| 模型 | 模型答案 | 正确答案 |
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| 金声玉亮2.0 | (1)【解析】 首先，我们需要求出函数 \( f(x) = \frac{x^2}{2^x} \) 的导数，以确定其单调性。 设 \( f(x) = \frac{x^2}{2^x} \)，我们使用对数求导法来求导数： \[ f(x) = x^2 \cdot 2^{-x} \] 对 \( f(x) \) 求导： \[ f'(x) = \frac{d}{dx} \left( x^2 \cdot 2^{-x} \right) \] 使用乘积法则： \[ f'(x) = \frac{d}{dx} (x^2) \cdot 2^{-x} + x^2 \cdot \frac{d}{dx} (2^{-x}) \] 其中： \[ \frac{d}{dx} (x^2) = 2x \] \[ \frac{d}{dx} (2^{-x}) = 2^{-x} \cdot \ln(2) \cdot (-1) = -2^{-x} \ln(2) \] 因此： \[ f'(x) = 2x \cdot 2^{-x} + x^2 \cdot (-2^{-x} \ln(2)) \] \[ f'(x) = 2x \cdot 2^{-x} - x^2 \cdot 2^{-x} \ln(2) \] \[ f'(x) = 2^{-x} (2x - x^2 \ln(2)) \] 令 \( f'(x) = 0 \)： \[ 2^{-x} (2x - x^2 \ln(2)) = 0 \] 因为 \( 2^{-x} \neq 0 \)，所以： \[ 2x - x^2 \ln(2) = 0 \] \[ x (2 - x \ln(2)) = 0 \] 解得： \[ x = 0 \quad \text{或} \quad x = \frac{2}{\ln(2)} \] 由于 \( x > 0 \)，所以 \( x = \frac{2}{\ln(2)} \)。 接下来，我们需要确定 \( f'(x) \) 的符号变化，以确定单调区间。 当 \( 0 < x < \frac{2}{\ln(2)} \) 时： \[ 2x - x^2 \ln(2) > 0 \] \[ f'(x) > 0 \] 当 \( x > \frac{2}{\ln(2)} \) 时： \[ 2x - x^2 \ln(2) < 0 \] \[ f'(x) < 0 \] 因此，函数 \( f(x) \) 在区间 \( (0, \frac{2}{\ln(2)}) \) 上单调递增，在区间 \( (\frac{2}{\ln(2)}, +\infty) \) 上单调递减。 <eoe> 【答案】函数 \( f(x) = \frac{x^2}{2^x} \) 在区间 \( (0, \frac{2}{\ln(2)}) \) 上单调递增，在区间 \( (\frac{2}{\ln(2)}, +\infty) \) 上单调递减。<eoa> (2)【解析】 我们需要求出函数 \( f(x) = \frac{x^a}{a^x} \) 与直线 \( y = 1 \) 有且仅有两个交点时 \( a \) 的取值范围。 首先，设 \( f(x) = 1 \)，即： \[ \frac{x^a}{a^x} = 1 \] \[ x^a = a^x \] 取对数： \[ a \ln(x) = x \ln(a) \] 整理得： \[ \frac{\ln(x)}{x} = \frac{\ln(a)}{a} \] 令 \( g(x) = \frac{\ln(x)}{x} \)，我们需要分析 \( g(x) \) 的性质。 对 \( g(x) \) 求导： \[ g'(x) = \frac{d}{dx} \left( \frac{\ln(x)}{x} \right) \] \[ g'(x) = \frac{1 \cdot x - \ln(x) \cdot 1}{x^2} \] \[ g'(x) = \frac{1 - \ln(x)}{x^2} \] 令 \( g'(x) = 0 \)： \[ 1 - \ln(x) = 0 \] \[ \ln(x) = 1 \] \[ x = e \] 当 \( 0 < x < e \) 时： \[ 1 - \ln(x) > 0 \] \[ g'(x) > 0 \] 当 \( x > e \) 时： \[ 1 - \ln(x) < 0 \] \[ g'(x) < 0 \] 因此，函数 \( g(x) = \frac{\ln(x)}{x} \) 在 \( (0, e) \) 上单调递增，在 \( (e, +\infty) \) 上单调递减，并且在 \( x = e \) 处取得最大值 \( g(e) = \frac{1}{e} \)。 为了使 \( \frac{\ln(a)}{a} \) 有且仅有两个解，必须满足： \[ \frac{\ln(a)}{a} < \frac{1}{e} \] 解得： \[ \ln(a) < 1 \] \[ a < e \] 同时，\( a > 1 \)（因为 \( a > 0 \) 且 \( a \neq 1 \)）。 综上所述，\( a \) 的取值范围是： \[ 1 < a < e \] <eoe> 【答案】若曲线 \( y = f(x) \) 与直线 \( y = 1 \) 有且仅有两个交点，则 \( a \) 的取值范围是 \( 1 < a < e \)。<eoa> |
【详解】（1）当 $a=2$ 时, $f(x)=\frac{x^{2}}{2^{x}}, f^{\prime}(x)=\frac{2 x-2^{x}-x^{2} \diamond 2^{x} \ln 2}{\left(2^{x}\right)^{2}}=\frac{x \diamond 2^{x}(2-x \ln 2)}{4^{x}}$, 令 $f^{\prime}(x)=0$ 得 $x=\frac{2}{\ln 2}$, 当 $0<x<\frac{2}{\ln 2}$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 当 $x>\frac{2}{\ln 2}$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, $\therefore$ 函数 $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{2}{\ln 2}\right]$ 上单调递增; $\left[\frac{2}{\ln 2},+\infty\right)$ 上单调递减; (2) $f(x)=\frac{x^{a}}{a^{x}}=1 \Leftrightarrow a^{x}=x^{a} \Leftrightarrow x \ln a=a \ln x \Leftrightarrow \frac{\ln x}{x}=\frac{\ln a}{a}$, 设函数 $g(x)=\frac{\ln x}{x}$, 则 $g^{\prime}(x)=\frac{1-\ln x}{x^{2}}$, 令 $g^{\prime}(x)=0$, 得 $x=e$, 在 $(0, e)$ 内 $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 单调递增; 在 $(e,+\infty)$ 上 $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 单调递减; $\therefore g(x)_{\max }=g(e)=\frac{1}{e}$, 又 $g(1)=0$, 当 $x$ 趋近于 $+\infty$ 时, $g(x)$ 趋近于 0 , 所以曲线 $y=f(x)$ 与直线 $y=1$ 有且仅有两个交点, 即曲线 $y=g(x)$ 与直线 $y=\frac{a}{\ln a}$ 有两个交点的充分必 要条件是 $0<\frac{\ln a}{a}<\frac{1}{e}$, 这即是 $0<g(a)<g(e)$, 所以 $a$ 的取值范围是 $(1, e) \cup(e,+\infty)$. |
| deepseekr1 | (1)【解析】 当 \( a=2 \) 时，函数为 \( f(x)=\frac{x^2}{2^x} \)。求导得： \[ f'(x) = \frac{2x \cdot 2^x - x^2 \cdot 2^x \ln 2}{(2^x)^2} = \frac{x(2 - x \ln 2)}{2^x}. \] 令 \( f'(x)=0 \)，解得 \( x=0 \) 或 \( x=\frac{2}{\ln 2} \)。由于 \( x>0 \)，临界点为 \( x=\frac{2}{\ln 2} \)。分析导数的符号变化： - 当 \( 0 < x < \frac{2}{\ln 2} \)，分子为正，\( f'(x) > 0 \)，函数递增。 - 当 \( x > \frac{2}{\ln 2} \)，分子为负，\( f'(x) < 0 \)，函数递减。 故单调递增区间为 \( \left(0, \frac{2}{\ln 2}\right) \)，递减区间为 \( \left(\frac{2}{\ln 2}, +\infty\right) \)。<eoe> 【答案】 当 \( a=2 \) 时，函数 \( f(x) \) 的单调递增区间为 \( \left(0, \frac{2}{\ln 2}\right) \)，单调递减区间为 \( \left(\frac{2}{\ln 2}, +\infty\right) \)。<eoa> (2)【解析】 方程 \( \frac{x^a}{a^x}=1 \) 等价于 \( x^a = a^x \)。取对数得 \( a \ln x = x \ln a \)，即 \( \frac{\ln x}{x} = \frac{\ln a}{a} \)。令 \( g(x)=\frac{\ln x}{x} \)，其导数为 \( g'(x)=\frac{1-\ln x}{x^2} \)，极大值点为 \( x=e \)，极大值为 \( g(e)=\frac{1}{e} \)。当 \( \frac{\ln a}{a} \in (0, \frac{1}{e}) \) 时，方程 \( g(x)=\frac{\ln a}{a} \) 有两个解。分析 \( h(a)=\frac{\ln a}{a} \)： - 当 \( a>1 \) 时，\( h(a) \) 在 \( (1,e) \) 递增至 \( \frac{1}{e} \)，在 \( (e, +\infty) \) 递减趋近于 0。 - 当 \( a=e \) 时，\( h(a)=\frac{1}{e} \)，方程仅有一个解。 因此，当 \( a>1 \) 且 \( a \neq e \) 时，\( \frac{\ln a}{a} \in (0, \frac{1}{e}) \)，方程有两个解。<eoe> 【答案】 \( a \) 的取值范围为 \( (1, e) \cup (e, +\infty) \)。<eoa> |
【详解】（1）当 $a=2$ 时, $f(x)=\frac{x^{2}}{2^{x}}, f^{\prime}(x)=\frac{2 x-2^{x}-x^{2} \diamond 2^{x} \ln 2}{\left(2^{x}\right)^{2}}=\frac{x \diamond 2^{x}(2-x \ln 2)}{4^{x}}$, 令 $f^{\prime}(x)=0$ 得 $x=\frac{2}{\ln 2}$, 当 $0<x<\frac{2}{\ln 2}$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 当 $x>\frac{2}{\ln 2}$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, $\therefore$ 函数 $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{2}{\ln 2}\right]$ 上单调递增; $\left[\frac{2}{\ln 2},+\infty\right)$ 上单调递减; (2) $f(x)=\frac{x^{a}}{a^{x}}=1 \Leftrightarrow a^{x}=x^{a} \Leftrightarrow x \ln a=a \ln x \Leftrightarrow \frac{\ln x}{x}=\frac{\ln a}{a}$, 设函数 $g(x)=\frac{\ln x}{x}$, 则 $g^{\prime}(x)=\frac{1-\ln x}{x^{2}}$, 令 $g^{\prime}(x)=0$, 得 $x=e$, 在 $(0, e)$ 内 $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 单调递增; 在 $(e,+\infty)$ 上 $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 单调递减; $\therefore g(x)_{\max }=g(e)=\frac{1}{e}$, 又 $g(1)=0$, 当 $x$ 趋近于 $+\infty$ 时, $g(x)$ 趋近于 0 , 所以曲线 $y=f(x)$ 与直线 $y=1$ 有且仅有两个交点, 即曲线 $y=g(x)$ 与直线 $y=\frac{a}{\ln a}$ 有两个交点的充分必 要条件是 $0<\frac{\ln a}{a}<\frac{1}{e}$, 这即是 $0<g(a)<g(e)$, 所以 $a$ 的取值范围是 $(1, e) \cup(e,+\infty)$. |
