| 模型 | 模型答案 | 正确答案 |
|---|---|---|
| 金声玉亮2.0 | (1)【解析】 当 $a=1$ 时, 函数 $f(x)=e^{x}-x-2$. 首先求导数 $f'(x)$, 得 $f'(x)=e^{x}-1$. 令 $f'(x)=0$, 解得 $x=0$. 当 $x<0$ 时, $f'(x)<0$, $f(x)$ 单调递减; 当 $x>0$ 时, $f'(x)>0$, $f(x)$ 单调递增. 因此, 当 $a=1$ 时, $f(x)$ 在 $(-\infty,0)$ 上单调递减, 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增.<eoe> 【答案】 当 $a=1$ 时, $f(x)$ 在 $(-\infty,0)$ 上单调递减, 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增.<eoa> (2)【解析】 函数 $f(x)=e^{x}-a(x+2)$ 有两个零点, 即方程 $e^{x}-a(x+2)=0$ 有两个实根. 令 $f'(x)=e^{x}-a=0$, 解得 $x=\ln a$. 当 $x<\ln a$ 时, $f'(x)<0$, $f(x)$ 单调递减; 当 $x>\ln a$ 时, $f'(x)>0$, $f(x)$ 单调递增. 所以, $f(x)$ 在 $x=\ln a$ 处取得极小值. 若 $f(x)$ 有两个零点, 则极小值 $f(\ln a)=a-a(\ln a+2)=-a\ln a-a<0$, 即 $a\ln a+a>0$. 令 $g(a)=a\ln a+a$, 则 $g'(a)=\ln a+2$. 令 $g'(a)=0$, 解得 $a=e^{-2}$. 当 $0<a<e^{-2}$ 时, $g'(a)<0$, $g(a)$ 单调递减; 当 $a>e^{-2}$ 时, $g'(a)>0$, $g(a)$ 单调递增. 因此, $g(a)$ 在 $a=e^{-2}$ 处取得极小值 $g(e^{-2})=-e^{-2}<0$. 又因为当 $a\to 0^+$ 时, $g(a)\to 0^+$; 当 $a\to +\infty$ 时, $g(a)\to +\infty$. 所以, 当 $a>e^{-2}$ 时, $g(a)>0$. 因此, $a$ 的取值范围是 $(e^{-2},+\infty)$.<eoe> 【答案】 $a$ 的取值范围是 $(e^{-2},+\infty)$.<eoa> |
【解析】 【分析】} (1) 将 $a=1$ 代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间; (2) 若 $f(x)$ 有两个零点, 即 $e^{x}-a(x+2)=0$ 有两个解, 将其转化为 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解, 令 $h(x)=\frac{e^{x}}{x+2}(x \neq-2)$, 求导研究函数图象的走向, 从而求得结果. 【详解】（1）当 $a=1$ 时, $f(x)=e^{x}-(x+2), f^{\prime}(x)=e^{x}-1$, 令 $f^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<0$, 令 $f^{\prime}(x)>0$, 解得 $x>0$, 所以 $f(x)$ 的减区间为 $(-\infty, 0)$, 增区间为 $(0,+\infty)$; (2) 若 $f(x)$ 有两个零点, 即 $e^{x}-a(x+2)=0$ 有两个解, 从方程可知, $x=2$ 不成立, 即 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解, 令 $h(x)=\frac{e^{x}}{x+2}(x \neq-2)$, 则有 $h^{\prime}(x)=\frac{e^{x}(x+2)-e^{x}}{(x+2)^{2}}=\frac{e^{x}(x+1)}{(x+2)^{2}}$, 令 $h^{\prime}(x)>0$, 解得 $x>-1$, 令 $h^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<-2$ 或 $-2<x<-1$, 所以函数 $h(x)$ 在 $(-\infty,-2)$ 和 $(-2,-1)$ 上单调递减, 在 $(-1,+\infty)$ 上单调递增, 且当 $x<-2$ 时, $h(x)<0$, 而 $x \rightarrow-2^{+}$时, $h(x) \rightarrow+\infty$, 当 $x \rightarrow+\infty$ 时, $h(x) \rightarrow+\infty$, 所以当 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解时, 有 $a>h(-1)=\frac{1}{e}$, 所以满足条件的 $a$ 的取值范围是: $\left(\frac{1}{e},+\infty\right)$. |
| deepseekr1 | (1)【解析】 当 \( a = 1 \) 时，函数为 \( f(x) = e^x - x - 2 \)。求导得 \( f'(x) = e^x - 1 \)。令 \( f'(x) = 0 \)，解得 \( x = 0 \。分析导数的符号： - 当 \( x < 0 \) 时，\( e^x < 1 \)，故 \( f'(x) < 0 \)，函数单调递减； - 当 \( x > 0 \) 时，\( e^x > 1 \)，故 \( f'(x) > 0 \)，函数单调递增。 因此，\( f(x) \) 在 \( (-\infty, 0) \) 上单调递减，在 \( (0, +\infty) \) 上单调递增。<eoe> 【答案】函数 \( f(x) \) 在区间 \( (-\infty, 0) \) 上单调递减，在区间 \( (0, +\infty) \) 上单调递增。<eoa> (2)【解析】 函数 \( f(x) = e^x - a(x+2) \) 的导数为 \( f'(x) = e^x - a \)。当 \( a \leq 0 \) 时，\( f'(x) > 0 \)，函数单调递增，最多一个零点。当 \( a > 0 \) 时，临界点为 \( x = \ln a \)。此时： - 当 \( x < \ln a \)，\( f'(x) < 0 \)，函数递减； - 当 \( x > \ln a \)，\( f'(x) > 0 \)，函数递增。 极小值点为 \( x = \ln a \)，对应的函数值为： \[ f(\ln a) = e^{\ln a} - a(\ln a + 2) = a(1 - \ln a - 2) = -a(1 + \ln a) \] 要求 \( f(x) \) 有两个零点，需 \( f(\ln a) < 0 \)，即： \[ -a(1 + \ln a) < 0 \implies 1 + \ln a > 0 \implies \ln a > -1 \implies a > \frac{1}{e} \] 因此，当 \( a > \frac{1}{e} \) 时，函数在极小值点下方与 x 轴相交两次，取值范围为 \( \left( \frac{1}{e}, +\infty \right) \)。<eoe> 【答案】\( a \) 的取值范围是 \( \left( \frac{1}{e}, +\infty \right) \)。<eoa> |
【解析】 【分析】} (1) 将 $a=1$ 代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间; (2) 若 $f(x)$ 有两个零点, 即 $e^{x}-a(x+2)=0$ 有两个解, 将其转化为 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解, 令 $h(x)=\frac{e^{x}}{x+2}(x \neq-2)$, 求导研究函数图象的走向, 从而求得结果. 【详解】（1）当 $a=1$ 时, $f(x)=e^{x}-(x+2), f^{\prime}(x)=e^{x}-1$, 令 $f^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<0$, 令 $f^{\prime}(x)>0$, 解得 $x>0$, 所以 $f(x)$ 的减区间为 $(-\infty, 0)$, 增区间为 $(0,+\infty)$; (2) 若 $f(x)$ 有两个零点, 即 $e^{x}-a(x+2)=0$ 有两个解, 从方程可知, $x=2$ 不成立, 即 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解, 令 $h(x)=\frac{e^{x}}{x+2}(x \neq-2)$, 则有 $h^{\prime}(x)=\frac{e^{x}(x+2)-e^{x}}{(x+2)^{2}}=\frac{e^{x}(x+1)}{(x+2)^{2}}$, 令 $h^{\prime}(x)>0$, 解得 $x>-1$, 令 $h^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<-2$ 或 $-2<x<-1$, 所以函数 $h(x)$ 在 $(-\infty,-2)$ 和 $(-2,-1)$ 上单调递减, 在 $(-1,+\infty)$ 上单调递增, 且当 $x<-2$ 时, $h(x)<0$, 而 $x \rightarrow-2^{+}$时, $h(x) \rightarrow+\infty$, 当 $x \rightarrow+\infty$ 时, $h(x) \rightarrow+\infty$, 所以当 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解时, 有 $a>h(-1)=\frac{1}{e}$, 所以满足条件的 $a$ 的取值范围是: $\left(\frac{1}{e},+\infty\right)$. |
