由于关于y=x对称，等价讨论\(x=a^x\)的解
两函数图像在y=x上的交点，才等价讨论x=ax的解 mathe 发表于 2018-1-25 20:29
由于关于y=x对称，考察和对称轴的交点数目，分析函数ln(x)/ln(a)-x的零点数目。求导得出极值点为x=1/ln(a) ...
这位老师能否把两函数图像交点总结一下？ 本帖最后由 kastin 于 2018-1-26 19:52 编辑
要使问题有意义，要求 `a>0` 且 `a\neq 1`.
考虑方程 `\D a^x=\log_ax`，若有解，则 `x>0`.
由 `a^x>0` 可知 `\log_a x>0`，从而得到相容条件：当 `0< a< 1` 时，必有 `0 < x < 1`；当 `a > 1` 时，必有 `x>1`.
方程两端取以 `a` 为底的对数，得 `x=\log_a\log_ax`，记 `f(x)=\log_a\log_a x-x`，交点个数就是函数 `f(x)` 根的个数。为了后面分析方便，利用换底公式将其改写成 \[f(x)=\begin{cases}\D \frac{\ln\ln x-\ln\ln a-x\ln a}{\ln a}&(x,a > 1)\\
\D\frac{\ln(-\ln x)-\ln(-\ln a)-x\ln a}{\ln a} &(0 < x,a < 1)\end{cases}\]
下面通过分析其单调区间以及极值、凹凸性分布情况来估计其根的分布。
`f(x)` 的一阶导函数 `\D g_1(x)= f'(x)=\frac{1}{x\ln x\ln a}-1`，二阶导函数 `\D g_2(x)=f''(x)=-\frac{1}{\ln a}\frac{1+\ln x}{(x\ln x)^2}`. 显然 `f(x)` 仅有一个拐点 `x=1/\mathrm e`.注意 `x=1` 为 `g_1(x)` 的奇点，讨论凹凸性和单调性时须注意断开。
令 `g_1(x)=0` 得导函数零点方程 `\D x\ln x=\frac{1}{\ln a}`，利用http://bbs.emath.ac.cn/forum.php?mod=redirect&goto=findpost&ptid=15225&pid=73706&fromuid=8865中的方法，可知导函数零点方程根的个数是：
`0 < a < \mathrm e^{-\mathrm e}` 时，两个根；
`\mathrm e^{-\mathrm e} < a < 1` 时，无根；
`a >1` 或 `a=\mathrm e^{-\mathrm e}` 时，一个根。
考察 `0 < a < \mathrm e^{-\mathrm e}` 时，`g_1(x)`有两个根 `x_0,\,x_1`，且`0 < x_0 <1/\mathrm e <x_1 <1`.根据链接中给出函数 `x\ln x` 的单调区间和极值位置可知，当 `0 < x < x_0` 和 `x_1 < x < 1` 时，`x\ln x > 1/\ln a`；当 `x_0 \leqslant x \leqslantx_1` 时，`x\ln x \leqslant1/\ln a`. 这说明， `0 < x \leqslant x_0` 以及 `x_1\leqslant x <1` 时，`g_1(x)\geqslant 0`；`x_0\leqslant x \leqslant x_1` 时，`g_1(x)\leqslant 0`.
所以 `f(x)` 分别在 `(0,x_0]` 以及 `` 内单调递减。
分析拐点左右侧凹凸性。由于 `0< x_0 <1/\mathrm e`，故 `0< \mathrm e x_0 < 1 `，即 `\ln (\mathrm e x_0)=1+\ln x_0 < 0`，再注意到 `\ln a<0`，从而 `g_2(x_0)=\D -\frac{1+\ln x_0}{(x_0\ln x_0)^2\ln a} < 0`；同理，`g_2(x_1) > 0`.
所以，`f(x)`在 `(0,\frac{1}{\mathrm e}]` 内上凹，`[\frac{1}{\mathrm e},1)` 内下凸。当然，这一结论这还可以从另一角度推出：
因为 `a < \mathrm e^{-\mathrm e}`，所以 `g_1(1/\mathrm e)=-\frac{\mathrm e}{\ln a}-1 <-\frac{\mathrm e}{-\mathrm e}-1=0`. 拐点处斜率为负，再根据上面单调性结论可知，`x=1/\mathrm e`的左侧 `x=x_0` 是极大值点，右侧 `x_1` 是极小值点，从而得知左侧为上凹，右侧为下凸。
最后来判断极值点和端点的符号。注意到 `a` 小于1，`\log_a x` 为减函数，则 `f(0)\to -\infty`，`f(1)\to +\infty`.故 `f(x)` 在 `` 内至少有一个根。具体情况根据 `f(x_0)` 和 `f(x_1)` 的符号来确定——
若同号，则只有一个根；
若一正一零，或一零一负，则只有两个根；
若一正一负，则有三个根。
所以还需要找到使得两个极值点分别与 `x` 轴相切的情形对应的 `a` 的值，然后重新分类讨论。
当极值点 `(x_{0,1},f(x_{0,1}))` 与 `x` 轴相切，则有\[\begin{cases}g_1(x_{0,1})=0\\f(x_{0,1})=0\end{cases}\]整理得等价形式\[\begin{cases}\D x_{0,1}\log_a x_{0,1}=\frac{1}{(\ln a)^2}\\ \D x_{0,1}+\log_a x_{0,1}=-\log_a(\ln a)^2\end{cases}\]解这个二次方程，得\[\begin{cases}\D x_{0,1}=\frac{-\ln(\ln a)^2\ln a-\sqrt{(\ln(\ln a)^2)^2-4}\ln a}{2(\ln a)^2}\\ \D \log_a x_{0,1}=\frac{\sqrt{(\ln(\ln a)^2)^2-4}-\ln(\ln a)^2}{2\ln a}\end{cases}\]或者\[\begin{cases}\D x_{0,1}=\frac{-\ln(\ln a)^2\ln a+\sqrt{(\ln(\ln a)^2)^2-4}\ln a}{2(\ln a)^2}\\ \D \log_a x_{0,1}=\frac{-\sqrt{(\ln(\ln a)^2)^2-4}-\ln(\ln a)^2}{2\ln a}\end{cases}\]显然由于相切，故 `x_{0,1}` 为重根，因此分子中根号内判别式为零。解得 `a=\mathrm e^{\pm \mathrm e^{\pm1}}`.注意，这里的方程并未使用任何约束，故 `0 < a < 1`,`x_1 \geqslant x_0 > 0 `. 所以只能取 `a=\mathrm e^{-\mathrm e}` 或者`a=\mathrm e^{\frac{1}{\mathrm e}}` ，分别对应于 `x_0=\frac{1}{\mathrm e}` 和`x_1=\mathrm e`. kastin 发表于 2018-1-26 15:11
要使问题有意义，要求 `a>0` 且 `a\neq 1`.