| gpto1 | (1)【解析】 当 $a=2$ 时，函数为 $f(x)=\dfrac{x^{2}}{2^{x}}$，定义域为 $x>0$。 要求函数的单调区间，首先求其导数： 计算 $f(x)$ 的导数： $$ f'(x) = \left( \dfrac{x^{2}}{2^{x}} \right)' = \dfrac{(x^{2})' \cdot 2^{x} - x^{2} \cdot (2^{x})'}{(2^{x})^{2}} = \dfrac{2x \cdot 2^{x} - x^{2} \cdot 2^{x} \ln 2}{2^{2x}} = \dfrac{2^{x} [2x - x^{2} \ln 2]}{4^{x}} $$ 由于 $2^{x}>0$，$4^{x}>0$，所以导数的符号由分子决定。 设 $g(x) = 2x - x^{2} \ln 2$，求其零点： $$ 2x - x^{2} \ln 2 = 0 \\ x (2 - x \ln 2) = 0 $$ 因为 $x>0$，所以 $x=0$ 不在定义域内，解得临界点： $$ x = \dfrac{2}{\ln 2} $$ 通过分段讨论 $g(x)$ 的符号： 1. 当 $0 < x < \dfrac{2}{\ln 2}$ 时，$2 - x \ln 2 > 0$，$g(x) > 0$，$f'(x) > 0$，函数递增。 2. 当 $x > \dfrac{2}{\ln 2}$ 时，$2 - x \ln 2 < 0$，$g(x) < 0$，$f'(x) < 0$，函数递减。 因此，函数 $f(x)$ 的单调区间为： - 递增区间：$\left( 0, \dfrac{2}{\ln 2} \right)$ - 递减区间：$\left( \dfrac{2}{\ln 2}, +\infty \right)$ <eoe> 【答案】 (1) 当 $a=2$ 时，函数 $f(x)$ 在区间 $\left( 0, \dfrac{2}{\ln 2} \right)$ 上递增，在 $\left( \dfrac{2}{\ln 2}, +\infty \right)$ 上递减。 <eoa> (2)【解析】 要求曲线 $y=f(x)$ 与直线 $y=1$ 有且仅有两个交点，即方程 $f(x)=1$ 在 $x>0$ 上有且仅有两个解。 设 $f(x) = 1$，即： $$ \dfrac{x^{a}}{a^{x}} = 1 \\ \Rightarrow x^{a} = a^{x} \\ \Rightarrow \ln x^{a} = \ln a^{x} \\ \Rightarrow a \ln x = x \ln a $$ 移项得： $$ a \ln x - x \ln a = 0 $$ 令 $g(x) = a \ln x - x \ln a$，注意到 $x>0$。 将方程变形为： $$ \dfrac{\ln x}{x} = \dfrac{\ln a}{a} $$ 令函数 $h(t) = \dfrac{\ln t}{t}$，则方程变为 $h(x) = h(a)$。 函数 $h(t)$ 的性质： 1. 定义域为 $t > 0$。 2. 由于 $h(t) = \dfrac{\ln t}{t}$，求导得： $$ h'(t) = \dfrac{1 - \ln t}{t^{2}} $$ 3. 当 $t = e$ 时，$h'(e) = 0$，函数在 $t = e$ 处取得极大值 $h(e) = \dfrac{1}{e}$。 函数图像特征： - 在 $(0, e)$ 上，$h'(t) > 0$，函数单调递增。 - 在 $(e, +\infty)$ 上，$h'(t) < 0$，函数单调递减。 因此，对于任意的 $c < \dfrac{1}{e}$，方程 $h(t) = c$ 有两个正实数解；当 $c = \dfrac{1}{e}$ 时，只有一个解 $t = e$；当 $c > \dfrac{1}{e}$ 时，无解。 回到问题，令 $c = \dfrac{\ln a}{a}$，我们需要 $c < \dfrac{1}{e}$，即： $$ \dfrac{\ln a}{a} < \dfrac{1}{e} $$ 分析 $c = \dfrac{\ln a}{a}$ 随 $a$ 的变化： - 当 $a = e$ 时，$c = \dfrac{1}{e}$，此时方程只有一个解。 - 当 $a \ne e$ 时，$c < \dfrac{1}{e}$，方程有两个正实数解。 但需要注意的是，$a > 0$ 且 $a \ne 1$。因此，满足条件的 $a$ 的取值范围为 $a > 0$，且 $a \ne 1$，$a \ne e$。 <eoe> 【答案】 (2) $a$ 的取值范围是 $a > 0$，且 $a \ne 1$，$a \ne e$，即 $a \in (0, e) \cup (e, +\infty)$，$a \ne 1$。 <eoa> |
【详解】（1）当 $a=2$ 时, $f(x)=\frac{x^{2}}{2^{x}}, f^{\prime}(x)=\frac{2 x-2^{x}-x^{2} \diamond 2^{x} \ln 2}{\left(2^{x}\right)^{2}}=\frac{x \diamond 2^{x}(2-x \ln 2)}{4^{x}}$, 令 $f^{\prime}(x)=0$ 得 $x=\frac{2}{\ln 2}$, 当 $0<x<\frac{2}{\ln 2}$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 当 $x>\frac{2}{\ln 2}$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, $\therefore$ 函数 $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{2}{\ln 2}\right]$ 上单调递增; $\left[\frac{2}{\ln 2},+\infty\right)$ 上单调递减; (2) $f(x)=\frac{x^{a}}{a^{x}}=1 \Leftrightarrow a^{x}=x^{a} \Leftrightarrow x \ln a=a \ln x \Leftrightarrow \frac{\ln x}{x}=\frac{\ln a}{a}$, 设函数 $g(x)=\frac{\ln x}{x}$, 则 $g^{\prime}(x)=\frac{1-\ln x}{x^{2}}$, 令 $g^{\prime}(x)=0$, 得 $x=e$, 在 $(0, e)$ 内 $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 单调递增; 在 $(e,+\infty)$ 上 $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 单调递减; $\therefore g(x)_{\max }=g(e)=\frac{1}{e}$, 又 $g(1)=0$, 当 $x$ 趋近于 $+\infty$ 时, $g(x)$ 趋近于 0 , 所以曲线 $y=f(x)$ 与直线 $y=1$ 有且仅有两个交点, 即曲线 $y=g(x)$ 与直线 $y=\frac{a}{\ln a}$ 有两个交点的充分必 要条件是 $0<\frac{\ln a}{a}<\frac{1}{e}$, 这即是 $0<g(a)<g(e)$, 所以 $a$ 的取值范围是 $(1, e) \cup(e,+\infty)$. |
| GPT-4o | (1)【解析】 首先求当 \( a = 2 \) 时，函数 \( f(x) = \frac{x^2}{2^x} \) 的单调区间。我们需要求导数并分析导数的正负。 令 \( g(x) = x^2 \) 和 \( h(x) = 2^x \)，则 \[ f(x) = \frac{g(x)}{h(x)} = \frac{x^2}{2^x} \] 使用商的导数公式： \[ f'(x) = \frac{g'(x)h(x) - g(x)h'(x)}{[h(x)]^2} \] 其中， \[ g'(x) = 2x \] \[ h(x) = 2^x \] \[ h'(x) = 2^x \ln 2 \] 代入得： \[ f'(x) = \frac{2x \cdot 2^x - x^2 \cdot 2^x \ln 2}{(2^x)^2} = \frac{2x \cdot 2^x - x^2 \cdot 2^x \ln 2}{4^x} = \frac{2x - x^2 \ln 2}{2^x} \] 令 \( f'(x) = 0 \)，求解 \( 2x - x^2 \ln 2 = 0 \)： \[ x (2 - x \ln 2) = 0 \] \[ x = 0 \quad \text{或} \quad x = \frac{2}{\ln 2} \] 因为 \( x > 0 \)，所以 \( x = \frac{2}{\ln 2} \)。 接下来分析导数的正负： - 当 \( 0 < x < \frac{2}{\ln 2} \)，\( 2 - x \ln 2 > 0 \)，即 \( f'(x) > 0 \)，函数递增； - 当 \( x > \frac{2}{\ln 2} \)，\( 2 - x \ln 2 < 0 \)，即 \( f'(x) < 0 \)，函数递减。 综上所述，函数 \( f(x) = \frac{x^2}{2^x} \) 在 \( (0, \frac{2}{\ln 2}) \) 上单调递增，在 \( (\frac{2}{\ln 2}, +\infty) \) 上单调递减。 <eoe> 【答案】函数 \( f(x) = \frac{x^2}{2^x} \) 在 \( (0, \frac{2}{\ln 2}) \) 上单调递增，在 \( (\frac{2}{\ln 2}, +\infty) \) 上单调递减。<eoa> (2)【解析】 条件是曲线 \( y = f(x) \) 与直线 \( y = 1 \) 有且仅有两个交点，即方程 \( \frac{x^a}{a^x} = 1 \) 有且仅有两个正实根。 考虑函数 \( f(x) = \frac{x^a}{a^x} \)，令： \[ f(x) = 1 \] \[ \frac{x^a}{a^x} = 1 \] \[ x^a = a^x \] 取对数，得到： \[ a \ln x = x \ln a \] \[ \frac{\ln x}{x} = \frac{\ln a}{a} \] 令 \( g(x) = \frac{\ln x}{x} \)，分析其性质： \[ g'(x) = \frac{1 - \ln x}{x^2} \] 当 \( x = e \) 时，\( g'(x) = 0 \)，且 \( g(x) \) 在 \( (0, e) \) 上递增，在 \( (e, +\infty) \) 上递减，且在 \( x = e \) 处取得最大值 \( \frac{1}{e} \)。 为了使方程 \( g(x) = \frac{\ln a}{a} \) 有且仅有两个解，\( \frac{\ln a}{a} \) 必须位于 \( g(x) \) 的极大值 \( \frac{1}{e} \) 之下，即： \[ \frac{\ln a}{a} < \frac{1}{e} \] 解这个不等式： \[ \ln a < \frac{a}{e} \] 考虑函数 \( h(a) = |