| gpto1 | (1)【解析】 当 \( a = 1 \) 时，函数为 \( f(x) = e^{x} - (x + 2) \)。 求函数的单调性，我们需要求导数并分析导数的符号。 计算导数： \[ f'(x) = e^{x} - 1 \] 令导数等于零，求解临界点： \[ e^{x} - 1 = 0 \implies e^{x} = 1 \implies x = \ln 1 = 0 \] 在实数轴上以 \( x = 0 \) 将区间分为两部分，分别在每个区间内选取测试点，确定导数的符号。 当 \( x < 0 \)（例如，取 \( x = -1 \)）： \[ f'(-1) = e^{-1} -1 \approx 0.3679 -1 = -0.6321 < 0 \] 导数为负，函数在该区间上单调递减。 当 \( x > 0 \)（例如，取 \( x = 1 \)）： \[ f'(1) = e^{1} -1 \approx 2.7183 -1 = 1.7183 > 0 \] 导数为正，函数在该区间上单调递增。 因此，函数 \( f(x) \) 在 \( (-\infty, 0) \) 上单调递减，在 \( (0, \infty) \) 上单调递增，在 \( x = 0 \) 处有极小值。 <eoe> 【答案】(1) 当 \( a=1 \) 时，函数 \( f(x) \) 在 \( x=0 \) 处取得极小值；在 \( (-\infty, 0) \) 上单调递减，在 \( (0, \infty) \) 上单调递增。 <eoa> (2)【解析】 要求函数 \( f(x) = e^{x} - a(x + 2) \) 有两个零点，即方程 \( e^{x} - a(x + 2) = 0 \) 有两个实数解。 首先，求函数的极值点和极值。 求导数： \[ f'(x) = e^{x} - a \] 令导数等于零，求解临界点： \[ e^{x} - a = 0 \implies e^{x} = a \implies x = \ln a \] 计算函数在极值点的值： \[ f(\ln a) = e^{\ln a} - a(\ln a + 2) = a - a(\ln a + 2) = - a(\ln a + 1) \] 要使函数有两个零点，函数必须在极值点处取得负值，即： \[ f(\ln a) < 0 \implies - a(\ln a + 1) < 0 \] 由于 \( a > 0 \)，所以不等式可化为： \[ - (\ln a + 1) < 0 \implies \ln a + 1 > 0 \implies \ln a > -1 \implies a > e^{-1} = \frac{1}{e} \] 因此，当 \( a > \dfrac{1}{e} \) 时，函数在极小值处取得负值，且两端趋于正无穷，故函数曲线与 \( x \) 轴有两个交点，即有两个零点。 <eoe> 【答案】(2) 当且仅当 \( a > \dfrac{1}{e} \) 时，函数 \( f(x) \) 有两个零点。 <eoa> |
【解析】 【分析】} (1) 将 $a=1$ 代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间; (2) 若 $f(x)$ 有两个零点, 即 $e^{x}-a(x+2)=0$ 有两个解, 将其转化为 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解, 令 $h(x)=\frac{e^{x}}{x+2}(x \neq-2)$, 求导研究函数图象的走向, 从而求得结果. 【详解】（1）当 $a=1$ 时, $f(x)=e^{x}-(x+2), f^{\prime}(x)=e^{x}-1$, 令 $f^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<0$, 令 $f^{\prime}(x)>0$, 解得 $x>0$, 所以 $f(x)$ 的减区间为 $(-\infty, 0)$, 增区间为 $(0,+\infty)$; (2) 若 $f(x)$ 有两个零点, 即 $e^{x}-a(x+2)=0$ 有两个解, 从方程可知, $x=2$ 不成立, 即 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解, 令 $h(x)=\frac{e^{x}}{x+2}(x \neq-2)$, 则有 $h^{\prime}(x)=\frac{e^{x}(x+2)-e^{x}}{(x+2)^{2}}=\frac{e^{x}(x+1)}{(x+2)^{2}}$, 令 $h^{\prime}(x)>0$, 解得 $x>-1$, 令 $h^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<-2$ 或 $-2<x<-1$, 所以函数 $h(x)$ 在 $(-\infty,-2)$ 和 $(-2,-1)$ 上单调递减, 在 $(-1,+\infty)$ 上单调递增, 且当 $x<-2$ 时, $h(x)<0$, 而 $x \rightarrow-2^{+}$时, $h(x) \rightarrow+\infty$, 当 $x \rightarrow+\infty$ 时, $h(x) \rightarrow+\infty$, 所以当 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解时, 有 $a>h(-1)=\frac{1}{e}$, 所以满足条件的 $a$ 的取值范围是: $\left(\frac{1}{e},+\infty\right)$. |
| GPT-4o | 20. 已知函数 \( f(x) = e^x - a(x+2) \). (1) 当 \( a = 1 \) 时, 讨论 \( f(x) \) 的单调性; (2) 若 \( f(x) \) 有两个零点, 求 \( a \) 的取值范围. (1)【解析】 首先，考虑 \( a = 1 \) 时的函数 \( f(x) \)： \[ f(x) = e^x - (x + 2) \] 为了讨论函数的单调性，我们需要求出其导数： \[ f'(x) = \frac{d}{dx}(e^x - (x + 2)) = e^x - 1 \] 接下来，我们分析导数的符号以确定函数的单调区间。 1. 当 \( e^x - 1 > 0 \)，即 \( e^x > 1 \)，则 \( x > 0 \) 时，\( f'(x) > 0 \)，函数 \( f(x) \) 在 \( (0, \infty) \) 上单调递增。 2. 当 \( e^x - 1 < 0 \)，即 \( e^x < 1 \)，则 \( x < 0 \) 时，\( f'(x) < 0 \)，函数 \( f(x) \) 在 \( (-\infty, 0) \) 上单调递减。 3. 当 \( x = 0 \) 时，\( f'(x) = 0 \)。 综上所述，当 \( a = 1 \) 时，函数 \( f(x) \) 在 \( (-\infty, 0) \) 上单调递减，在 \( (0, \infty) \) 上单调递增，在 \( x = 0 \) 处有一个极小值点。 <eoe> 【答案】 1. 当 \( a = 1 \) 时，函数 \( f(x) \) 在 \( (-\infty, 0) \) 上单调递减，在 \( (0, \infty) \) 上单调递增，在 \( x = 0 \) 处有一个极小值点。 <eoa> (2)【解析】 为了使函数 \( f(x) \) 有两个零点，我们需要找到 \( f(x) = 0 \) 的条件。 \[ f(x) = e^x - a(x + 2) = 0 \] 即 \[ e^x = a(x + 2) \] 我们需要分析这个方程的解的情况。首先，考虑函数 \( g(x) = e^x \) 和 \( h(x) = a(x + 2) \) 的交点个数。 1. 函数 \( g(x) = e^x \) 是一个指数函数，在整个实数域上单调递增。 2. 函数 \( h(x) = a(x + 2) \) 是一个线性函数，斜率为 \( a \)。 为了使 \( e^x = a(x + 2) \) 有两个解，必须满足以下条件： 1. 当 \( a > 0 \) 时，线性函数 \( h(x) \) 在 \( y \) 轴上截距为 \( 2a \)，且斜率为 \( a \)。我们需要线性函数 \( h(x) \) 与指数函数 \( g(x) \) 有两个交点，这要求 \( h(x) \) 在 \( g(x) \) 的增长区间内相交两次。 考虑函数的极值点，我们也可以通过分析函数的极值来确定。 考虑求函数的二阶导数： \[ f''(x) = \frac{d}{dx}(e^x - 1) = e^x \] 由于 \( e^x > 0 \) 对于所有 \( x \)，所以 \( f''(x) \) 在整个定义域内大于零，意味着函数 \( f(x) \) 是凹的。 所以，对于 \( f(x) \) 有两个零点的情况，必须存在一个 \( x \) 使得 \( f(x) = 0 \) 并且 \( f'(x) = 0 \)。我们已经知道当 \( f'(x) = 0 \) 时，\( x = \ln(a) \)。代入 \( f(x) = 0 \) 中： \[ e^{\ln(a)} - a(\ln(a) + 2) = 0 \] 即 \[ a - a(\ln(a) + 2) = 0 \] 解得 \[ a - a\ |
