指数函数与其反函数的交点个数
参考：
- 黄俊明. 关于指数函数与对数函数图像的交点个数问题[J]. 凯里学院学报, 2007, 25 (006): 7-8.
指数函数和它的反函数可以有 3 个交点
讨论 \(y=a^x\) 和 \(y=\log_ax\) 的交点个数等价于讨论 \(a^x = \log_ax\) 的解的个数。
设 \(a^x = \log_ax = u\) ，不妨分两种情况来讨论。
情况一
当 \(u = x\) 时，原式等价于
\[ a = x^\frac{1}{x} \ (x \gt 0) \]
接着考察 \(f(x) = x^\frac{1}{x} \ (x \gt 0)\) 的单调性和值域。
\[ \begin{align} f(x) &= x^\frac{1}{x} = e^{\frac{1}{x} \ln x} \\\\ f'(x) &= e^{\frac{1}{x}\ln x} \ (-\frac{\ln x}{x^2} + \frac{1}{x^2}) \\\\ &= x^{\frac{1}{x}-2} \ (1-\ln x) \end{align} \]
由于 \(x^{\frac{1}{x}-2} > 0\) 恒成立，所以易得
- \(x \in (0,\ e)\) 时， \(f'(x) > 0\)。
- \(x = e\) 时， \(f'(x) = 0\)。
- \(x \in (e,\ +\infty)\) 时， \(f'(x) < 0\)。
求 \(f(x)\) 两边的极限
\[ \begin{align} \lim_{x \to 0^+}f(x) &= \lim_{x \to 0^+}e^{\frac{1}{x} \ln x} = 0 \\\\ \lim_{x \to +\infty}f(x) &= \lim_{x \to +\infty}e^{\frac{1}{x} \ln x} = 1 \end{align} \]
得知 \(f(x)\)
- 在区间 \((0,\ e)\) 上由 \(0\) 单调递增至 \(e^{e^{-1}}\)。
- 在 \(x = e\) 处取得极大值 \(e^{e^{-1}}\)。
- 在区间 \((e,\ +\infty)\) 上由 \(e^{e^{-1}}\) 单调递减至 \(1\)。
- 值域为 \((0,\ e^{e^{-1}}]\)。
草图
画张草图，数形结合，很容易知道
- \(a \in (0,\ 1) \cup \lbrace e^{e^{-1}} \rbrace\) 时，原方程有唯一的实数解。
- \(a \in (1,\ e^{e^{-1}})\) 时，原方程有两个实数解。
- \(a \in (e^{e^{-1}},\ +\infty)\) 时，原方程无实数解。
特别地，当 \(a = e^{e^{-1}}\) 时
\[ \begin{align} a &= e^{e^{-1}} = x^{\frac{1}{x}} \\\\ \Rightarrow x &= e \end{align} \]
令
\[ \begin{align} g(x) &= a^x = (e^{e^{-1}})^x \\\\ h(x) &= \log_ax = \log_{e^{e^{-1}}}x = e \ln x \end{align} \]
求导
\[ \begin{align} g'(x) &= (e^{e^{-1}})^x \ \frac{1}{e} = e^{\frac{x}{e} - 1}\\\\ h'(x) &= \frac{e}{x} \end{align} \]
发现 \(g'(e) = h'(e) = 1\) ，所以 \(g (x),\ h(x)\) 相切 \(y = x\) 于一点 \((e,\ e)\) 。
情况二
当 \(u \neq x\) 时，原式等价于
\[ a = x^{\frac{1}{u}} = u^{\frac{1}{x}} \ (x,u \gt 0) \]
由 \(y=a^x\) 和 \(y=\log_ax\) 的对称性，这里不妨假设 \(u \gt x \gt 0\) 。
注：这里只计算直线 \(y = x\) 上方的那个交点 \((x,\ u)\) 。如果这个交点存在，那么由对称性就能知道另一个交点。
发现 \(u = x^{\frac{x}{u}}\) ，于是构造 \(u = x^{1-\frac{1}{\gamma}} \ (\gamma \neq 0)\) ，得
\[ \begin{align} x &= (1 - \frac{1}{\gamma})^\gamma \\\\ u &= (1 - \frac{1}{\gamma})^{\gamma - 1} \\\\ u &= \frac{\gamma}{\gamma - 1} x \end{align} \]
注：这就相当于直接构造 \(\dfrac{x}{u} = 1-\dfrac{1}{\gamma}\) 。这样构造使我们很容易求出 \(x,\ u\) 的表达式，并且表达式里的指数也是很简单的整式。
由 \(u \gt x \gt 0\) 可以得到 \(\gamma \gt 1\) 。
此时
\[ a = x^{\frac{1}{u}} = (1 - \frac{1}{\gamma})^{\gamma (1 - \frac{1}{\gamma})^{1 - \gamma}} \]
记
\[ f(\gamma) = a = (1 - \frac{1}{\gamma})^{\gamma (1 - \frac{1}{\gamma})^{1 - \gamma}} \ (\gamma \gt 1) \]
对 \(f(\gamma)\) 求导（不难，但很麻烦，所以省略中间重复使用链式法则的过程）
\[ \begin{align} f'(\gamma) &= f(\gamma) \ \ \dot \ \ \left [\gamma (1 - \frac{1}{\gamma})^{1 - \gamma} \ln(1 - \frac{1}{\gamma}) \right ]' \\\\ &= \ ...... \\\\ &= f(\gamma) \ (1 - \frac{1}{\gamma})^{1 - \gamma} \ \left [\frac{1}{\gamma - 1} - \gamma \ln^2(1 - \frac{1}{\gamma}) \right ] \\\\ &= \frac{f(\gamma)}{\gamma u} \ \left [\frac{1}{\gamma (\gamma - 1)} - \ln^2(1 - \frac{1}{\gamma}) \right ] \\\\ &= \frac{f(\gamma)}{\gamma u} \ \left [\frac{1}{\sqrt{\gamma (\gamma - 1)}} - \ln(1 - \frac{1}{\gamma}) \right ] \ \left [\frac{1}{\sqrt{\gamma (\gamma - 1)}} + \ln(1 - \frac{1}{\gamma}) \right ] \end{align} \]