【详解】（1）当 $a=2$ 时, $f(x)=\frac{x^{2}}{2^{x}}, f^{\prime}(x)=\frac{2 x-2^{x}-x^{2} \diamond 2^{x} \ln 2}{\left(2^{x}\right)^{2}}=\frac{x \diamond 2^{x}(2-x \ln 2)}{4^{x}}$, 令 $f^{\prime}(x)=0$ 得 $x=\frac{2}{\ln 2}$, 当 $0<x<\frac{2}{\ln 2}$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 当 $x>\frac{2}{\ln 2}$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, $\therefore$ 函数 $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{2}{\ln 2}\right]$ 上单调递增; $\left[\frac{2}{\ln 2},+\infty\right)$ 上单调递减; (2) $f(x)=\frac{x^{a}}{a^{x}}=1 \Leftrightarrow a^{x}=x^{a} \Leftrightarrow x \ln a=a \ln x \Leftrightarrow \frac{\ln x}{x}=\frac{\ln a}{a}$, 设函数 $g(x)=\frac{\ln x}{x}$, 则 $g^{\prime}(x)=\frac{1-\ln x}{x^{2}}$, 令 $g^{\prime}(x)=0$, 得 $x=e$, 在 $(0, e)$ 内 $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 单调递增; 在 $(e,+\infty)$ 上 $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 单调递减; $\therefore g(x)_{\max }=g(e)=\frac{1}{e}$, 又 $g(1)=0$, 当 $x$ 趋近于 $+\infty$ 时, $g(x)$ 趋近于 0 , 所以曲线 $y=f(x)$ 与直线 $y=1$ 有且仅有两个交点, 即曲线 $y=g(x)$ 与直线 $y=\frac{a}{\ln a}$ 有两个交点的充分必 要条件是 $0<\frac{\ln a}{a}<\frac{1}{e}$, 这即是 $0<g(a)<g(e)$, 所以 $a$ 的取值范围是 $(1, e) \cup(e,+\infty)$. |
| llama3.1-70B-Instruct | 【解析】 （1）当a=2时,函数f(x)=\frac{x^{2}}{2^{x}}(x>0),令f(x)=\frac{x^{2}}{2^{x}}=\frac{x^{2}}{e^{x\ln2}}=x^{2}e^{-x\ln2},则f'(x)=2xe^{-x\ln2}-x^{2}\ln2e^{-x\ln2}=x(2-x\ln2)e^{-x\ln2},当x=0时,f'(x)=0,当x>0时,令2-x\ln2=0,解得x=\frac{2}{\ln2},则f(x)在(0,\frac{2}{\ln2})上单调递增,在(\frac{2}{\ln2},+\infty)上单调递减.(2)由题意,函数f(x)=\frac{x^{a}}{a^{x}}(x>0)与直线y=1有且仅有两个交点,则方程x^{a}=a^{x}有且仅有两个解,即x=a,令g(x)=x^{a}-a^{x},则g'(x)=ax^{a-1}-a^{x}\lna,当x=a时,g'(x)=0,当x>a时,g'(x)<0,当0<x<a时,g'(x)>0,则函数g(x)在(0,a)上单调递增,在(a,+\infty)上单调递减,则函数g(x)在(0,a)上有且仅有一个零点,在(a,+\infty)上有且仅有一个零点,则a>1.综上可得,1<a<2. 最终结果是(1) (0, 2/ln2),(2/ln2, +oo) (2) (1, 2) |
【详解】（1）当 $a=2$ 时, $f(x)=\frac{x^{2}}{2^{x}}, f^{\prime}(x)=\frac{2 x-2^{x}-x^{2} \diamond 2^{x} \ln 2}{\left(2^{x}\right)^{2}}=\frac{x \diamond 2^{x}(2-x \ln 2)}{4^{x}}$, 令 $f^{\prime}(x)=0$ 得 $x=\frac{2}{\ln 2}$, 当 $0<x<\frac{2}{\ln 2}$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 当 $x>\frac{2}{\ln 2}$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, $\therefore$ 函数 $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{2}{\ln 2}\right]$ 上单调递增; $\left[\frac{2}{\ln 2},+\infty\right)$ 上单调递减; (2) $f(x)=\frac{x^{a}}{a^{x}}=1 \Leftrightarrow a^{x}=x^{a} \Leftrightarrow x \ln a=a \ln x \Leftrightarrow \frac{\ln x}{x}=\frac{\ln a}{a}$, 设函数 $g(x)=\frac{\ln x}{x}$, 则 $g^{\prime}(x)=\frac{1-\ln x}{x^{2}}$, 令 $g^{\prime}(x)=0$, 得 $x=e$, 在 $(0, e)$ 内 $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 单调递增; 在 $(e,+\infty)$ 上 $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 单调递减; $\therefore g(x)_{\max }=g(e)=\frac{1}{e}$, 又 $g(1)=0$, 当 $x$ 趋近于 $+\infty$ 时, $g(x)$ 趋近于 0 , 所以曲线 $y=f(x)$ 与直线 $y=1$ 有且仅有两个交点, 即曲线 $y=g(x)$ 与直线 $y=\frac{a}{\ln a}$ 有两个交点的充分必 要条件是 $0<\frac{\ln a}{a}<\frac{1}{e}$, 这即是 $0<g(a)<g(e)$, 所以 $a$ 的取值范围是 $(1, e) \cup(e,+\infty)$. |
| llama3.1-405B-Instruct | (1)当a=2时,f(x)=\frac{x^{2}}{4^{x}},f'(x)=\frac{2x}{4^{x}}-\frac{x^{2}\ln4}{4^{x}}=\frac{x(2-x\ln4)}{4^{x}}当x<\frac{2}{\ln4}时,f'(x)>0,当x>\frac{2}{\ln4}时,f'(x)<0,所以f(x)的单调递增区间为(0,\frac{2}{\ln4}),单调递减区间为(\frac{2}{\ln4},+\infty)(2)由题意可得f(x)=1,即x^{a}=a^{x},令g(x)=x^{a}-a^{x},则g(1)=0,且g'(x)=ax^{a-1}-a^{x}\ |
【详解】（1）当 $a=2$ 时, $f(x)=\frac{x^{2}}{2^{x}}, f^{\prime}(x)=\frac{2 x-2^{x}-x^{2} \diamond 2^{x} \ln 2}{\left(2^{x}\right)^{2}}=\frac{x \diamond 2^{x}(2-x \ln 2)}{4^{x}}$, 令 $f^{\prime}(x)=0$ 得 $x=\frac{2}{\ln 2}$, 当 $0<x<\frac{2}{\ln 2}$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 当 $x>\frac{2}{\ln 2}$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, $\therefore$ 函数 $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{2}{\ln 2}\right]$ 上单调递增; $\left[\frac{2}{\ln 2},+\infty\right)$ 上单调递减; (2) $f(x)=\frac{x^{a}}{a^{x}}=1 \Leftrightarrow a^{x}=x^{a} \Leftrightarrow x \ln a=a \ln x \Leftrightarrow \frac{\ln x}{x}=\frac{\ln a}{a}$, 设函数 $g(x)=\frac{\ln x}{x}$, 则 $g^{\prime}(x)=\frac{1-\ln x}{x^{2}}$, 令 $g^{\prime}(x)=0$, 得 $x=e$, 在 $(0, e)$ 内 $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 单调递增; 在 $(e,+\infty)$ 上 $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 单调递减; $\therefore g(x)_{\max }=g(e)=\frac{1}{e}$, 又 $g(1)=0$, 当 $x$ 趋近于 $+\infty$ 时, $g(x)$ 趋近于 0 , 所以曲线 $y=f(x)$ 与直线 $y=1$ 有且仅有两个交点, 即曲线 $y=g(x)$ 与直线 $y=\frac{a}{\ln a}$ 有两个交点的充分必 要条件是 $0<\frac{\ln a}{a}<\frac{1}{e}$, 这即是 $0<g(a)<g(e)$, 所以 $a$ 的取值范围是 $(1, e) \cup(e,+\infty)$. |
| DeepSeek-Coder-V2 | "(1)【解析】 当 $a=2$ 时，函数 $f(x)$ 变为 $f(x) = \\frac{x^2}{2^x}$。为了求其单调区间，我们需要求导数 $f'(x)$ 并分析其符号。\n\n首先，求 $f(x)$ 的导数：\n\\[ f(x) = \\frac{x^2}{2^x} \\]\n使用商的导数法则：\n\\[ f'(x) = \\frac{(x^2)' \\cdot 2^x - x^2 \\cdot (2^x)'}{(2^x)^2} \\]\n其中，$(x^2)' = 2x$ 和 $(2^x)' = 2^x \\ln 2$，所以：\n\\[ f'(x) = \\frac{2x \\cdot 2^x - x^2 \\cdot 2^x \\ln 2}{2^{2x}} = \\frac{2x \\cdot 2^x - x^2 \\cdot 2^x \\ln 2}{2^{2x}} = \\frac{2x - x^2 \\ln 2}{2^x} \\]\n\n令 $f'(x) = 0$，求解 $x$：\n\\[ 2x - x^2 \\ln 2 = 0 \\]\n\\[ x(2 - x \\ln 2) = 0 \\]\n所以 $x = 0$ 或 $x = \\frac{2}{\\ln 2}$。由于 $x > 0$，我们只考虑 $x = \\frac{2}{\\ln 2}$。\n\n接下来，分析 $f'(x)$ 的符号：\n- 当 $0 < x < \\frac{2}{\\ln 2}$ 时，$2x - x^2 \\ln 2 > 0$，所以 $f'(x) > 0$，$f(x)$ 单调递增。\n- 当 $x > \\frac{2}{\\ln 2}$ 时，$2x - x^2 \\ln 2 < 0$，所以 $f'(x) < 0$，$f(x)$ 单调递减。\n\n因此，$f(x)$ 的单调区间为：\n- 单调递增区间：$(0, \\frac{2}{\\ln 2})$\n- 单调递减区间：$(\\frac{2}{\\ln 2}, \\infty)$\n<eoe>\n【答案】单调递增区间：$(0, \\frac{2}{\\ln 2})$；单调递减区间：$(\\frac{2}{\\ln 2}, \\infty)$<eoa>\n\n(2)【解析】 我们需要确定 $a$ 的取值范围，使得曲线 $y=f(x)$ 与直线 $y=1$ 有且仅有两个交点。即解方程：\n\\[ \\frac{x^a}{a^x} = 1 \\]\n\\[ x^a = a^x \\]\n\n考虑函数 $g(x) = \\frac{\\ln x}{x}$，我们有：\n\\[ a = \\frac{x^a}{a^x} = e^{a \\ln x - x \\ln a} \\]\n令 $h(x) = a \\ln x - x \\ln a$，我们需要 $h(x)$ 有两个不同的解。\n\n求 $h(x)$ 的导数：\n\\[ h'(x) = \\frac{a}{x} - \\ln a \\]\n令 $h'(x) = 0$，求解 $x$：\n\\[ \\frac{a}{x} = \\ln a \\]\n\\[ x = \\frac{a}{\\ln a} \\]\n\n分析 $h(x)$ 的单调性：\n- 当 $0 < x < \\frac{a}{\\ln a}$ 时，$h'(x) > 0$，$h(x)$ 单调递增。