【解析】 【分析】} (1) 将 $a=1$ 代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间; (2) 若 $f(x)$ 有两个零点, 即 $e^{x}-a(x+2)=0$ 有两个解, 将其转化为 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解, 令 $h(x)=\frac{e^{x}}{x+2}(x \neq-2)$, 求导研究函数图象的走向, 从而求得结果. 【详解】（1）当 $a=1$ 时, $f(x)=e^{x}-(x+2), f^{\prime}(x)=e^{x}-1$, 令 $f^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<0$, 令 $f^{\prime}(x)>0$, 解得 $x>0$, 所以 $f(x)$ 的减区间为 $(-\infty, 0)$, 增区间为 $(0,+\infty)$; (2) 若 $f(x)$ 有两个零点, 即 $e^{x}-a(x+2)=0$ 有两个解, 从方程可知, $x=2$ 不成立, 即 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解, 令 $h(x)=\frac{e^{x}}{x+2}(x \neq-2)$, 则有 $h^{\prime}(x)=\frac{e^{x}(x+2)-e^{x}}{(x+2)^{2}}=\frac{e^{x}(x+1)}{(x+2)^{2}}$, 令 $h^{\prime}(x)>0$, 解得 $x>-1$, 令 $h^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<-2$ 或 $-2<x<-1$, 所以函数 $h(x)$ 在 $(-\infty,-2)$ 和 $(-2,-1)$ 上单调递减, 在 $(-1,+\infty)$ 上单调递增, 且当 $x<-2$ 时, $h(x)<0$, 而 $x \rightarrow-2^{+}$时, $h(x) \rightarrow+\infty$, 当 $x \rightarrow+\infty$ 时, $h(x) \rightarrow+\infty$, 所以当 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解时, 有 $a>h(-1)=\frac{1}{e}$, 所以满足条件的 $a$ 的取值范围是: $\left(\frac{1}{e},+\infty\right)$. |
| llama3.1-70B-Instruct | (1)【解析】当a=1时,函数f(x)=e^{x}-(x+2),求出f'(x),根据f'(x)的符号确定f(x)的单调性.当a=1时,函数f(x)=e^{x}-(x+2),则f'(x)=e^{x}-1,当x<0时,f'(x)<0,当x>0时,f'(x)>0,所以函数f(x)在(-\infty,0)上单调递减,在(0,+\infty)上单调递增.(2)若f(x)有两个零点,则f(x)有两个不同的实根,即方程e^{x}-a(x+2)=0有两个不同的实根,由韦达定理可得,根的和为\frac{a}{1},根的积为-\frac{2a}{1},所以\frac{a^{2}}{1}-4(-\frac{2a}{1})>0,解得a>2或a<0,又因为根的积为-\frac{2a}{1}<0,所以a>0,综上可得a>2. 最终结果是(1) (-oo,0),(0,+oo) (2) (2,+oo) |
【解析】 【分析】} (1) 将 $a=1$ 代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间; (2) 若 $f(x)$ 有两个零点, 即 $e^{x}-a(x+2)=0$ 有两个解, 将其转化为 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解, 令 $h(x)=\frac{e^{x}}{x+2}(x \neq-2)$, 求导研究函数图象的走向, 从而求得结果. 【详解】（1）当 $a=1$ 时, $f(x)=e^{x}-(x+2), f^{\prime}(x)=e^{x}-1$, 令 $f^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<0$, 令 $f^{\prime}(x)>0$, 解得 $x>0$, 所以 $f(x)$ 的减区间为 $(-\infty, 0)$, 增区间为 $(0,+\infty)$; (2) 若 $f(x)$ 有两个零点, 即 $e^{x}-a(x+2)=0$ 有两个解, 从方程可知, $x=2$ 不成立, 即 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解, 令 $h(x)=\frac{e^{x}}{x+2}(x \neq-2)$, 则有 $h^{\prime}(x)=\frac{e^{x}(x+2)-e^{x}}{(x+2)^{2}}=\frac{e^{x}(x+1)}{(x+2)^{2}}$, 令 $h^{\prime}(x)>0$, 解得 $x>-1$, 令 $h^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<-2$ 或 $-2<x<-1$, 所以函数 $h(x)$ 在 $(-\infty,-2)$ 和 $(-2,-1)$ 上单调递减, 在 $(-1,+\infty)$ 上单调递增, 且当 $x<-2$ 时, $h(x)<0$, 而 $x \rightarrow-2^{+}$时, $h(x) \rightarrow+\infty$, 当 $x \rightarrow+\infty$ 时, $h(x) \rightarrow+\infty$, 所以当 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解时, 有 $a>h(-1)=\frac{1}{e}$, 所以满足条件的 $a$ 的取值范围是: $\left(\frac{1}{e},+\infty\right)$. |
| llama3.1-405B-Instruct | (1)当a=1时,f(x)=e^{x}-x-2,f'(x)=e^{x}-1,令f'(x)=0,得x=0,当x<0时,f'(x)<0,当x>0时,f'(x)>0,所以f(x)在(-\infty,0)上单调递减,在(0,+\infty)上单调递增.(2)当a=0时,f(x)=e^{x}>0,无零点;当a<0时,f(x)=e^{x}-a(x+2),f(0)=1-2a>1,f(-2)=e^{-2}>0,所以f(x)无零点;当a>0时,f(x)=e^{x}-a(x+2),f(0)=1-2a,f(-2)=e^{-2}+2a,若1- |
【解析】 【分析】} (1) 将 $a=1$ 代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间; (2) 若 $f(x)$ 有两个零点, 即 $e^{x}-a(x+2)=0$ 有两个解, 将其转化为 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解, 令 $h(x)=\frac{e^{x}}{x+2}(x \neq-2)$, 求导研究函数图象的走向, 从而求得结果. 【详解】（1）当 $a=1$ 时, $f(x)=e^{x}-(x+2), f^{\prime}(x)=e^{x}-1$, 令 $f^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<0$, 令 $f^{\prime}(x)>0$, 解得 $x>0$, 所以 $f(x)$ 的减区间为 $(-\infty, 0)$, 增区间为 $(0,+\infty)$; (2) 若 $f(x)$ 有两个零点, 即 $e^{x}-a(x+2)=0$ 有两个解, 从方程可知, $x=2$ 不成立, 即 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解, 令 $h(x)=\frac{e^{x}}{x+2}(x \neq-2)$, 则有 $h^{\prime}(x)=\frac{e^{x}(x+2)-e^{x}}{(x+2)^{2}}=\frac{e^{x}(x+1)}{(x+2)^{2}}$, 令 $h^{\prime}(x)>0$, 解得 $x>-1$, 令 $h^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<-2$ 或 $-2<x<-1$, 所以函数 $h(x)$ 在 $(-\infty,-2)$ 和 $(-2,-1)$ 上单调递减, 在 $(-1,+\infty)$ 上单调递增, 且当 $x<-2$ 时, $h(x)<0$, 而 $x \rightarrow-2^{+}$时, $h(x) \rightarrow+\infty$, 当 $x \rightarrow+\infty$ 时, $h(x) \rightarrow+\infty$, 所以当 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解时, 有 $a>h(-1)=\frac{1}{e}$, 所以满足条件的 $a$ 的取值范围是: $\left(\frac{1}{e},+\infty\right)$. |
| DeepSeek-Coder-V2 | "(1)【解析】 当 $a=1$ 时，函数 $f(x)$ 变为 $f(x) = e^x - (x + 2)$。为了讨论 $f(x)$ 的单调性，我们需要求其导数 $f'(x)$。\n\n首先，计算 $f(x)$ 的导数：\n\\[ f'(x) = \\frac{d}{dx}(e^x - x - 2) = e^x - 1 \\]\n\n接下来，分析 $f'(x)$ 的符号：\n- 当 $x < 0$ 时，$e^x < 1$，所以 $f'(x) = e^x - 1 < 0$，即 $f(x)$ 在 $(-\\infty, 0)$ 上是减函数。\n- 当 $x > 0$ 时，$e^x > 1$，所以 $f'(x) = e^x - 1 > 0$，即 $f(x)$ 在 $(0, +\\infty)$ 上是增函数。\n\n因此，$f(x)$ 在 $(-\\infty, 0)$ 上是减函数，在 $(0, +\\infty)$ 上是增函数。<eoe>\n\n【答案】$f(x)$ 在 $(-\\infty, 0)$ 上是减函数，在 $(0, +\\infty)$ 上是增函数。<eoa>\n\n(2)【解析】 若 $f(x)$ 有两个零点，则 $f(x) = e^x - a(x + 2)$ 必须在某个区间内有两个不同的解。我们需要分析 $f(x)$ 的导数 $f'(x)$ 和 $f(x)$ 的图像。\n\n首先，计算 $f(x)$ 的导数：\n\\[ f'(x) = e^x - a \\]\n\n为了 $f(x)$ 有两个零点，$f(x)$ 必须在某个区间内先减后增，这意味着 $f'(x)$ 必须有一个零点，即 $e^x = a$ 有解。设 $x = \\ln a$，则 $f'(\\ln a) = 0$。\n\n接下来，分析 $f(x)$ 在 $x = \\ln a$ 处的值：\n\\[ f(\\ln a) = e^{\\ln a} - a(\\ln a + 2) = a - a\\ln a - 2a = -a\\ln a - a \\]\n\n为了 $f(x)$ 有两个零点，$f(\\ln a)$ 必须小于零，即：\n\\[ -a\\ln a - a < 0 \\]\n\\[ -a(\\ln a + 1) < 0 \\]\n\\[ \\ln a + 1 > 0 \\]\n\\[ \\ln a > -1 \\]\n\\[ a > e^{-1} \\]\n\n因此，$a$ 的取值范围是 $a > e^{-1}$。