考虑方程 `\D a^x=\log_ax`，若有解，则 `x>0`.
由 `a^x>0`...
1、十分感谢你的解答！
2、先讨论0＜a＜1的情况，根据我的理解：
（1）指数函数与对数函数都是减函数。
（2）当x从0到∞时，指数函数从1递减到0，对数函数从+∞递减到-∞。
（3）根据连续原理，指数函数与对数函数至少有一个交点。
（4）无法理解你的结论：无交点或有两个交点。怎么会无交点呢？ kastin 发表于 2018-1-26 15:11
要使问题有意义，要求 `a>0` 且 `a\neq 1`.
考虑方程 `\D a^x=\log_ax`，若有解，则 `x>0`.
由 `a^x>0`...
能否把两函数图像交点归纳一下？ 现在很清楚了，当 `a` 从 `0` 逐渐增大到 `\mathrm e^{-\mathrm e}` 时，两个极值点在 `1/\mathrm e` 两侧逐渐朝 `1/\mathrm e` 靠拢，最终重合且与 `x` 轴相切。因为 `x_0\log_a x_0=1/(\ln a)^2`，故 `f(x_0)=\log_a\log_a x-x=\log_a\frac{1}{x_0(\ln a)^2}=-x_0-\log_a x_0-\log_a(\ln a)^2`. 当 `x<1/\mathrm e` 时 `f(x_0)>0`，类似地 `f(x_1) < 0`。从而得到一正一负的两个极值点。根据13楼中间的结论，可断定：
1)当 `0< a <\mathrm e^{-\mathrm e}` 时，`f(x)` 有三个根，即1楼中的对数和指数函数图像有三个交点。
2) 当 ` a =\mathrm e^{-\mathrm e}` 时，恰好两个极值点重合并且退化为拐点（同时也是零点），此时只有一个根，即1楼中的对数和指数函数图像只有一个交点。
3) 当 `\mathrm e^{-\mathrm e}< a < 1` 时，由13楼可知，导函数零点方程无根，因此 `f(x)` 在 `(0,1)` 上单调，且左（右）两端分别趋近于负（正）无穷，此时 f(x)只有一个根，即1楼中对数函数和指数函数图像交点只有一个。
4) 当 `1< a < \mathrm e^{1/\mathrm e}` 时，导函数零点方程仍然只有一个根 `x^*`，因为 `a<\mathrm e^{1/\mathrm e}` 所以 `x*>e` (根据13楼最后，等于 `\mathrm e` 就是极值点与 `x` 轴相切的情形). 剩下考虑凹凸性以及该点符号就能判别交点个数。因为 `a>1,x^*>1` 故 `f''(x^*)=g_2(x^*) < 0`，因此在 `f(x)` 在 `(1,\infty)` 内为上凹函数。 由`x^*>\mathrm e` 和 `1< a < \mathrm e^{1/\mathrm e}` 可知 `f(x^*) > 0`，此时有两个根，即对数函数和指数函数图像有两个交点。
5) 当 `a=\mathrm e^{1/\mathrm e}` 时，正好是相切情形，只有一个根，因此对数函数和指数函数只有一个交点。
6) 当 `a>\mathrm e^{1/\mathrm e}` 时，`f(x^*) < 0`，即最大值小于零，故无交点。
综上所述：
`a\in(0,\mathrm e^{-\mathrm e})`，三个交点；
`a\in[\mathrm e^{-\mathrm e},1) \cup \{e^{1/\mathrm e}\}`，一个交点；
`a\in (1,\mathrm e^{1/\mathrm e})`，两个交点；
`a\in (\mathrm e^{1/\mathrm e},+\infty)`，无交点。 kastin 发表于 2018-1-26 17:39
现在很清楚了，当 `a` 从 `0` 逐渐增大到 `\mathrm e^{-\mathrm e}` 时，两个极值点在 `1/\mathrm e` 两侧 ...
1、归纳的特别好，你这位数学大师的数学水平是大大的高。
2、我已将此问题推广到底数不相同的情况（见新帖：函数图像的交点问题），想见识一下你这位数学大师的数学高见。 kastin 发表于 2018-1-26 17:39
现在很清楚了，当 `a` 从 `0` 逐渐增大到 `\mathrm e^{-\mathrm e}` 时，两个极值点在 `1/\mathrm e` 两侧 ...
看不明白有三个根的情况，能否给出证明？
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