\n- 当 $x > \\frac{a}{\\ln a}$ 时，$h'(x) < 0$，$h(x)$ 单调递减。\n\n因此，$h(x)$ 在 $x = \\frac{a}{\\ln a}$ 处有极大值。为了使 $h(x)$ 有两个不同的解，$h(x)$ 必须在 $x = \\frac{a}{\\ln a}$ 处有正值，即：\n\\[ h\\left(\\frac{a}{\\ln a}\\right) = a \\ln \\left(\\frac{a}{\\ln a}\\right) - \\frac{a}{\\ln a} \\ln a = a \\left(\\ln a - \\ln (\\ln a)\\right) - a = a (\\ln a - \\ln (\\ln a) - 1) > 0 \\]\n\n这意味着：\n\\[ \\ln a - \\ln (\\ln a) - 1 > 0 \\]\n\\[ \\ln a > \\ln (\\ln a) + 1 \\]\n\\[ a > e \\ln a \\]\n\n考虑 $a > 1$ 的情况：\n\\[ a > e \\ln a \\]\n令 $t = \\ln a$，则 $a = e^t$，方程变为：\n\\[ e^t > e t \\]\n\\[ t > 1 \\]\n所以 $a > e$。\n\n考虑 $0 < a < 1$ 的情况：\n\\[ a < e \\ln a \\]\n令 $t = \\ln a$，则 $a = e^t$，方程变为：\n\\[ e^t < e t \\]\n\\[ t < 1 \\]\n所以 $0 < a < 1$。\n\n综上所述，$a$ 的取值范围为：\n\\[ 0 < a < 1 \\text{ 或 } a > e \\]\n<eoe>\n【答案】$0 < a < 1$ 或 $a > e$<eoa>" | 【详解】（1）当 $a=2$ 时, $f(x)=\frac{x^{2}}{2^{x}}, f^{\prime}(x)=\frac{2 x-2^{x}-x^{2} \diamond 2^{x} \ln 2}{\left(2^{x}\right)^{2}}=\frac{x \diamond 2^{x}(2-x \ln 2)}{4^{x}}$, 令 $f^{\prime}(x)=0$ 得 $x=\frac{2}{\ln 2}$, 当 $0<x<\frac{2}{\ln 2}$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 当 $x>\frac{2}{\ln 2}$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, $\therefore$ 函数 $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{2}{\ln 2}\right]$ 上单调递增; $\left[\frac{2}{\ln 2},+\infty\right)$ 上单调递减; (2) $f(x)=\frac{x^{a}}{a^{x}}=1 \Leftrightarrow a^{x}=x^{a} \Leftrightarrow x \ln a=a \ln x \Leftrightarrow \frac{\ln x}{x}=\frac{\ln a}{a}$, 设函数 $g(x)=\frac{\ln x}{x}$, 则 $g^{\prime}(x)=\frac{1-\ln x}{x^{2}}$, 令 $g^{\prime}(x)=0$, 得 $x=e$, 在 $(0, e)$ 内 $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 单调递增; 在 $(e,+\infty)$ 上 $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 单调递减; $\therefore g(x)_{\max }=g(e)=\frac{1}{e}$, 又 $g(1)=0$, 当 $x$ 趋近于 $+\infty$ 时, $g(x)$ 趋近于 0 , 所以曲线 $y=f(x)$ 与直线 $y=1$ 有且仅有两个交点, 即曲线 $y=g(x)$ 与直线 $y=\frac{a}{\ln a}$ 有两个交点的充分必 要条件是 $0<\frac{\ln a}{a}<\frac{1}{e}$, 这即是 $0<g(a)<g(e)$, 所以 $a$ 的取值范围是 $(1, e) \cup(e,+\infty)$. |
| Qwen2-72B-Instruct | "(1)【解析】 当 $a=2$ 时, 函数 $f(x)=\\frac{x^{2}}{2^{x}}(x>0)$. 首先求 $f(x)$ 的导数, 以判断函数的单调性. 通过导数的正负, 可以判断函数的单调递增或递减区间.\n\\[\nf'(x) = \\frac{2x\\cdot 2^{x} - x^{2}\\cdot 2^{x}\\ln2}{(2^{x})^{2}} = \\frac{2x - x^{2}\\ln2}{2^{x}}\n\\]\n令 $f'(x) = 0$, 解得 $x = \\frac{2}{\\ln2}$. 当 $0 < x < \\frac{2}{\\ln2}$ 时, $f'(x) > 0$, $f(x)$ 单调递增; 当 $x > \\frac{2}{\\ln2}$ 时, $f'(x) < 0$, $f(x)$ 单调递减.\n<eoe>\n【答案】 当 $a=2$ 时, 函数 $f(x)$ 在 $(0, \\frac{2}{\\ln2})$ 上单调递增, 在 $(\\frac{2}{\\ln2}, +\\infty)$ 上单调递减.\n<eoa>\n(2)【解析】 曲线 $y=f(x)$ 与直线 $y=1$ 有且仅有两个交点, 即方程 $\\frac{x^{a}}{a^{x}}=1$ 有两个不同的正实根. 由方程可得 $x^{a}=a^{x}$, 两边同时取对数得 $a\\ln x = x\\ln a$. 令 $g(x) = \\frac{\\ln x}{x}$, 则原方程变为 $g(x) = \\frac{\\ln a}{a}$. 由于 $g(x)$ 在 $(0, e)$ 上单调递增, 在 $(e, +\\infty)$ 上单调递减, 且 $g(x)$ 在 $x=e$ 时取得最大值 $\\frac{1}{e}$, 因此 $\\frac{\\ln a}{a} < \\frac{1}{e}$, 即 $\\ln a < a/e$. 另一方面, 由于 $g(x)$ 在 $x=1$ 和 $x=e^{2}$ 时分别等于 $0$ 和 $\\frac{2}{e^{2}}$, 且 $\\frac{2}{e^{2}} < \\frac{1}{e}$, 因此 $\\frac{\\ln a}{a} > 0$, 即 $a > 1$. 综上所述, $a$ 的取值范围为 $(1, e)$.\n<eoe>\n【答案】 若曲线 $y=f(x)$ 与直线 $y=1$ 有且仅有两个交点, 则 $a$ 的取值范围为 $(1, e)$.\n<eoa>" | 【详解】（1）当 $a=2$ 时, $f(x)=\frac{x^{2}}{2^{x}}, f^{\prime}(x)=\frac{2 x-2^{x}-x^{2} \diamond 2^{x} \ln 2}{\left(2^{x}\right)^{2}}=\frac{x \diamond 2^{x}(2-x \ln 2)}{4^{x}}$, 令 $f^{\prime}(x)=0$ 得 $x=\frac{2}{\ln 2}$, 当 $0<x<\frac{2}{\ln 2}$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 当 $x>\frac{2}{\ln 2}$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, $\therefore$ 函数 $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{2}{\ln 2}\right]$ 上单调递增; $\left[\frac{2}{\ln 2},+\infty\right)$ 上单调递减; (2) $f(x)=\frac{x^{a}}{a^{x}}=1 \Leftrightarrow a^{x}=x^{a} \Leftrightarrow x \ln a=a \ln x \Leftrightarrow \frac{\ln x}{x}=\frac{\ln a}{a}$, 设函数 $g(x)=\frac{\ln x}{x}$, 则 $g^{\prime}(x)=\frac{1-\ln x}{x^{2}}$, 令 $g^{\prime}(x)=0$, 得 $x=e$, 在 $(0, e)$ 内 $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 单调递增; 在 $(e,+\infty)$ 上 $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 单调递减; $\therefore g(x)_{\max }=g(e)=\frac{1}{e}$, 又 $g(1)=0$, 当 $x$ 趋近于 $+\infty$ 时, $g(x)$ 趋近于 0 , 所以曲线 $y=f(x)$ 与直线 $y=1$ 有且仅有两个交点, 即曲线 $y=g(x)$ 与直线 $y=\frac{a}{\ln a}$ 有两个交点的充分必 要条件是 $0<\frac{\ln a}{a}<\frac{1}{e}$, 这即是 $0<g(a)<g(e)$, 所以 $a$ 的取值范围是 $(1, e) \cup(e,+\infty)$. |
| baichuan4 | (1)【解析】 当 $a=2$ 时，函数 $f(x)$ 变为 $f(x)=\frac{x^{2}}{2^{x}}$。为了找到函数的单调区间，我们需要计算其导数 $f'(x)$。 $$f'(x) = \frac{d}{dx}(\frac{x^{2}}{2^{x}})$$ 使用乘法法则和链式法则，我们得到： $$f'(x) = \frac{2x \cdot 2^{x} - x^{2} \cdot 2^{x} \cdot \ln(2)}{2^{2x}}$$ 简化得到： $$f'(x) = \frac{2x \cdot 2^{x} - x^{2} \cdot 2^{x} \cdot \ln(2)}{2^{2x}} = \frac{x \cdot 2^{x}(2 - x \cdot \ln(2))}{2^{2x}}$$ 为了找到单调区间，我们需要确定 $f'(x)$ 的符号。令 $f'(x) = 0$，解得 $x = \frac{2}{\ln(2)}$。当 $x < \frac{2}{\ln(2)}$ 时，$f'(x) > 0$，函数在此区间单调递增；当 $x > \frac{2}{\ln(2)}$ 时，$f'(x) < 0$，函数在此区间单调递减。 因此，$f(x)$ 的单调递增区间为 $(0, \frac{2}{\ln(2)})$，单调递减区间为 $(\frac{2}{\ln(2)}, +\infty)$。 【答案】 单调递增区间为 $(0, \frac{2}{\ln(2)})$，单调递减区间为 $(\frac{2}{\ln(2)}, +\infty)$。 (2)【解析】 曲线 $y=f(x)$ 与直线 $y=1$ 有且仅有两个交点意味着方程 $\frac{x^{a}}{a^{x}} = 1$ 有两个不同的正实数解。这个方程可以简化为 $x^{a} = a^{x}$。 定义函数 $g(x) = x^{a} - a^{x}$，我们需要找到 $a$ 的取值范围，使得 $g(x)$ 有两个不同的零点。 首先，注意到 $g(1) = 1^{a} - a^{1} = 1 - a$。为了使 $g(x)$ 在 $x=1$ 时有一个零点，我们需要 $a=1$，但这与题目条件 $a \neq 1$ 矛盾。因此，$g(x)$ 在 $x=1$ 时没有零点。 接下来，考虑 $g(x)$ 的导数： $$g'(x) = ax^{a-1} - a^{x} \ln(a)$$ 令 $g'(x) = 0$，得到 $ax^{a-1} = a^{x} \ln(a)$。这个方程的解是 $x = \frac{1}{\ln(a)}$。当 $x < \frac{1}{\ln(a)}$ 时，$g'(x) > 0$，$g(x)$ 在此区间单调递增；当 $x > \frac{1}{\ln(a)}$ 时，$g'(x) < 0$，$g(x)$ 在此区间单调递减。 由于 $g(x)$ 在 $x=1$ 时没有零点，我们需要 $g(x)$ 在 $(0,1)$ 区间内有一个零点，在 $(1,+\infty)$ 区间内有一个零点。这意味着 $g(0) < 0$ 且 $g(1) > 0$，或者 $g(1) < 0$ 且 $g(+\infty) > 0$。 考虑 $g(0) = 0^{a} - a^{0} = -1 < 0$，这是满足的。现在我们需要 $g(1) > 0$，即 $1^{a} - a^{1} > 0$，这意味着 $1 - a > 0$，所以 $a < 1$。但这与题目条件 $a > 0$ 且 $a \neq 1$ 矛盾。 因此，我们需要考虑第二种情况，即 $g(1) < 0$ 且 $g(+\infty) > 0$。由于 $g(1) = 1 - a$，我们需要 $a > 1$。另一方面，$g(+\infty) = +\infty$，因为当 $x \to +\infty$ 时，$x^{a}$ 的增长速度快于 $a^{x}$。 综上所述，$a$ 的取值范围是 $(1, +\infty)$。 【答案】 $a$ 的取值范围是 $(1, +\infty)$。 |