<eoe>\n\n【答案】$a$ 的取值范围是 $a > e^{-1}$。<eoa>" | 【解析】 【分析】} (1) 将 $a=1$ 代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间; (2) 若 $f(x)$ 有两个零点, 即 $e^{x}-a(x+2)=0$ 有两个解, 将其转化为 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解, 令 $h(x)=\frac{e^{x}}{x+2}(x \neq-2)$, 求导研究函数图象的走向, 从而求得结果. 【详解】（1）当 $a=1$ 时, $f(x)=e^{x}-(x+2), f^{\prime}(x)=e^{x}-1$, 令 $f^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<0$, 令 $f^{\prime}(x)>0$, 解得 $x>0$, 所以 $f(x)$ 的减区间为 $(-\infty, 0)$, 增区间为 $(0,+\infty)$; (2) 若 $f(x)$ 有两个零点, 即 $e^{x}-a(x+2)=0$ 有两个解, 从方程可知, $x=2$ 不成立, 即 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解, 令 $h(x)=\frac{e^{x}}{x+2}(x \neq-2)$, 则有 $h^{\prime}(x)=\frac{e^{x}(x+2)-e^{x}}{(x+2)^{2}}=\frac{e^{x}(x+1)}{(x+2)^{2}}$, 令 $h^{\prime}(x)>0$, 解得 $x>-1$, 令 $h^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<-2$ 或 $-2<x<-1$, 所以函数 $h(x)$ 在 $(-\infty,-2)$ 和 $(-2,-1)$ 上单调递减, 在 $(-1,+\infty)$ 上单调递增, 且当 $x<-2$ 时, $h(x)<0$, 而 $x \rightarrow-2^{+}$时, $h(x) \rightarrow+\infty$, 当 $x \rightarrow+\infty$ 时, $h(x) \rightarrow+\infty$, 所以当 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解时, 有 $a>h(-1)=\frac{1}{e}$, 所以满足条件的 $a$ 的取值范围是: $\left(\frac{1}{e},+\infty\right)$. |
| Qwen2-72B-Instruct | "(1)【解析】 当 $a=1$ 时, 函数 $f(x)=e^{x}-x-2$. 首先求导数 $f'(x)$, 得 $f'(x)=e^{x}-1$. 令 $f'(x)=0$, 解得 $x=0$. 当 $x<0$ 时, $f'(x)<0$, $f(x)$ 单调递减; 当 $x>0$ 时, $f'(x)>0$, $f(x)$ 单调递增. 因此, 当 $a=1$ 时, $f(x)$ 在 $(-\\infty,0)$ 上单调递减, 在 $(0,+\\infty)$ 上单调递增.<eoe>\n【答案】 当 $a=1$ 时, $f(x)$ 在 $(-\\infty,0)$ 上单调递减, 在 $(0,+\\infty)$ 上单调递增.<eoa>\n\n(2)【解析】 函数 $f(x)=e^{x}-a(x+2)$ 有两个零点, 即方程 $e^{x}-a(x+2)=0$ 有两个实根. 令 $f'(x)=e^{x}-a=0$, 解得 $x=\\ln a$. 当 $x<\\ln a$ 时, $f'(x)<0$, $f(x)$ 单调递减; 当 $x>\\ln a$ 时, $f'(x)>0$, $f(x)$ 单调递增. 所以, $f(x)$ 在 $x=\\ln a$ 处取得极小值. 若 $f(x)$ 有两个零点, 则极小值 $f(\\ln a)=a-a(\\ln a+2)=-a\\ln a-a<0$, 即 $a\\ln a+a>0$. 令 $g(a)=a\\ln a+a$, 则 $g'(a)=\\ln a+2$. 令 $g'(a)=0$, 解得 $a=e^{-2}$. 当 $0<a<e^{-2}$ 时, $g'(a)<0$, $g(a)$ 单调递减; 当 $a>e^{-2}$ 时, $g'(a)>0$, $g(a)$ 单调递增. 因此, $g(a)$ 在 $a=e^{-2}$ 处取得极小值 $g(e^{-2})=-e^{-2}<0$. 又因为当 $a\\to 0^+$ 时, $g(a)\\to 0^+$; 当 $a\\to +\\infty$ 时, $g(a)\\to +\\infty$. 所以, 当 $a>e^{-2}$ 时, $g(a)>0$. 因此, $a$ 的取值范围是 $(e^{-2},+\\infty)$.<eoe>\n【答案】 $a$ 的取值范围是 $(e^{-2},+\\infty)$.<eoa>" | 【解析】 【分析】} (1) 将 $a=1$ 代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间; (2) 若 $f(x)$ 有两个零点, 即 $e^{x}-a(x+2)=0$ 有两个解, 将其转化为 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解, 令 $h(x)=\frac{e^{x}}{x+2}(x \neq-2)$, 求导研究函数图象的走向, 从而求得结果. 【详解】（1）当 $a=1$ 时, $f(x)=e^{x}-(x+2), f^{\prime}(x)=e^{x}-1$, 令 $f^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<0$, 令 $f^{\prime}(x)>0$, 解得 $x>0$, 所以 $f(x)$ 的减区间为 $(-\infty, 0)$, 增区间为 $(0,+\infty)$; (2) 若 $f(x)$ 有两个零点, 即 $e^{x}-a(x+2)=0$ 有两个解, 从方程可知, $x=2$ 不成立, 即 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解, 令 $h(x)=\frac{e^{x}}{x+2}(x \neq-2)$, 则有 $h^{\prime}(x)=\frac{e^{x}(x+2)-e^{x}}{(x+2)^{2}}=\frac{e^{x}(x+1)}{(x+2)^{2}}$, 令 $h^{\prime}(x)>0$, 解得 $x>-1$, 令 $h^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<-2$ 或 $-2<x<-1$, 所以函数 $h(x)$ 在 $(-\infty,-2)$ 和 $(-2,-1)$ 上单调递减, 在 $(-1,+\infty)$ 上单调递增, 且当 $x<-2$ 时, $h(x)<0$, 而 $x \rightarrow-2^{+}$时, $h(x) \rightarrow+\infty$, 当 $x \rightarrow+\infty$ 时, $h(x) \rightarrow+\infty$, 所以当 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解时, 有 $a>h(-1)=\frac{1}{e}$, 所以满足条件的 $a$ 的取值范围是: $\left(\frac{1}{e},+\infty\right)$. |
| baichuan4 | (1)【解析】首先，我们需要找到函数 $f(x)=e^{x}-a(x+2)$ 的导数，因为导数的符号可以告诉我们函数的单调性。当 $a=1$ 时，函数变为 $f(x)=e^{x}-(x+2)$。接下来，我们计算导数 $f'(x)$： $$f'(x) = \frac{d}{dx}(e^{x}-(x+2)) = e^{x} - 1.$$ 为了讨论函数的单调性，我们需要确定导数的符号。我们设 $f'(x) = 0$，解得 $e^{x} - 1 = 0$，即 $e^{x} = 1$。由此可得 $x = 0$，因为 $e^{0} = 1$。 当 $x > 0$ 时，由于指数函数 $e^{x}$ 是严格递增的，我们有 $e^{x} > 1$，因此 $f'(x) > 0$，这意味着函数在 $(0, +\infty)$ 上是严格递增的。 当 $x < 0$ 时，同理有 $e^{x} < 1$，因此 $f'(x) < 0$，这意味着函数在 $(-\infty, 0)$ 上是严格递减的。 在 $x = 0$ 处，函数取得极小值，因为左侧递减，右侧递增。 综上所述，函数 $f(x)$ 在 $(-\infty, 0)$ 上单调递减，在 $(0, +\infty)$ 上单调递增。 【答案】函数 $f(x)$ 在 $(-\infty, 0)$ 上单调递减，在 $(0, +\infty)$ 上单调递增。 (2)【解析】要使函数 $f(x)$ 有两个零点，即存在两个不同的 $x$ 使得 $f(x) = 0$，我们需要考虑函数与 $x$ 轴的交点。函数 $f(x)=e^{x}-a(x+2)$ 的导数为 $f'(x) = e^{x} - a$。 首先，我们注意到当 $a \leq 0$ 时，导数 $f'(x) = e^{x} - a$ 总是正的，因为 $e^{x}$ 总是正的。这意味着函数在其定义域内单调递增，最多只有一个零点。 因此，我们只考虑 $a > 0$ 的情况。在这种情况下，导数 $f'(x)$ 可以为零，即当 $e^{x} = a$ 或 $x = \ln(a)$ 时。这意味着函数在 $x = \ln(a)$ 处有一个极值点。 为了使函数有两个零点，极值点必须是一个极小值点，这样函数在极值点左侧递减，在极值点右侧递增，才有可能与 $x$ 轴有两个交点。这意味着极值点处的函数值必须小于零，即 $f(\ln(a)) < 0$： $$f(\ln(a)) = e^{\ln(a)} - a(\ln(a) + 2) = a - a(\ln(a) + 2) < 0.$$ 化简得： $$a - a\ln(a) - 2a < 0,$$ $$-a\ln(a) - a < 0,$$ $$-\ln(a) - 1 < 0,$$ $$\ln(a) > -1,$$ $$a > e^{-1}.$$ 因此，为了使函数 $f(x)$ 有两个零点，$a$ 的取值范围是 $(e^{-1}, +\infty)$。 【答案】若 $f(x)$ 有两个零点，则 $a$ 的取值范围为 $(e^{-1}, +\infty)$。 |
