t+t-\dfrac 1t}{(t-1)^2},$$再令 $\mu(t)=-2\ln t+t-\dfrac 1t$，则其导函数$$\mu'(t)=\left(\dfrac{t-1}{t}\right)^2\geqslant 0,$$因此函数 $\mu(t)$ 单调递增，于是当 $t>1$ 时，$\mu(t)>\mu(1)=0$，进而在 $t>1$ 时，$\varphi'(t)>0$，因此函数 $\varphi(t)$ 在 $t>1$ 时单调递增，也即 $x_1+x_2$ 随着 $t$ 的增大而增大．<br/>又根据第 $(2)$ 小题的结果，$t$ 随着 $a$ 的减小而增大，因此 $x_1+x_2$ 随着 $a$ 的减小而增大，原命题得证． 备注3