【详解】（1）当 $a=2$ 时, $f(x)=\frac{x^{2}}{2^{x}}, f^{\prime}(x)=\frac{2 x-2^{x}-x^{2} \diamond 2^{x} \ln 2}{\left(2^{x}\right)^{2}}=\frac{x \diamond 2^{x}(2-x \ln 2)}{4^{x}}$, 令 $f^{\prime}(x)=0$ 得 $x=\frac{2}{\ln 2}$, 当 $0<x<\frac{2}{\ln 2}$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 当 $x>\frac{2}{\ln 2}$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, $\therefore$ 函数 $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{2}{\ln 2}\right]$ 上单调递增; $\left[\frac{2}{\ln 2},+\infty\right)$ 上单调递减; (2) $f(x)=\frac{x^{a}}{a^{x}}=1 \Leftrightarrow a^{x}=x^{a} \Leftrightarrow x \ln a=a \ln x \Leftrightarrow \frac{\ln x}{x}=\frac{\ln a}{a}$, 设函数 $g(x)=\frac{\ln x}{x}$, 则 $g^{\prime}(x)=\frac{1-\ln x}{x^{2}}$, 令 $g^{\prime}(x)=0$, 得 $x=e$, 在 $(0, e)$ 内 $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 单调递增; 在 $(e,+\infty)$ 上 $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 单调递减; $\therefore g(x)_{\max }=g(e)=\frac{1}{e}$, 又 $g(1)=0$, 当 $x$ 趋近于 $+\infty$ 时, $g(x)$ 趋近于 0 , 所以曲线 $y=f(x)$ 与直线 $y=1$ 有且仅有两个交点, 即曲线 $y=g(x)$ 与直线 $y=\frac{a}{\ln a}$ 有两个交点的充分必 要条件是 $0<\frac{\ln a}{a}<\frac{1}{e}$, 这即是 $0<g(a)<g(e)$, 所以 $a$ 的取值范围是 $(1, e) \cup(e,+\infty)$. |
| doubao | (1)【解析】当$a=2$时，$f(x)=\frac{x^{2}}{2^{x}}(x>0)$。对$f(x)$求导可得：$f'(x)=\frac{2x\cdot2^{x}-x^{2}\cdot2^{x}\ln2}{(2^{x})^{2}}=\frac{2x-x^{2}\ln2}{2^{x}}$。令$f'(x)>0$，即$\frac{2x-x^{2}\ln2}{2^{x}}>0$，因为$2^{x}>0$，所以$2x-x^{2}\ln2>0$，$x(2-x\ln2)>0$，解得$0<x<\frac{2}{\ln2}$；令$f'(x)<0$，解得$x>\frac{2}{\ln2}$。<eoe> 【答案】所以$f(x)$的单调递增区间为$(0,\frac{2}{\ln2})$，单调递减区间为$(\frac{2}{\ln2},+\infty)$。<eoa> (2)【解析】$f(x)=\frac{x^{a}}{a^{x}}(x>0)$，$f'(x)=\frac{ax^{a-1}\cdot a^{x}-x^{a}\cdot a^{x}\ln a}{(a^{x})^{2}}=\frac{ax^{a-1}-x^{a}\ln a}{a^{x}}$。令$f'(x)=0$，即$ax^{a-1}-x^{a}\ln a=0$，$x^{a-1}(a-x\ln a)=0$，因为$x>0$，$a>0$且$a\neq1$，所以$a-x\ln a=0$，$x=\frac{a}{\ln a}$。当$0<a<1$时，$f'(x)<0$，$f(x)$单调递减，与直线$y=1$最多有一个交点，不符合题意。当$a>1$时，在$(0,\frac{a}{\ln a})$上，$f'(x)>0$，$f(x)$单调递增；在$(\frac{a}{\ln a},+\infty)$上，$f'(x)<0$，$f(x)$单调递减。要使曲线$y=f(x)$与直线$y=1$有且仅有两个交点，则$f(\frac{a}{\ln a})>1$，即$\frac{(\frac{a}{\ln a})^{a}}{a^{\frac{a}{\ln a}}}>1$，进一步化简求解。<eoe> 【答案】$a$的取值范围是$(1,e)\cup(e,+\infty)$。<eoa> |
【详解】（1）当 $a=2$ 时, $f(x)=\frac{x^{2}}{2^{x}}, f^{\prime}(x)=\frac{2 x-2^{x}-x^{2} \diamond 2^{x} \ln 2}{\left(2^{x}\right)^{2}}=\frac{x \diamond 2^{x}(2-x \ln 2)}{4^{x}}$, 令 $f^{\prime}(x)=0$ 得 $x=\frac{2}{\ln 2}$, 当 $0<x<\frac{2}{\ln 2}$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 当 $x>\frac{2}{\ln 2}$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, $\therefore$ 函数 $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{2}{\ln 2}\right]$ 上单调递增; $\left[\frac{2}{\ln 2},+\infty\right)$ 上单调递减; (2) $f(x)=\frac{x^{a}}{a^{x}}=1 \Leftrightarrow a^{x}=x^{a} \Leftrightarrow x \ln a=a \ln x \Leftrightarrow \frac{\ln x}{x}=\frac{\ln a}{a}$, 设函数 $g(x)=\frac{\ln x}{x}$, 则 $g^{\prime}(x)=\frac{1-\ln x}{x^{2}}$, 令 $g^{\prime}(x)=0$, 得 $x=e$, 在 $(0, e)$ 内 $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 单调递增; 在 $(e,+\infty)$ 上 $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 单调递减; $\therefore g(x)_{\max }=g(e)=\frac{1}{e}$, 又 $g(1)=0$, 当 $x$ 趋近于 $+\infty$ 时, $g(x)$ 趋近于 0 , 所以曲线 $y=f(x)$ 与直线 $y=1$ 有且仅有两个交点, 即曲线 $y=g(x)$ 与直线 $y=\frac{a}{\ln a}$ 有两个交点的充分必 要条件是 $0<\frac{\ln a}{a}<\frac{1}{e}$, 这即是 $0<g(a)<g(e)$, 所以 $a$ 的取值范围是 $(1, e) \cup(e,+\infty)$. |
| minimax | (1)【解析】首先，我们需要求出函数 $f(x)=\frac{x^{a}}{a^{x}}$ 的导数，以确定其单调性。当 $a=2$ 时，函数变为 $f(x)=\frac{x^{2}}{2^{x}}$。我们可以通过求导数来确定函数的单调区间。求导数时，我们需要使用到商规则和链式法则。商规则是 $(\frac{u}{v})'=\frac{u'v-uv'}{v^2}$，链式法则是 $(g(h(x)))' = g'(h(x))h'(x)$。求出导数后，我们可以通过分析导数的符号来确定函数的单调递增或递减区间。<eoe> 【答案】当 $a=2$ 时，函数变为 $f(x)=\frac{x^{2}}{2^{x}}$。求导得： $$f'(x) = \frac{(2x \cdot 2^{x} - x^{2} \cdot \ln(2) \cdot 2^{x})}{(2^{x})^2} = \frac{2x - x^{2} \ln(2)}{2^{x}}.$$ 为了确定单调区间，我们需要找出 $f'(x)$ 的符号。令 $f'(x) = 0$，解得： $$2x - x^{2} \ln(2) = 0 \Rightarrow x(2 - x \ln(2)) = 0.$$ 解得 $x = 0$ 或 $x = \frac{2}{\ln(2)}$。由于 $x > 0$，我们只考虑 $x = \frac{2}{\ln(2)}$。 现在我们需要确定 $f'(x)$ 在 $x = \frac{2}{\ln(2)}$ 左右的符号： - 当 $0 < x < \frac{2}{\ln(2)}$ 时，$2x < x^{2} \ln(2)$，因此 $f'(x) < 0$，函数在该区间内单调递减。 - 当 $x > \frac{2}{\ln(2)}$ 时，$2x > x^{2} \ln(2)$，因此 $f'(x) > 0$，函数在该区间内单调递增。 综上所述，函数 $f(x)$ 在区间 $(0, \frac{2}{\ln(2)})$ 内单调递减，在区间 $(\frac{2}{\ln(2)}, +\infty)$ 内单调递增。<eoa> (2)【解析】若曲线 $y=f(x)$ 与直线 $y=1$ 有且仅有两个交点，意味着函数 $f(x)$ 在 $x>0$ 的区间内有两个不同的点 $x_1$ 和 $x_2$，使得 $f(x_1) = 1$ 且 $f(x_2) = 1$。由于 $a>0$ 且 $a \neq 1$，我们可以考虑函数 $f(x)$ 的性质。首先，当 $x=1$ 时，$f(1)=1$ 总是成立。因此，$x=1$ 是一个交点。为了使得有且仅有两个交点，函数 $f(x)$ 在 $x>1$ 的区间内必须单调递减，并且在 $x<1$ 的区间内单调递增。这样，函数 $f(x)$ 在 $x=1$ 处达到最大值 $f(1)=1$，并且在 $x \to 0^+$ 和 $x \to +\infty$ 时，$f(x) \to 0$。我们需要找到满足这些条件的 $a$ 的取值范围。<eoe> 【答案】由于 $f(x)$ 在 $x>1$ 的区间内单调递减，并且在 $x<1$ 的区间内单调递增，我们可以推断出 $f'(x)$ 在 $x=1$ 处由正变负。因此，我们需要找到使得 $f'(x)$ 在 $x=1$ 处为零的 $a$ 的值。 我们已经知道 $f'(x)$ 的一般形式为： $$f'(x) = \frac{x^{a} \ln(x) - a x^{a-1} a^{x} \ln(a)}{a^{2x}}.$$ 令 $f'(1) = 0$，得到： $$1^{a} \ln(1) - a \cdot 1^{a-1} \cdot a^{1} \ln(a) = 0 \Rightarrow -a \ln(a) = 0.$$ 由于 $a>0$ 且 $a \neq 1$，$\ln(a)$ 不可能为零，因此我们需要 $a$ 的值使得 $f(x)$ 在 $x=1$ 处达到最大值。这意味着 $f(x)$ 在 $x=1$ 处的导数为零，并且在 $x=1$ 左侧为正，在 $x=1$ 右侧为负。 由于 $f(x)$ 在 $x=1$ 处的导数为零，我们需要 $a$ 的值使得 $x^{a} \ln(x)$ 和 $a x^{a-1} a^{x} \ln(a)$ 在 $x=1$ 处相等。由于 $x^{a} \ln(x)$ 在 $x=1$ 处为零，我们需要 $a x^{a-1} a^{x} \ln(a)$ 在 $x=1$ 处也为零。这意味着 $\ln(a)$ 必须为零，这与 $a>0$ 且 $a \neq 1$ 矛盾。 因此，我们需要重新考虑问题。我们知道 $f(x)$ 在 $x=1$ 处有一个交点，为了使得有且仅有两个交点，我们需要 $f(x)$ 在 $x=1$ 处的导数为负，这样 $f(x)$ 在 $x>1$ 的区间内单调递减。这意味着 $x^{a} \ln(x)$ 在 $x=1$ 处的斜率必须小于 $a x^{a-1} a^{x} \ln(a)$ 在 $x=1$ 处的斜率。 由于 $x^{a} \ln(x)$ 在 $x=1$ 处的斜率为 $a$，我们需要 $a x^{a-1} a^{x} \ln(a)$ 在 $x=1$ 处的斜率大于 $a$。这意味着 $\ln(a) > a$。由于 $a>0$ 且 $a \neq 1$，我们可以得出结论，$a$ 必须大于 $e$（自然对数的底数，约等于 2.71828），因为当 $a=e$ 时，$\ln(a)=a$。 综上所述，为了使得曲线 $y=f(x)$ 与直线 $y=1$ 有且仅有两个交点，$a$ 的取值范围必须是 $(e, +\infty)$。<eoa> |