【解析】 【分析】} (1) 将 $a=1$ 代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间; (2) 若 $f(x)$ 有两个零点, 即 $e^{x}-a(x+2)=0$ 有两个解, 将其转化为 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解, 令 $h(x)=\frac{e^{x}}{x+2}(x \neq-2)$, 求导研究函数图象的走向, 从而求得结果. 【详解】（1）当 $a=1$ 时, $f(x)=e^{x}-(x+2), f^{\prime}(x)=e^{x}-1$, 令 $f^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<0$, 令 $f^{\prime}(x)>0$, 解得 $x>0$, 所以 $f(x)$ 的减区间为 $(-\infty, 0)$, 增区间为 $(0,+\infty)$; (2) 若 $f(x)$ 有两个零点, 即 $e^{x}-a(x+2)=0$ 有两个解, 从方程可知, $x=2$ 不成立, 即 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解, 令 $h(x)=\frac{e^{x}}{x+2}(x \neq-2)$, 则有 $h^{\prime}(x)=\frac{e^{x}(x+2)-e^{x}}{(x+2)^{2}}=\frac{e^{x}(x+1)}{(x+2)^{2}}$, 令 $h^{\prime}(x)>0$, 解得 $x>-1$, 令 $h^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<-2$ 或 $-2<x<-1$, 所以函数 $h(x)$ 在 $(-\infty,-2)$ 和 $(-2,-1)$ 上单调递减, 在 $(-1,+\infty)$ 上单调递增, 且当 $x<-2$ 时, $h(x)<0$, 而 $x \rightarrow-2^{+}$时, $h(x) \rightarrow+\infty$, 当 $x \rightarrow+\infty$ 时, $h(x) \rightarrow+\infty$, 所以当 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解时, 有 $a>h(-1)=\frac{1}{e}$, 所以满足条件的 $a$ 的取值范围是: $\left(\frac{1}{e},+\infty\right)$. |
| doubao | (1)【解析】当$a=1$时，$f(x)=e^x-(x+2)$，对$f(x)$求导可得$f'(x)=e^x-1$。令$f'(x)=0$，即$e^x-1=0$，解得$x=0$。当$x<0$时，$e^x<1$，则$f'(x)<0$，$f(x)$单调递减；当$x>0$时，$e^x>1$，则$f'(x)>0$，$f(x)$单调递增。<eoe> 【答案】当$a=1$时，$f(x)$在$(-\infty,0)$上单调递减，在$(0,+\infty)$上单调递增。<eoa> (2)【解析】$f'(x)=e^x-a$。当$a\leqslant0$时，$f'(x)>0$恒成立，$f(x)$在$R$上单调递增，不可能有两个零点。当$a>0$时，令$f'(x)=0$，即$e^x=a$，解得$x=\ln a$。当$x<\ln a$时，$f'(x)<0$，$f(x)$单调递减；当$x>\ln a$时，$f'(x)>0$，$f(x)$单调递增。所以$f(x)_{\min}=f(\ln a)=a-a(\ln a+2)=-a(1+\ln a)$。要使$f(x)$有两个零点，则$f(x)_{\min}<0$，即$-a(1+\ln a)<0$，$1+\ln a>0$，$\ln a>-1$，解得$a>\frac{1}{e}$。当$x\to-\infty$时，$e^x\to0$，$-a(x+2)\to+\infty$，则$f(x)\to+\infty$；当$x\to+\infty$时，$e^x\to+\infty$，$-a(x+2)\to-\infty$，则$f(x)\to+\infty$。所以当$a>\frac{1}{e}$时，$f(x)$有两个零点。<eoe> 【答案】$a$的取值范围是$(\frac{1}{e},+\infty)$。<eoa> |
【解析】 【分析】} (1) 将 $a=1$ 代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间; (2) 若 $f(x)$ 有两个零点, 即 $e^{x}-a(x+2)=0$ 有两个解, 将其转化为 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解, 令 $h(x)=\frac{e^{x}}{x+2}(x \neq-2)$, 求导研究函数图象的走向, 从而求得结果. 【详解】（1）当 $a=1$ 时, $f(x)=e^{x}-(x+2), f^{\prime}(x)=e^{x}-1$, 令 $f^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<0$, 令 $f^{\prime}(x)>0$, 解得 $x>0$, 所以 $f(x)$ 的减区间为 $(-\infty, 0)$, 增区间为 $(0,+\infty)$; (2) 若 $f(x)$ 有两个零点, 即 $e^{x}-a(x+2)=0$ 有两个解, 从方程可知, $x=2$ 不成立, 即 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解, 令 $h(x)=\frac{e^{x}}{x+2}(x \neq-2)$, 则有 $h^{\prime}(x)=\frac{e^{x}(x+2)-e^{x}}{(x+2)^{2}}=\frac{e^{x}(x+1)}{(x+2)^{2}}$, 令 $h^{\prime}(x)>0$, 解得 $x>-1$, 令 $h^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<-2$ 或 $-2<x<-1$, 所以函数 $h(x)$ 在 $(-\infty,-2)$ 和 $(-2,-1)$ 上单调递减, 在 $(-1,+\infty)$ 上单调递增, 且当 $x<-2$ 时, $h(x)<0$, 而 $x \rightarrow-2^{+}$时, $h(x) \rightarrow+\infty$, 当 $x \rightarrow+\infty$ 时, $h(x) \rightarrow+\infty$, 所以当 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解时, 有 $a>h(-1)=\frac{1}{e}$, 所以满足条件的 $a$ 的取值范围是: $\left(\frac{1}{e},+\infty\right)$. |
| minimax | (1)【解析】要讨论函数$f(x)=e^{x}-a(x+2)$在$a=1$时的单调性，我们需要计算其一阶导数$f'(x)$。一阶导数的符号决定了函数的单调递增或递减性质。如果$f'(x)>0$，则函数在该区间内单调递增；如果$f'(x)<0$，则函数在该区间内单调递减。对于给定的函数，我们首先求出其导数，然后将$a=1$代入导数表达式中，最后分析导数的符号。<eoe> 【答案】首先求$f(x)$的导数： $$f'(x) = \frac{d}{dx}(e^{x}-a(x+2)) = e^{x}-a.$$ 当$a=1$时，代入得到： $$f'(x) = e^{x}-1.$$ 为了讨论$f'(x)$的符号，我们需要找出$f'(x)=0$的点，即解方程： $$e^{x}-1=0.$$ 解得： $$e^{x}=1 \Rightarrow x=0.$$ 因此，$x=0$是$f'(x)$的零点。接下来，我们分析$x=0$两侧$f'(x)$的符号： - 当$x<0$时，$e^{x}<1$，因此$f'(x)<0$，函数在$x<0$时单调递减； - 当$x>0$时，$e^{x}>1$，因此$f'(x)>0$，函数在$x>0$时单调递增。 综上所述，当$a=1$时，函数$f(x)=e^{x}-a(x+2)$在$x<0$时单调递减，在$x>0$时单调递增。<eoa> (2)【解析】若要使函数$f(x)=e^{x}-a(x+2)$有两个零点，首先需要考虑函数的连续性和可导性。由于$f(x)$是一个指数函数减去一个线性函数，它在整个实数域上都是连续且可导的。接下来，我们需要考虑函数的极值点，因为函数在极值点处的导数为零。如果函数有两个极值点，并且在极值点之间函数值从正变负再变正，那么函数就有可能有两个零点。我们可以通过求导并找出导数为零的点来确定极值点。然后，我们需要分析$a$的取值范围，使得函数在极值点之间满足上述条件。<eoe> 【答案】首先求$f(x)$的一阶导数： $$f'(x) = \frac{d}{dx}(e^{x}-a(x+2)) = e^{x}-a.$$ 令$f'(x)=0$，得到： $$e^{x}-a=0 \Rightarrow e^{x}=a \Rightarrow x=\ln(a).$$ 这里我们假设$a>0$，因为如果$a\leq0$，那么$e^{x}-a$不可能为零（因为$e^{x}$总是正的）。 现在我们知道函数$f(x)$在$x=\ln(a)$处有一个极值点。为了使$f(x)$有两个零点，函数在$x=\ln(a)$处的极值必须是一个局部最小值，并且在$x=\ln(a)$的左侧和右侧，函数值必须从正变负再变正。 考虑$f(x)$在$x=\ln(a)$左侧的行为，即当$x<\ln(a)$时： $$f'(x) = e^{x}-a < 0 \quad \text{因为} \quad e^{x} < a,$$ 这意味着在$x=\ln(a)$左侧，函数$f(x)$是单调递减的。 考虑$f(x)$在$x=\ln(a)$右侧的行为，即当$x>\ln(a)$时： $$f'(x) = e^{x}-a > 0 \quad \text{因为} \quad e^{x} > a,$$ 这意味着在$x=\ln(a)$右侧，函数$f(x)$是单调递增的。 为了使$f(x)$在$x=\ln(a)$的左侧和右侧都有零点，我们需要$f(x)$在$x=\ln(a)$处的值小于零，即： $$f(\ln(a)) = e^{\ln(a)} - a(\ln(a)+2) = a - a(\ln(a)+2) = a(1-\ln(a)-2) < 0.$$ 化简得到： $$1-\ln(a)-2 < 0 \Rightarrow \ln(a) > -1 \Rightarrow a > e^{-1}.$$ 同时，由于$f(x)$在$x=\ln(a)$左侧单调递减，为了保证在$x=\ln(a)$左侧有零点，我们需要$f(x)$在$x=0$时的值大于零，即： $$f(0) = e^{0} - a(0+2) = 1 - 2a > 0 \Rightarrow a < \frac{1}{2}.$$ 结合以上两个条件，我们得到$a$的取值范围为： $$e^{-1} < a < \frac{1}{2}.$$ 因此，若$f(x)$有两个零点，$a$的取值范围是$(e^{-1}, \frac{1}{2})$。<eoa> |