因为 \(f(\gamma) \gt 0,\ u \gt 0,\ \gamma \gt 1\) 所以
\[ \begin{align} \frac{f(\gamma)}{\gamma u} &\gt 0 \\\\ \frac{1}{\sqrt{\gamma (\gamma - 1)}} &- \ln(1 - \frac{1}{\gamma}) \gt 0 \end{align} \]
记
\[ g(\gamma) = \frac{1}{\sqrt{\gamma (\gamma - 1)}} + \ln(1 - \frac{1}{\gamma}) \]
可知 \(f'(\gamma)\) 与 \(g(\gamma)\) 同号。对 \(g(\gamma)\) 求导
\[ \begin{align} g'(\gamma) &= \frac{1}{\gamma (\gamma - 1)} \ \left [1 - \frac{2\gamma - 1}{2\sqrt{\gamma (\gamma - 1)}} \right ] \\\\ &= \frac{1}{\gamma (\gamma - 1)} \ \left [1 - \frac{1}{2}\sqrt{4 + \frac{1}{\gamma (\gamma - 1)}} \ \right ] \lt 0 \end{align} \]
得知 \(g(\gamma)\) 在 \((1,\ +\infty)\) 单调递减，又由
\[ \lim_{\gamma \to +\infty} g(\gamma) = \lim_{\gamma \to +\infty} \left ( \frac{1}{\sqrt{\gamma (\gamma - 1)}} + \ln(1 - \frac{1}{\gamma}) \right ) = 0 \]
知 \(g(\gamma) \gt 0\) ，所以 \(f'(\gamma) \gt 0\) 。
求 \(f(\gamma)\) 两端极限（因为不好求，所以先求 \(x\) 和 \(u\) 的极限）
\[ \begin{align} &\lim_{\gamma \to 1^+} x = \lim_{\gamma \to 1^+} (1 - \frac{1}{\gamma})^\gamma = 0 \\\\ &\lim_{\gamma \to 1^+} u = \lim_{\gamma \to 1^+} (1 - \frac{1}{\gamma})^{\gamma - 1} = 1 \\\\ &\lim_{\gamma \to 1^+} f(\gamma) = \lim_{\gamma \to 1^+} x^{\frac{1}{u}} = 0 \\\\ \\ &\lim_{\gamma \to +\infty} x = \lim_{\gamma \to +\infty} (1 - \frac{1}{\gamma})^\gamma = e^{-1} \\\\ &\lim_{\gamma \to +\infty} u = \lim_{\gamma \to +\infty} (1 - \frac{1}{\gamma})^{\gamma - 1} = e^{-1} \\\\ &\lim_{\gamma \to +\infty} f(\gamma) = \lim_{\gamma \to +\infty} x^{\frac{1}{u}} = e^{-e} \end{align} \]
所以，\(f(\gamma)\) 在 \((1,\ +\infty)\) 上单调递增，值域为 \((0,\ e^{-e})\) 。
草图
画张草图，数形结合，可以知道，当且仅当 \(a \in (0,\ e^{-e})\) 时， \(\gamma\) 可由 \(a\) 唯一确定。
那么我们可以确定，当 \(a \in (0,\ e^{-e})\) 时， \(y=a^x\) 和 \(y=\log_ax\) 在直线 \(y = x\) 上方有唯一的一个交点 \((x,\ u)\) 。根据对称性又能推出，在直线 \(y = x\) 下方，两个函数也一定有一个交点。
所以
- \(a \in (0,\ e^{-e})\) 时，原方程有两个实数解。
- \(a \in (e^{-e},\ 1) \cup (1,\ +\infty)\) 时，原方程无实数解。
特别地，根据上面的计算可以知道 \((x,\ u)\) 随着 \(\gamma\) 增大会靠近直线 \(y = x\) 且 \(a \rightarrow e^{-e}\) 。之前的分析告诉我们，\(a = e^{-e}\) 时，\(y=a^x\) 和 \(y=\log_ax\) 只有一个交点 \((e^{-1},\ e^{-1})\)。那么就可以推出原本的三个交点在 \(a = e^{-e}\) 时聚在了一起，所以此时这两个函数一定相切，切点就是 \((e^{-1},\ e^{-1})\) 。
总结
| \(a\) 的取值范围 | \(y=a^x\) 和 \(y=\log_ax\) 的交点个数 |
| \((0,\ e^{-e})\) | 3 个交点，1 个在直线 \(y = x\) 上，其余 2 个关于直线 \(y = x\) 对称 |
| \(\lbrace e^{-e} \rbrace\) | 1 个交点 \((e^{-1},\ e^{-1})\) ，且两个函数相切于这个点 |
| \((e^{-e},\ 1)\) | 1 个交点，在直线 \(y = x\) 上 |
| \((1,\ e^{e^{-1}})\) | 2 个交点，在直线 \(y = x\) 上 |
| \(\lbrace e^{e^{-1}} \rbrace\) | 1 个交点 \((e,\ e)\) ，且两个函数相切直线 \(y = x\) 于这个点 |
| \((e^{e^{-1}},\ +\infty)\) | 没有交点 |