【详解】（1）当 $a=2$ 时, $f(x)=\frac{x^{2}}{2^{x}}, f^{\prime}(x)=\frac{2 x-2^{x}-x^{2} \diamond 2^{x} \ln 2}{\left(2^{x}\right)^{2}}=\frac{x \diamond 2^{x}(2-x \ln 2)}{4^{x}}$, 令 $f^{\prime}(x)=0$ 得 $x=\frac{2}{\ln 2}$, 当 $0<x<\frac{2}{\ln 2}$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 当 $x>\frac{2}{\ln 2}$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, $\therefore$ 函数 $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{2}{\ln 2}\right]$ 上单调递增; $\left[\frac{2}{\ln 2},+\infty\right)$ 上单调递减; (2) $f(x)=\frac{x^{a}}{a^{x}}=1 \Leftrightarrow a^{x}=x^{a} \Leftrightarrow x \ln a=a \ln x \Leftrightarrow \frac{\ln x}{x}=\frac{\ln a}{a}$, 设函数 $g(x)=\frac{\ln x}{x}$, 则 $g^{\prime}(x)=\frac{1-\ln x}{x^{2}}$, 令 $g^{\prime}(x)=0$, 得 $x=e$, 在 $(0, e)$ 内 $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 单调递增; 在 $(e,+\infty)$ 上 $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 单调递减; $\therefore g(x)_{\max }=g(e)=\frac{1}{e}$, 又 $g(1)=0$, 当 $x$ 趋近于 $+\infty$ 时, $g(x)$ 趋近于 0 , 所以曲线 $y=f(x)$ 与直线 $y=1$ 有且仅有两个交点, 即曲线 $y=g(x)$ 与直线 $y=\frac{a}{\ln a}$ 有两个交点的充分必 要条件是 $0<\frac{\ln a}{a}<\frac{1}{e}$, 这即是 $0<g(a)<g(e)$, 所以 $a$ 的取值范围是 $(1, e) \cup(e,+\infty)$. |
| kimi | (1)【解析】 首先，我们需要求出函数 $f(x)$ 的导数 $f'(x)$ 来确定其单调性。 当 $a=2$ 时，函数 $f(x)=\frac{x^{2}}{2^{x}}$。 求导得： $f'(x) = \frac{d}{dx}(\frac{x^{2}}{2^{x}}) = \frac{2x \cdot 2^{x} - x^{2} \cdot 2^{x} \ln 2}{(2^{x})^{2}} = \frac{2x - x^{2} \ln 2}{2^{x}}$。 接下来，我们需要找出 $f'(x) > 0$ 和 $f'(x) < 0$ 的区间。 令 $f'(x) = 0$，解得 $x = 0$ 或 $x = \frac{2}{\ln 2}$。 当 $x \in (0, \frac{2}{\ln 2})$ 时，$f'(x) > 0$，说明 $f(x)$ 在此区间内单调递增。 当 $x \in (\frac{2}{\ln 2}, +\infty)$ 时，$f'(x) < 0$，说明 $f(x)$ 在此区间内单调递减。 <eoe> 【答案】 当 $a=2$ 时，$f(x)$ 的单调递增区间为 $(0, \frac{2}{\ln 2})$，单调递减区间为 $(\frac{2}{\ln 2}, +\infty)$。<eoa> (2)【解析】 我们需要找到 $a$ 的取值范围使得 $f(x)$ 与直线 $y=1$ 有且仅有两个交点。 首先，令 $f(x) = 1$，即 $\frac{x^{a}}{a^{x}} = 1$。 这意味着 $x^{a} = a^{x}$。 我们可以通过分析函数 $f(x)$ 的性质来确定 $a$ 的取值范围。 当 $a > 1$ 时，$f(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上是单调递减的，因为 $x^{a}$ 的增长速度比 $a^{x}$ 快。 当 $0 < a < 1$ 时，$f(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上是单调递增的，因为 $a^{x}$ 的增长速度比 $x^{a}$ 快。 要使得 $f(x)$ 与直线 $y=1$ 有且仅有两个交点，$a$ 必须小于 1 且大于 0。 此外，我们还需要考虑 $f(x)$ 在 $x \to 0$ 和 $x \to +\infty$ 时的极限。 当 $x \to 0$ 时，$f(x) \to +\infty$。 当 $x \to +\infty$ 时，$f(x) \to 0$。 因此，为了有两个交点，$a$ 必须使得 $f(x)$ 在某一点达到最大值，并且这个最大值大于 1。 通过分析，我们可以得出 $a$ 的取值范围为 $(0, 1)$。 <eoe> 【答案】 $a$ 的取值范围为 $(0, 1)$。<eoa> |
【详解】（1）当 $a=2$ 时, $f(x)=\frac{x^{2}}{2^{x}}, f^{\prime}(x)=\frac{2 x-2^{x}-x^{2} \diamond 2^{x} \ln 2}{\left(2^{x}\right)^{2}}=\frac{x \diamond 2^{x}(2-x \ln 2)}{4^{x}}$, 令 $f^{\prime}(x)=0$ 得 $x=\frac{2}{\ln 2}$, 当 $0<x<\frac{2}{\ln 2}$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 当 $x>\frac{2}{\ln 2}$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, $\therefore$ 函数 $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{2}{\ln 2}\right]$ 上单调递增; $\left[\frac{2}{\ln 2},+\infty\right)$ 上单调递减; (2) $f(x)=\frac{x^{a}}{a^{x}}=1 \Leftrightarrow a^{x}=x^{a} \Leftrightarrow x \ln a=a \ln x \Leftrightarrow \frac{\ln x}{x}=\frac{\ln a}{a}$, 设函数 $g(x)=\frac{\ln x}{x}$, 则 $g^{\prime}(x)=\frac{1-\ln x}{x^{2}}$, 令 $g^{\prime}(x)=0$, 得 $x=e$, 在 $(0, e)$ 内 $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 单调递增; 在 $(e,+\infty)$ 上 $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 单调递减; $\therefore g(x)_{\max }=g(e)=\frac{1}{e}$, 又 $g(1)=0$, 当 $x$ 趋近于 $+\infty$ 时, $g(x)$ 趋近于 0 , 所以曲线 $y=f(x)$ 与直线 $y=1$ 有且仅有两个交点, 即曲线 $y=g(x)$ 与直线 $y=\frac{a}{\ln a}$ 有两个交点的充分必 要条件是 $0<\frac{\ln a}{a}<\frac{1}{e}$, 这即是 $0<g(a)<g(e)$, 所以 $a$ 的取值范围是 $(1, e) \cup(e,+\infty)$. |
| wenxinyiyan | (1)【解析】当$a = 2$时，$f(x) = \frac{x^{2}}{2^{x}}$，求导得$f^{\prime}(x) = \frac{x(2 - x\ln 2)}{2^{x}}$。由$f^{\prime}(x) = 0$，解得$x = 0$或$x = \frac{2}{\ln 2}$。因此，函数$f(x)$在$(0,\frac{2}{\ln 2})$上单调递增，在$(\frac{2}{\ln 2}, + \infty)$上单调递减。 【答案】函数$f(x)$的单调递增区间为$(0,\frac{2}{\ln 2})$，单调递减区间为$(\frac{2}{\ln 2}, + \infty)$。 (2)【解析】由曲线$y = f(x)$与直线$y = 1$有且仅有两个交点，即方程$\frac{x^{a}}{a^{x}} = 1$有两个解。这等价于求解$a^{x} - x^{a} = 0$。令$g(x) = a^{x} - x^{a}$，求导得$g^{\prime}(x) = a^{x}\ln a - ax^{a - 1}$。进一步求导得$g^{''}(x) = a^{x}{(\ln a)}^{2} - a(a - 1)x^{a - 2}$。当$a > 1$时，$g^{''}(x) > 0$，所以$g^{\prime}(x)$在$(0, + \infty)$上单调递增。又因为$g^{\prime}(1) = a\ln a - a = a(\ln a - 1) < 0$，$g^{\prime}(2a) = a^{2a}\ln a - 2a^{a} = a^{a}(a^{a}\ln a - 2) > 0$，所以存在$x_{0} \in (1,2a)$，使得$g^{\prime}(x_{0}) = 0$。因此，$g(x)$在$(0,x_{0})$上单调递减，在$(x_{0}, + \infty)$上单调递增。又因为$g(1) = a - 1 > 0$，$g(2a) = a^{2a} - {(2a)}^{a} = a^{a}(a^{a} - 2^{a}) < 0$，当$x$趋近于0时，$g(x) > 0$，当$x$趋近于$+ \infty$时，$g(x) > 0$，所以$g(x)$在$(0,x_{0})$和$(x_{0}, + \infty)$上各有一个零点。因此，$a$的取值范围为$(1, + \infty)$。 【答案】$a$的取值范围为$(1, + \infty)$。 |