【解析】 【分析】} (1) 将 $a=1$ 代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间; (2) 若 $f(x)$ 有两个零点, 即 $e^{x}-a(x+2)=0$ 有两个解, 将其转化为 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解, 令 $h(x)=\frac{e^{x}}{x+2}(x \neq-2)$, 求导研究函数图象的走向, 从而求得结果. 【详解】（1）当 $a=1$ 时, $f(x)=e^{x}-(x+2), f^{\prime}(x)=e^{x}-1$, 令 $f^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<0$, 令 $f^{\prime}(x)>0$, 解得 $x>0$, 所以 $f(x)$ 的减区间为 $(-\infty, 0)$, 增区间为 $(0,+\infty)$; (2) 若 $f(x)$ 有两个零点, 即 $e^{x}-a(x+2)=0$ 有两个解, 从方程可知, $x=2$ 不成立, 即 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解, 令 $h(x)=\frac{e^{x}}{x+2}(x \neq-2)$, 则有 $h^{\prime}(x)=\frac{e^{x}(x+2)-e^{x}}{(x+2)^{2}}=\frac{e^{x}(x+1)}{(x+2)^{2}}$, 令 $h^{\prime}(x)>0$, 解得 $x>-1$, 令 $h^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<-2$ 或 $-2<x<-1$, 所以函数 $h(x)$ 在 $(-\infty,-2)$ 和 $(-2,-1)$ 上单调递减, 在 $(-1,+\infty)$ 上单调递增, 且当 $x<-2$ 时, $h(x)<0$, 而 $x \rightarrow-2^{+}$时, $h(x) \rightarrow+\infty$, 当 $x \rightarrow+\infty$ 时, $h(x) \rightarrow+\infty$, 所以当 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解时, 有 $a>h(-1)=\frac{1}{e}$, 所以满足条件的 $a$ 的取值范围是: $\left(\frac{1}{e},+\infty\right)$. |
| kimi | (1)【解析】首先，我们需要求出函数 $f(x)$ 的导数。当 $a=1$ 时，函数 $f(x) = e^x - (x + 2)$。对 $f(x)$ 求导得到 $f'(x) = e^x - 1$。 接下来，我们需要讨论 $f'(x)$ 的符号，以确定 $f(x)$ 的单调性。我们可以通过解不等式 $f'(x) > 0$ 和 $f'(x) < 0$ 来实现这一点。 对于 $f'(x) > 0$，我们有 $e^x - 1 > 0$，解得 $x > 0$。 对于 $f'(x) < 0$，我们有 $e^x - 1 < 0$，解得 $x < 0$。 因此，我们可以得出结论：当 $x > 0$ 时，$f(x)$ 是增函数；当 $x < 0$ 时，$f(x)$ 是减函数。 <eoe> 【答案】当 $a=1$ 时，$f(x)$ 在 $(-\infty, 0)$ 上单调递减，在 $(0, +\infty)$ 上单调递增。<eoa> (2)【解析】要使 $f(x)$ 有两个零点，我们需要找到使得 $f(x) = 0$ 有两个解的 $a$ 的取值范围。首先，我们考虑 $f(x)$ 的导数 $f'(x) = e^x - a$。 我们先讨论 $a \leq 0$ 的情况。此时，$f'(x) > 0$ 对所有 $x$ 成立，这意味着 $f(x)$ 在整个实数域上是增函数，因此不可能有两个零点。 接下来，我们考虑 $a > 0$ 的情况。此时，$f'(x) = 0$ 的解为 $x = \ln a$。这意味着在 $x = \ln a$ 处，$f(x)$ 取得极值。 为了使 $f(x)$ 有两个零点，我们需要 $f(\ln a) < 0$ 且 $f(x)$ 在 $x \to -\infty$ 和 $x \to +\infty$ 时分别趋向于正无穷和负无穷。这可以通过以下条件实现： 1. $f(\ln a) = a - a(\ln a + 2) = a(1 - \ln a - 2) < 0$ 2. 当 $x \to -\infty$ 时，$e^x \to 0$，$a(x+2) \to -\infty$，所以 $f(x) \to +\infty$ 3. 当 $x \to +\infty$ 时，$e^x \to +\infty$，$a(x+2) \to +\infty$，所以 $f(x) \to -\infty$ 由条件 1 我们得到 $a(1 - \ln a - 2) < 0$，解得 $0 < a < e^2$。 综上所述，$a$ 的取值范围是 $(0, e^2)$。 <eoe> 【答案】当 $f(x)$ 有两个零点时，$a$ 的取值范围是 $(0, e^2)$。<eoa> |
【解析】 【分析】} (1) 将 $a=1$ 代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间; (2) 若 $f(x)$ 有两个零点, 即 $e^{x}-a(x+2)=0$ 有两个解, 将其转化为 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解, 令 $h(x)=\frac{e^{x}}{x+2}(x \neq-2)$, 求导研究函数图象的走向, 从而求得结果. 【详解】（1）当 $a=1$ 时, $f(x)=e^{x}-(x+2), f^{\prime}(x)=e^{x}-1$, 令 $f^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<0$, 令 $f^{\prime}(x)>0$, 解得 $x>0$, 所以 $f(x)$ 的减区间为 $(-\infty, 0)$, 增区间为 $(0,+\infty)$; (2) 若 $f(x)$ 有两个零点, 即 $e^{x}-a(x+2)=0$ 有两个解, 从方程可知, $x=2$ 不成立, 即 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解, 令 $h(x)=\frac{e^{x}}{x+2}(x \neq-2)$, 则有 $h^{\prime}(x)=\frac{e^{x}(x+2)-e^{x}}{(x+2)^{2}}=\frac{e^{x}(x+1)}{(x+2)^{2}}$, 令 $h^{\prime}(x)>0$, 解得 $x>-1$, 令 $h^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<-2$ 或 $-2<x<-1$, 所以函数 $h(x)$ 在 $(-\infty,-2)$ 和 $(-2,-1)$ 上单调递减, 在 $(-1,+\infty)$ 上单调递增, 且当 $x<-2$ 时, $h(x)<0$, 而 $x \rightarrow-2^{+}$时, $h(x) \rightarrow+\infty$, 当 $x \rightarrow+\infty$ 时, $h(x) \rightarrow+\infty$, 所以当 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解时, 有 $a>h(-1)=\frac{1}{e}$, 所以满足条件的 $a$ 的取值范围是: $\left(\frac{1}{e},+\infty\right)$. |
| wenxinyiyan | (1)【解析】 当 $a = 1$ 时，函数 $f(x) = e^{x} - (x + 2)$。 求导得 $f^{\prime}(x) = e^{x} - 1$。 令 $f^{\prime}(x) = 0$，解得 $x = 0$。 当 $x \in (-\infty, 0)$ 时，$f^{\prime}(x) < 0$，因此 $f(x)$ 在该区间内单调递减。 当 $x \in (0, +\infty)$ 时，$f^{\prime}(x) > 0$，因此 $f(x)$ 在该区间内单调递增。 <eoe> 【答案】 函数 $f(x)$ 在 $(-\infty, 0)$ 上单调递减，在 $(0, +\infty)$ 上单调递增。 (2)【解析】 已知 $f(x) = e^{x} - a(x + 2)$，求导得 $f^{\prime}(x) = e^{x} - a$。 当 $a \leq 0$ 时，$f^{\prime}(x) > 0$，函数 $f(x)$ 在全域上单调递增，不可能有两个零点。 当 $a > 0$ 时，令 $f^{\prime}(x) = 0$，解得 $x = \ln a$。 当 $x \in (-\infty, \ln a)$ 时，$f^{\prime}(x) < 0$，函数 $f(x)$ 单调递减。 当 $x \in (\ln a, +\infty)$ 时，$f^{\prime}(x) > 0$，函数 $f(x)$ 单调递增。 因此，函数 $f(x)$ 在 $x = \ln a$ 处取得最小值 $f(\ln a) = a - a(\ln a + 2) = -a\ln a - a$。 要使 $f(x)$ 有两个零点，需要 $f(\ln a) < 0$，即 $-a\ln a - a < 0$，解得 $a > \frac{1}{e}$。 <eoe> 【答案】 $a$ 的取值范围是 $\left(\frac{1}{e}, +\infty\right)$。 |
【解析】 【分析】} (1) 将 $a=1$ 代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间; (2) 若 $f(x)$ 有两个零点, 即 $e^{x}-a(x+2)=0$ 有两个解, 将其转化为 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解, 令 $h(x)=\frac{e^{x}}{x+2}(x \neq-2)$, 求导研究函数图象的走向, 从而求得结果. 【详解】（1）当 $a=1$ 时, $f(x)=e^{x}-(x+2), f^{\prime}(x)=e^{x}-1$, 令 $f^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<0$, 令 $f^{\prime}(x)>0$, 解得 $x>0$, 所以 $f(x)$ 的减区间为 $(-\infty, 0)$, 增区间为 $(0,+\infty)$; (2) 若 $f(x)$ 有两个零点, 即 $e^{x}-a(x+2)=0$ 有两个解, 从方程可知, $x=2$ 不成立, 即 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解, 令 $h(x)=\frac{e^{x}}{x+2}(x \neq-2)$, 则有 $h^{\prime}(x)=\frac{e^{x}(x+2)-e^{x}}{(x+2)^{2}}=\frac{e^{x}(x+1)}{(x+2)^{2}}$, 令 $h^{\prime}(x)>0$, 解得 $x>-1$, 令 $h^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<-2$ 或 $-2<x<-1$, 所以函数 $h(x)$ 在 $(-\infty,-2)$ 和 $(-2,-1)$ 上单调递减, 在 $(-1,+\infty)$ 上单调递增, 且当 $x<-2$ 时, $h(x)<0$, 而 $x \rightarrow-2^{+}$时, $h(x) \rightarrow+\infty$, 当 $x \rightarrow+\infty$ 时, $h(x) \rightarrow+\infty$, 所以当 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解时, 有 $a>h(-1)=\frac{1}{e}$, 所以满足条件的 $a$ 的取值范围是: $\left(\frac{1}{e},+\infty\right)$. |
| zhipu | (1)【解析】首先，我们需要求出函数 \( f(x) = e^x - a(x + 2) \) 的导数。当 \( a = 1 \) 时，函数变为 \( f(x) = e^x - (x + 2) \)。 求导数 \( f'(x) \)： \[ f'(x) = \frac{d}{dx}(e^x - (x + 2)) = e^x - 1 \] 接下来，讨论 \( f'(x) \) 的符号： - 当 \( e^x - 1 > 0 \)，即 \( e^x > 1 \)，解得 \( x > 0 \)。 - 当 \( e^x - 1 < 0 \)，即 \( e^x < 1 \)，解得 \( x < 0 \)。 因此，函数 \( f(x) \) 在 \( x > 0 \) 时，\( f'(x) > 0 \)，函数单调递增；在 \( x < 0 \) 时，\( f'(x) < 0 \)，函数单调递减。 综上所述，函数 \( f(x) = e^x - (x + 2) \) 在 \( x = 0 \) 处有一个极小值点，在 \( x < 0 \) 时单调递减，在 \( x > 0 \) 时单调递增。<eoe> 【答案】当 \( a = 1 \) 时，函数 \( f(x) \) 在 \( x < 0 \) 时单调递减，在 \( x > 0 \) 时单调递增。<eoa> (2)【解析】首先，考虑函数 \( f(x) = e^x - a(x + 2) \) 的导数： \[ f'(x) = e^x - a \] 若 \( f(x) \) 有两个零点，则 \( f(x) \) 必须在某些区间内先下降后上升，即导数 \( f'(x) \) 必须有变号零点。 讨论 \( f'(x) = 0 \) 的情况： \[ e^x - a = 0 \implies e^x = a \implies x = \ln a \] 接下来，讨论 \( f(x) \) 在 \( x = \ln a \) 处的行为： - 当 \( x < \ln a \) 时，\( e^x < a \)，所以 \( f'(x) < 0 \)，函数单调递减。 - 当 \( x > \ln a \) 时，\( e^x > a \)，所以 \( f'(x) > 0 \)，函数单调递增。 因此，\( x = \ln a \) 是 \( f(x) \) 的极小值点。 为了使 \( f(x) \) 有两个零点，极小值 \( f(\ln a) \) 必须小于零： \[ f(\ln a) = e^{\ln a} - a(\ln a + 2) = a - a(\ln a + 2) = a(1 - \ln a - 2) = a(-\ln a - 1) < 0 \] 解不等式 \( -\ln a - 1 < 0 \)： \[ -\ln a < 1 \implies \ln a > -1 \implies a > e^{-1} \implies a > \frac{1}{e} \] 综上所述，若 \( f(x) \) 有两个零点，则 \( a \) 的取值范围是 \( a > \frac{1}{e} \)。<eoe> 【答案】若 \( f(x) \) 有两个零点，则 \( a \) 的取值范围是 \( a > \frac{1}{e} \)。<eoa> |
【解析】 【分析】} (1) 将 $a=1$ 代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间; (2) 若 $f(x)$ 有两个零点, 即 $e^{x}-a(x+2)=0$ 有两个解, 将其转化为 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解, 令 $h(x)=\frac{e^{x}}{x+2}(x \neq-2)$, 求导研究函数图象的走向, 从而求得结果. 【详解】（1）当 $a=1$ 时, $f(x)=e^{x}-(x+2), f^{\prime}(x)=e^{x}-1$, 令 $f^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<0$, 令 $f^{\prime}(x)>0$, 解得 $x>0$, 所以 $f(x)$ 的减区间为 $(-\infty, 0)$, 增区间为 $(0,+\infty)$; (2) 若 $f(x)$ 有两个零点, 即 $e^{x}-a(x+2)=0$ 有两个解, 从方程可知, $x=2$ 不成立, 即 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解, 令 $h(x)=\frac{e^{x}}{x+2}(x \neq-2)$, 则有 $h^{\prime}(x)=\frac{e^{x}(x+2)-e^{x}}{(x+2)^{2}}=\frac{e^{x}(x+1)}{(x+2)^{2}}$, 令 $h^{\prime}(x)>0$, 解得 $x>-1$, 令 $h^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<-2$ 或 $-2<x<-1$, 所以函数 $h(x)$ 在 $(-\infty,-2)$ 和 $(-2,-1)$ 上单调递减, 在 $(-1,+\infty)$ 上单调递增, 且当 $x<-2$ 时, $h(x)<0$, 而 $x \rightarrow-2^{+}$时, $h(x) \rightarrow+\infty$, 当 $x \rightarrow+\infty$ 时, $h(x) \rightarrow+\infty$, 所以当 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解时, 有 $a>h(-1)=\frac{1}{e}$, 所以满足条件的 $a$ 的取值范围是: $\left(\frac{1}{e},+\infty\right)$. |