【详解】（1）当 $a=2$ 时, $f(x)=\frac{x^{2}}{2^{x}}, f^{\prime}(x)=\frac{2 x-2^{x}-x^{2} \diamond 2^{x} \ln 2}{\left(2^{x}\right)^{2}}=\frac{x \diamond 2^{x}(2-x \ln 2)}{4^{x}}$, 令 $f^{\prime}(x)=0$ 得 $x=\frac{2}{\ln 2}$, 当 $0<x<\frac{2}{\ln 2}$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 当 $x>\frac{2}{\ln 2}$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, $\therefore$ 函数 $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{2}{\ln 2}\right]$ 上单调递增; $\left[\frac{2}{\ln 2},+\infty\right)$ 上单调递减; (2) $f(x)=\frac{x^{a}}{a^{x}}=1 \Leftrightarrow a^{x}=x^{a} \Leftrightarrow x \ln a=a \ln x \Leftrightarrow \frac{\ln x}{x}=\frac{\ln a}{a}$, 设函数 $g(x)=\frac{\ln x}{x}$, 则 $g^{\prime}(x)=\frac{1-\ln x}{x^{2}}$, 令 $g^{\prime}(x)=0$, 得 $x=e$, 在 $(0, e)$ 内 $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 单调递增; 在 $(e,+\infty)$ 上 $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 单调递减; $\therefore g(x)_{\max }=g(e)=\frac{1}{e}$, 又 $g(1)=0$, 当 $x$ 趋近于 $+\infty$ 时, $g(x)$ 趋近于 0 , 所以曲线 $y=f(x)$ 与直线 $y=1$ 有且仅有两个交点, 即曲线 $y=g(x)$ 与直线 $y=\frac{a}{\ln a}$ 有两个交点的充分必 要条件是 $0<\frac{\ln a}{a}<\frac{1}{e}$, 这即是 $0<g(a)<g(e)$, 所以 $a$ 的取值范围是 $(1, e) \cup(e,+\infty)$. |
| zhipu | (1)【解析】 首先，我们将 \( a = 2 \) 代入函数 \( f(x) \) 中，得到： \[ f(x) = \frac{x^2}{2^x} \] 为了研究函数的单调性，我们需要求导数 \( f'(x) \)。利用商的求导法则，设 \( u(x) = x^2 \) 和 \( v(x) = 2^x \)，则： \[ f(x) = \frac{u(x)}{v(x)} \] \[ u'(x) = 2x \] \[ v'(x) = 2^x \ln 2 \] 根据商的求导法则： \[ f'(x) = \frac{u'(x)v(x) - u(x)v'(x)}{[v(x)]^2} \] \[ f'(x) = \frac{2x \cdot 2^x - x^2 \cdot 2^x \ln 2}{(2^x)^2} \] \[ f'(x) = \frac{2^x (2x - x^2 \ln 2)}{2^{2x}} \] \[ f'(x) = \frac{2x - x^2 \ln 2}{2^x} \] 为了确定单调区间，我们需要分析 \( f'(x) \) 的符号。令 \( f'(x) = 0 \)： \[ 2x - x^2 \ln 2 = 0 \] \[ x(2 - x \ln 2) = 0 \] 解得： \[ x = 0 \quad \text{或} \quad x = \frac{2}{\ln 2} \] 由于 \( x > 0 \)，所以 \( x = \frac{2}{\ln 2} \) 是我们关心的点。接下来，我们分析 \( f'(x) \) 在 \( x = \frac{2}{\ln 2} \) 左右的符号： 1. 当 \( 0 < x < \frac{2}{\ln 2} \) 时，\( 2x < x^2 \ln 2 \)，即 \( f'(x) > 0 \)，函数 \( f(x) \) 在该区间单调递增。 2. 当 \( x > \frac{2}{\ln 2} \) 时，\( 2x > x^2 \ln 2 \)，即 \( f'(x) < 0 \)，函数 \( f(x) \) 在该区间单调递减。 综上所述，函数 \( f(x) \) 的单调递增区间为 \( \left( 0, \frac{2}{\ln 2} \right) \)，单调递减区间为 \( \left( \frac{2}{\ln 2}, +\infty \right) \)。<eoe> 【答案】 函数 \( f(x) \) 的单调递增区间为 \( \left( 0, \frac{2}{\ln 2} \right) \)，单调递减区间为 \( \left( \frac{2}{\ln 2}, +\infty \right) \)。<eoa> (2)【解析】 我们需要研究曲线 \( y = f(x) \) 与直线 \( y = 1 \) 的交点个数。即求解方程： \[ \frac{x^a}{a^x} = 1 \] \[ x^a = a^x \] 取对数，两边同时取自然对数 \( \ln \)： \[ \ln(x^a) = \ln(a^x) \] \[ a \ln x = x \ln a \] \[ \frac{\ln x}{x} = \frac{\ln a}{a} \] 令 \( g(x) = \frac{\ln x}{x} \)，我们需要研究 \( g(x) \) 的性质。求导数 \( g'(x) \)： \[ g(x) = \frac{\ln x}{x} \] \[ g'(x) = \frac{(1/x) \cdot x - \ln x \cdot 1}{x^2} \] \[ g'(x) = \frac{1 - \ln x}{x^2} \] 令 \( g'(x) = 0 \)： \[ 1 - \ln x = 0 \] \[ \ln x = 1 \] \[ x = e \] 分析 \( g(x) \) 的单调性： 1. 当 \( 0 < x < e \) 时，\( \ln x < 1 \)，即 \( g'(x) > 0 \)，函数 \( g(x) \) 在该区间单调递增。 2. 当 \( x > e \) 时，\( \ln x > 1 \)，即 \( g'(x) < 0 \)，函数 \( g(x) \) 在该区间单调递减。 因此，\( g(x) \) 在 \( x = e \) 处取得最大值： \[ g(e) = \frac{\ln e}{e} = \frac{1}{e} \] 为了使方程 \( \frac{\ln x}{x} = \frac{\ln a}{a} \) 有且仅有两个解，必须满足 \( \frac{\ln a}{a} < \frac{1}{e} \)。 分析 \( h(a) = \frac{\ln a}{a} \) 的性质，求导数 \( h'(a) \)： \[ h(a) = \frac{\ln a}{a} \] \[ h'(a) = \frac{(1/a) \cdot a - \ln a \cdot 1}{a^2} \] \[ h'(a) = \frac{1 - \ln a}{a^2} \] 令 \( h'(a) = 0 \)： \[ 1 - \ln a = 0 \] \[ \ln a = 1 \] \[ a = e \] 分析 \( h(a) \) 的单调性： 1. 当 \( 0 < a < e \) 时，\( \ln a < 1 \)，即 \( h'(a) > 0 \)，函数 \( h(a) \) 在该区间单调递增。 2. 当 \( a > e \) 时，\( \ln a > 1 \)，即 \( h'(a) < 0 \)，函数 \( h(a) \) 在该区间单调递减。 因此，\( h(a) \) 在 \( a = e \) 处取得最大值 \( \frac{1}{e} \)。为了使 \( \frac{\ln a}{a} < \frac{1}{e} \)，需要 \( a \neq e \) 且 \( a > 0 \)。 综上所述，\( a \) 的取值范围为 \( 0 < a < e \) 或 \( a > e \)。<eoe> 【答案】 \( a \) 的取值范围为 \( 0 < a < e \) 或 \( a > e \)。<eoa> |
【详解】（1）当 $a=2$ 时, $f(x)=\frac{x^{2}}{2^{x}}, f^{\prime}(x)=\frac{2 x-2^{x}-x^{2} \diamond 2^{x} \ln 2}{\left(2^{x}\right)^{2}}=\frac{x \diamond 2^{x}(2-x \ln 2)}{4^{x}}$, 令 $f^{\prime}(x)=0$ 得 $x=\frac{2}{\ln 2}$, 当 $0<x<\frac{2}{\ln 2}$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 当 $x>\frac{2}{\ln 2}$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, $\therefore$ 函数 $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{2}{\ln 2}\right]$ 上单调递增; $\left[\frac{2}{\ln 2},+\infty\right)$ 上单调递减; (2) $f(x)=\frac{x^{a}}{a^{x}}=1 \Leftrightarrow a^{x}=x^{a} \Leftrightarrow x \ln a=a \ln x \Leftrightarrow \frac{\ln x}{x}=\frac{\ln a}{a}$, 设函数 $g(x)=\frac{\ln x}{x}$, 则 $g^{\prime}(x)=\frac{1-\ln x}{x^{2}}$, 令 $g^{\prime}(x)=0$, 得 $x=e$, 在 $(0, e)$ 内 $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 单调递增; 在 $(e,+\infty)$ 上 $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 单调递减; $\therefore g(x)_{\max }=g(e)=\frac{1}{e}$, 又 $g(1)=0$, 当 $x$ 趋近于 $+\infty$ 时, $g(x)$ 趋近于 0 , 所以曲线 $y=f(x)$ 与直线 $y=1$ 有且仅有两个交点, 即曲线 $y=g(x)$ 与直线 $y=\frac{a}{\ln a}$ 有两个交点的充分必 要条件是 $0<\frac{\ln a}{a}<\frac{1}{e}$, 这即是 $0<g(a)<g(e)$, 所以 $a$ 的取值范围是 $(1, e) \cup(e,+\infty)$. |
| gpto1 | (1)【解析】 当 $a=2$ 时，函数为 $f(x)=\dfrac{x^{2}}{2^{x}}$，定义域为 $x>0$。 要求函数的单调区间，首先求其导数： 计算 $f(x)$ 的导数： $$ f'(x) = \left( \dfrac{x^{2}}{2^{x}} \right)' = \dfrac{(x^{2})' \cdot 2^{x} - x^{2} \cdot (2^{x})'}{(2^{x})^{2}} = \dfrac{2x \cdot 2^{x} - x^{2} \cdot 2^{x} \ln 2}{2^{2x}} = \dfrac{2^{x} [2x - x^{2} \ln 2]}{4^{x}} $$ 由于 $2^{x}>0$，$4^{x}>0$，所以导数的符号由分子决定。 设 $g(x) = 2x - x^{2} \ln 2$，求其零点： $$ 2x - x^{2} \ln 2 = 0 \\ x (2 - x \ln 2) = 0 $$ 因为 $x>0$，所以 $x=0$ 不在定义域内，解得临界点： $$ x = \dfrac{2}{\ln 2} $$ 通过分段讨论 $g(x)$ 的符号： 1. 当 $0 < x < \dfrac{2}{\ln 2}$ 时，$2 - x \ln 2 > 0$，$g(x) > 0$，$f'(x) > 0$，函数递增。 2. 当 $x > \dfrac{2}{\ln 2}$ 时，$2 - x \ln 2 < 0$，$g(x) < 0$，$f'(x) < 0$，函数递减。 因此，函数 $f(x)$ 的单调区间为： - 递增区间：$\left( 0, \dfrac{2}{\ln 2} \right)$ - 递减区间：$\left( \dfrac{2}{\ln 2}, +\infty \right)$ <eoe> 【答案】 (1) 当 $a=2$ 时，函数 $f(x)$ 在区间 $\left( 0, \dfrac{2}{\ln 2} \right)$ 上递增，在 $\left( \dfrac{2}{\ln 2}, +\infty \right)$ 上递减。 <eoa> (2)【解析】 要求曲线 $y=f(x)$ 与直线 $y=1$ 有且仅有两个交点，即方程 $f(x)=1$ 在 $x>0$ 上有且仅有两个解。 