| gpto1 | (1)【解析】 当 \( a = 1 \) 时，函数为 \( f(x) = e^{x} - (x + 2) \)。 求函数的单调性，我们需要求导数并分析导数的符号。 计算导数： \[ f'(x) = e^{x} - 1 \] 令导数等于零，求解临界点： \[ e^{x} - 1 = 0 \implies e^{x} = 1 \implies x = \ln 1 = 0 \] 在实数轴上以 \( x = 0 \) 将区间分为两部分，分别在每个区间内选取测试点，确定导数的符号。 当 \( x < 0 \)（例如，取 \( x = -1 \)）： \[ f'(-1) = e^{-1} -1 \approx 0.3679 -1 = -0.6321 < 0 \] 导数为负，函数在该区间上单调递减。 当 \( x > 0 \)（例如，取 \( x = 1 \)）： \[ f'(1) = e^{1} -1 \approx 2.7183 -1 = 1.7183 > 0 \] 导数为正，函数在该区间上单调递增。 因此，函数 \( f(x) \) 在 \( (-\infty, 0) \) 上单调递减，在 \( (0, \infty) \) 上单调递增，在 \( x = 0 \) 处有极小值。 <eoe> 【答案】(1) 当 \( a=1 \) 时，函数 \( f(x) \) 在 \( x=0 \) 处取得极小值；在 \( (-\infty, 0) \) 上单调递减，在 \( (0, \infty) \) 上单调递增。 <eoa> (2)【解析】 要求函数 \( f(x) = e^{x} - a(x + 2) \) 有两个零点，即方程 \( e^{x} - a(x + 2) = 0 \) 有两个实数解。 首先，求函数的极值点和极值。 求导数： \[ f'(x) = e^{x} - a \] 令导数等于零，求解临界点： \[ e^{x} - a = 0 \implies e^{x} = a \implies x = \ln a \] 计算函数在极值点的值： \[ f(\ln a) = e^{\ln a} - a(\ln a + 2) = a - a(\ln a + 2) = - a(\ln a + 1) \] 要使函数有两个零点，函数必须在极值点处取得负值，即： \[ f(\ln a) < 0 \implies - a(\ln a + 1) < 0 \] 由于 \( a > 0 \)，所以不等式可化为： \[ - (\ln a + 1) < 0 \implies \ln a + 1 > 0 \implies \ln a > -1 \implies a > e^{-1} = \frac{1}{e} \] 因此，当 \( a > \dfrac{1}{e} \) 时，函数在极小值处取得负值，且两端趋于正无穷，故函数曲线与 \( x \) 轴有两个交点，即有两个零点。 <eoe> 【答案】(2) 当且仅当 \( a > \dfrac{1}{e} \) 时，函数 \( f(x) \) 有两个零点。 <eoa> |
【解析】 【分析】} (1) 将 $a=1$ 代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间; (2) 若 $f(x)$ 有两个零点, 即 $e^{x}-a(x+2)=0$ 有两个解, 将其转化为 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解, 令 $h(x)=\frac{e^{x}}{x+2}(x \neq-2)$, 求导研究函数图象的走向, 从而求得结果. 【详解】（1）当 $a=1$ 时, $f(x)=e^{x}-(x+2), f^{\prime}(x)=e^{x}-1$, 令 $f^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<0$, 令 $f^{\prime}(x)>0$, 解得 $x>0$, 所以 $f(x)$ 的减区间为 $(-\infty, 0)$, 增区间为 $(0,+\infty)$; (2) 若 $f(x)$ 有两个零点, 即 $e^{x}-a(x+2)=0$ 有两个解, 从方程可知, $x=2$ 不成立, 即 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解, 令 $h(x)=\frac{e^{x}}{x+2}(x \neq-2)$, 则有 $h^{\prime}(x)=\frac{e^{x}(x+2)-e^{x}}{(x+2)^{2}}=\frac{e^{x}(x+1)}{(x+2)^{2}}$, 令 $h^{\prime}(x)>0$, 解得 $x>-1$, 令 $h^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<-2$ 或 $-2<x<-1$, 所以函数 $h(x)$ 在 $(-\infty,-2)$ 和 $(-2,-1)$ 上单调递减, 在 $(-1,+\infty)$ 上单调递增, 且当 $x<-2$ 时, $h(x)<0$, 而 $x \rightarrow-2^{+}$时, $h(x) \rightarrow+\infty$, 当 $x \rightarrow+\infty$ 时, $h(x) \rightarrow+\infty$, 所以当 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解时, 有 $a>h(-1)=\frac{1}{e}$, 所以满足条件的 $a$ 的取值范围是: $\left(\frac{1}{e},+\infty\right)$. |
| deepseekv3 | (1)【解析】 当 \( a = 1 \) 时，函数为 \( f(x) = e^{x} - (x + 2) \)。 首先，我们求导数来确定函数的单调性： \[ f'(x) = \frac{d}{dx} \left( e^{x} - (x + 2) \right) = e^{x} - 1 \] 接下来，我们分析导数的符号： - 当 \( x < 0 \) 时，\( e^{x} < 1 \)，所以 \( f'(x) = e^{x} - 1 < 0 \)，函数 \( f(x) \) 单调递减。 - 当 \( x > 0 \) 时，\( e^{x} > 1 \)，所以 \( f'(x) = e^{x} - 1 > 0 \)，函数 \( f(x) \) 单调递增。 - 当 \( x = 0 \) 时，\( e^{x} = 1 \)，所以 \( f'(x) = 0 \)，函数在该点可能存在极值。 因此，函数 \( f(x) \) 在 \( x < 0 \) 时单调递减，在 \( x > 0 \) 时单调递增。 <eoe> 【答案】 当 \( a = 1 \) 时，函数 \( f(x) \) 在区间 \( (-\infty, 0) \) 上单调递减，在区间 \( (0, +\infty) \) 上单调递增。 <eoa> (2)【解析】 函数 \( f(x) = e^{x} - a(x + 2) \) 有两个零点，这意味着方程 \( e^{x} = a(x + 2) \) 有两个解。 首先，我们分析函数 \( f(x) \) 的导数： \[ f'(x) = e^{x} - a \] 令 \( f'(x) = 0 \)，得到 \( e^{x} = a \)，即 \( x = \ln a \)。 要使 \( f(x) \) 有两个零点，函数 \( f(x) \) 必须在 \( x = \ln a \) 处达到极小值，并且极小值必须小于零。也就是说： \[ f(\ln a) = e^{\ln a} - a(\ln a + 2) = a - a(\ln a + 2) = a(1 - \ln a - 2) = a(-\ln a - 1) < 0 \] 因为 \( a > 0 \)，所以 \( -\ln a - 1 < 0 \)，即 \( \ln a > -1 \)，也就是 \( a > e^{-1} = \frac{1}{e} \)。 此外，当 \( x \to -\infty \)，\( e^{x} \to 0 \)，而 \( a(x + 2) \to -\infty \)，所以 \( f(x) \to +\infty \)。 当 \( x \to +\infty \)，\( e^{x} \) 的增长速度远快于 \( a(x + 2) \)，所以 \( f(x) \to +\infty \)。 综上所述，为了使 \( f(x) \) 有两个零点，\( a \) 必须满足 \( a > \frac{1}{e} \)。 <eoe> 【答案】 若 \( f(x) \) 有两个零点，则 \( a \) 的取值范围为 \( a > \frac{1}{e} \)。 <eoa> |
【解析】 【分析】} (1) 将 $a=1$ 代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间; (2) 若 $f(x)$ 有两个零点, 即 $e^{x}-a(x+2)=0$ 有两个解, 将其转化为 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解, 令 $h(x)=\frac{e^{x}}{x+2}(x \neq-2)$, 求导研究函数图象的走向, 从而求得结果. 【详解】（1）当 $a=1$ 时, $f(x)=e^{x}-(x+2), f^{\prime}(x)=e^{x}-1$, 令 $f^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<0$, 令 $f^{\prime}(x)>0$, 解得 $x>0$, 所以 $f(x)$ 的减区间为 $(-\infty, 0)$, 增区间为 $(0,+\infty)$; (2) 若 $f(x)$ 有两个零点, 即 $e^{x}-a(x+2)=0$ 有两个解, 从方程可知, $x=2$ 不成立, 即 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解, 令 $h(x)=\frac{e^{x}}{x+2}(x \neq-2)$, 则有 $h^{\prime}(x)=\frac{e^{x}(x+2)-e^{x}}{(x+2)^{2}}=\frac{e^{x}(x+1)}{(x+2)^{2}}$, 令 $h^{\prime}(x)>0$, 解得 $x>-1$, 令 $h^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<-2$ 或 $-2<x<-1$, 所以函数 $h(x)$ 在 $(-\infty,-2)$ 和 $(-2,-1)$ 上单调递减, 在 $(-1,+\infty)$ 上单调递增, 且当 $x<-2$ 时, $h(x)<0$, 而 $x \rightarrow-2^{+}$时, $h(x) \rightarrow+\infty$, 当 $x \rightarrow+\infty$ 时, $h(x) \rightarrow+\infty$, 所以当 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解时, 有 $a>h(-1)=\frac{1}{e}$, 所以满足条件的 $a$ 的取值范围是: $\left(\frac{1}{e},+\infty\right)$. |