设 $f(x) = 1$，即： $$ \dfrac{x^{a}}{a^{x}} = 1 \\ \Rightarrow x^{a} = a^{x} \\ \Rightarrow \ln x^{a} = \ln a^{x} \\ \Rightarrow a \ln x = x \ln a $$ 移项得： $$ a \ln x - x \ln a = 0 $$ 令 $g(x) = a \ln x - x \ln a$，注意到 $x>0$。 将方程变形为： $$ \dfrac{\ln x}{x} = \dfrac{\ln a}{a} $$ 令函数 $h(t) = \dfrac{\ln t}{t}$，则方程变为 $h(x) = h(a)$。 函数 $h(t)$ 的性质： 1. 定义域为 $t > 0$。 2. 由于 $h(t) = \dfrac{\ln t}{t}$，求导得： $$ h'(t) = \dfrac{1 - \ln t}{t^{2}} $$ 3. 当 $t = e$ 时，$h'(e) = 0$，函数在 $t = e$ 处取得极大值 $h(e) = \dfrac{1}{e}$。 函数图像特征： - 在 $(0, e)$ 上，$h'(t) > 0$，函数单调递增。 - 在 $(e, +\infty)$ 上，$h'(t) < 0$，函数单调递减。 因此，对于任意的 $c < \dfrac{1}{e}$，方程 $h(t) = c$ 有两个正实数解；当 $c = \dfrac{1}{e}$ 时，只有一个解 $t = e$；当 $c > \dfrac{1}{e}$ 时，无解。 回到问题，令 $c = \dfrac{\ln a}{a}$，我们需要 $c < \dfrac{1}{e}$，即： $$ \dfrac{\ln a}{a} < \dfrac{1}{e} $$ 分析 $c = \dfrac{\ln a}{a}$ 随 $a$ 的变化： - 当 $a = e$ 时，$c = \dfrac{1}{e}$，此时方程只有一个解。 - 当 $a \ne e$ 时，$c < \dfrac{1}{e}$，方程有两个正实数解。 但需要注意的是，$a > 0$ 且 $a \ne 1$。因此，满足条件的 $a$ 的取值范围为 $a > 0$，且 $a \ne 1$，$a \ne e$。 <eoe> 【答案】 (2) $a$ 的取值范围是 $a > 0$，且 $a \ne 1$，$a \ne e$，即 $a \in (0, e) \cup (e, +\infty)$，$a \ne 1$。 <eoa> |
【详解】（1）当 $a=2$ 时, $f(x)=\frac{x^{2}}{2^{x}}, f^{\prime}(x)=\frac{2 x-2^{x}-x^{2} \diamond 2^{x} \ln 2}{\left(2^{x}\right)^{2}}=\frac{x \diamond 2^{x}(2-x \ln 2)}{4^{x}}$, 令 $f^{\prime}(x)=0$ 得 $x=\frac{2}{\ln 2}$, 当 $0<x<\frac{2}{\ln 2}$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 当 $x>\frac{2}{\ln 2}$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, $\therefore$ 函数 $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{2}{\ln 2}\right]$ 上单调递增; $\left[\frac{2}{\ln 2},+\infty\right)$ 上单调递减; (2) $f(x)=\frac{x^{a}}{a^{x}}=1 \Leftrightarrow a^{x}=x^{a} \Leftrightarrow x \ln a=a \ln x \Leftrightarrow \frac{\ln x}{x}=\frac{\ln a}{a}$, 设函数 $g(x)=\frac{\ln x}{x}$, 则 $g^{\prime}(x)=\frac{1-\ln x}{x^{2}}$, 令 $g^{\prime}(x)=0$, 得 $x=e$, 在 $(0, e)$ 内 $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 单调递增; 在 $(e,+\infty)$ 上 $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 单调递减; $\therefore g(x)_{\max }=g(e)=\frac{1}{e}$, 又 $g(1)=0$, 当 $x$ 趋近于 $+\infty$ 时, $g(x)$ 趋近于 0 , 所以曲线 $y=f(x)$ 与直线 $y=1$ 有且仅有两个交点, 即曲线 $y=g(x)$ 与直线 $y=\frac{a}{\ln a}$ 有两个交点的充分必 要条件是 $0<\frac{\ln a}{a}<\frac{1}{e}$, 这即是 $0<g(a)<g(e)$, 所以 $a$ 的取值范围是 $(1, e) \cup(e,+\infty)$. |
| deepseekv3 | (1)【解析】 当 \( a = 2 \) 时，函数为 \( f(x) = \frac{x^2}{2^x} \)。为了求 \( f(x) \) 的单调区间，我们需要求其导数并分析导数的符号。 首先，计算导数 \( f'(x) \)： \[ f(x) = \frac{x^2}{2^x} = x^2 \cdot 2^{-x} \] 使用乘积法则和链式法则： \[ f'(x) = 2x \cdot 2^{-x} + x^2 \cdot (-\ln 2) \cdot 2^{-x} = 2^{-x} (2x - x^2 \ln 2) \] 令 \( f'(x) = 0 \)，得到： \[ 2x - x^2 \ln 2 = 0 \implies x(2 - x \ln 2) = 0 \] 解得 \( x = 0 \) 或 \( x = \frac{2}{\ln 2} \)。 由于 \( x > 0 \)，临界点为 \( x = \frac{2}{\ln 2} \)。 分析导数符号： - 当 \( 0 < x < \frac{2}{\ln 2} \) 时，\( 2x - x^2 \ln 2 > 0 \)，因此 \( f'(x) > 0 \)，函数单调递增。 - 当 \( x > \frac{2}{\ln 2} \) 时，\( 2x - x^2 \ln 2 < 0 \)，因此 \( f'(x) < 0 \)，函数单调递减。 <eoe> 【答案】 当 \( a = 2 \) 时，函数 \( f(x) = \frac{x^2}{2^x} \) 在区间 \( \left(0, \frac{2}{\ln 2}\right) \) 上单调递增，在区间 \( \left(\frac{2}{\ln 2}, +\infty\right) \) 上单调递减。 <eoa> (2)【解析】 要使曲线 \( y = f(x) \) 与直线 \( y = 1 \) 有且仅有两个交点，即方程 \( \frac{x^a}{a^x} = 1 \) 有两个解。 令 \( g(x) = \frac{x^a}{a^x} - 1 \)，我们需要分析 \( g(x) = 0 \) 的解的个数。 首先，分析 \( g(x) \) 的极限： - 当 \( x \to 0^+ \) 时，\( x^a \to 0 \)，\( a^x \to 1 \)，因此 \( g(x) \to -1 \)。 - 当 \( x \to +\infty \) 时，\( x^a \) 的增长速度比 \( a^x \) 慢，因此 \( g(x) \to -1 \)。 接下来，求 \( g(x) \) 的导数： \[ g'(x) = \frac{a x^{a-1} a^x - x^a a^x \ln a}{a^{2x}} = \frac{x^{a-1} a^x (a - x \ln a)}{a^{2x}} = \frac{x^{a-1} (a - x \ln a)}{a^x} \] 令 \( g'(x) = 0 \)，得到 \( x = \frac{a}{\ln a} \)。 分析 \( g(x) \) 的极值： - 当 \( x < \frac{a}{\ln a} \) 时，\( g'(x) > 0 \)，函数 \( g(x) \) 单调递增。 - 当 \( x > \frac{a}{\ln a} \) 时，\( g'(x) < 0 \)，函数 \( g(x) \) 单调递减。 因此，\( g(x) \) 在 \( x = \frac{a}{\ln a} \) 处取得最大值。 为了使 \( g(x) = 0 \) 有两个解，最大值必须大于零，即： \[ g\left(\frac{a}{\ln a}\right) = \frac{\left(\frac{a}{\ln a}\right)^a}{a^{\frac{a}{\ln a}}} - 1 > 0 \] 化简： \[ \frac{\left(\frac{a}{\ln a}\right)^a}{e^a} - 1 > 0 \implies \left(\frac{a}{\ln a}\right)^a > e^a \implies \left(\frac{a}{\ln a}\right)^a > e^a \] 取对数： \[ a \ln \left(\frac{a}{\ln a}\right) > a \implies \ln \left(\frac{a}{\ln a}\right) > 1 \implies \frac{a}{\ln a} > e \implies a > e \ln a \] 需要找到 \( a > 1 \) 且 \( a \neq 1 \) 满足 \( a > e \ln a \)。 通过分析，我们发现当 \( a > e \) 时，\( a > e \ln a \) 成立。 <eoe> 【答案】 若曲线 \( y = f(x) \) 与直线 \( y = 1 \) 有且仅有两个交点，则 \( a \) 的取值范围为 \( a > e \)。 <eoa> |
【详解】（1）当 $a=2$ 时, $f(x)=\frac{x^{2}}{2^{x}}, f^{\prime}(x)=\frac{2 x-2^{x}-x^{2} \diamond 2^{x} \ln 2}{\left(2^{x}\right)^{2}}=\frac{x \diamond 2^{x}(2-x \ln 2)}{4^{x}}$, 令 $f^{\prime}(x)=0$ 得 $x=\frac{2}{\ln 2}$, 当 $0<x<\frac{2}{\ln 2}$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 当 $x>\frac{2}{\ln 2}$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, $\therefore$ 函数 $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{2}{\ln 2}\right]$ 上单调递增; $\left[\frac{2}{\ln 2},+\infty\right)$ 上单调递减; (2) $f(x)=\frac{x^{a}}{a^{x}}=1 \Leftrightarrow a^{x}=x^{a} \Leftrightarrow x \ln a=a \ln x \Leftrightarrow \frac{\ln x}{x}=\frac{\ln a}{a}$, 设函数 $g(x)=\frac{\ln x}{x}$, 则 $g^{\prime}(x)=\frac{1-\ln x}{x^{2}}$, 令 $g^{\prime}(x)=0$, 得 $x=e$, 在 $(0, e)$ 内 $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 单调递增; 在 $(e,+\infty)$ 上 $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 单调递减; $\therefore g(x)_{\max }=g(e)=\frac{1}{e}$, 又 $g(1)=0$, 当 $x$ 趋近于 $+\infty$ 时, $g(x)$ 趋近于 0 , 所以曲线 $y=f(x)$ 与直线 $y=1$ 有且仅有两个交点, 即曲线 $y=g(x)$ 与直线 $y=\frac{a}{\ln a}$ 有两个交点的充分必 要条件是 $0<\frac{\ln a}{a}<\frac{1}{e}$, 这即是 $0<g(a)<g(e)$, 所以 $a$ 的取值范围是 $(1, e) \cup(e,+\infty)$. |