高三导数典型例题讲解_中华文本库
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(1) 求$a$的取值范围；
(2) 设$x_1,x_2$是$f(x)$的两个零点，证明：$x_1+x_2&2$．
第(1)小题是典型的零点个数问题，分离变量即可；第(2)小题是典型的偏移问题，对称化构造即可．
(1)显然$x=1$不是函数$f(x)$的零点．当$x\neq 1$时，方程$f(x)=0$等价于$$a=\dfrac{2-x}{(x-1)^2}\cdot {\rm e}^x.$$记右侧函数为$g(x)$，则$g(x)$的导函数$$g'(x)=-{\rm e}^x\cdot \dfrac{x^2-4x+5}{(x-1)^3},$$因此函数$g(x)$在$(-\infty,1)$上单调递增，而在$(1,+\infty)$上单调递减．
由于函数$g(x)$在$(-\infty,1)$上的取值范围是$(0,+\infty)$，而在$(1,+\infty)$上的取值范围是$(-\infty,+\infty)$，因此当$a&0$时，函数$f(x)$有两个零点，所求取值范围是$(0,+\infty)$．
(2)根据第(1)小题的结果，不妨设$x_1&1&x_2$，则只需证明$x_2&2-x_1$．考虑到函数$g(x)$在$(1,+\infty)$上单调递减，于是只需要证明$$g(x_2)&g(2-x_1),$$也即$$g(x_1)&g(2-x_1).$$接下来证明：$$\forall x&1,g(x)-g(2-x)&0,$$也即$$\forall x&1,{\rm e}^x\cdot (2-x)-{\rm e}^{2-x}\cdot x&0.$$设$h(x)={\rm e}^x\cdot (2-x)-{\rm e}^{2-x}\cdot x$，则其导函数$$h'(x)=({\rm e}^x-{\rm e}^{2-x})(1-x),$$当$x&1$时，有$${\rm e}^x-{\rm e}^{2-x}&0,$$于是在$(-\infty,1)$上，$h(x)$单调递减．而$h(1)=0$，于是在$(-\infty,1)$上，有$h(x)&0$，因此原命题得证．
第(1)小题中如果需要刻意避开极限，可以进行如下论证．
当$a\leqslant 0$时，由于在$(-\infty,1)$上，$g(x)&0$，因此在此区间上不存在$x$使得$$g(x)=a,$$而在$(1,+\infty)$上，函数$g(x)$单调递减，不可能存在两个零点；
当$a&0$时，取$x_1=\min\left\{1+\sqrt{\dfrac 1a},\dfrac 32\right\}$，则$$g(x_1)&\dfrac{1}{(x_1-1)^2}\geqslant a,$$而$g(2)=0&a$，结合$g(x)$在$(1,+\infty)$上单调递减，可以断定在区间$(x_1,2)$上必然有一个零点；
另一方面，取$x_2=\max\left\{1-\sqrt{\dfrac 2a},0\right\}$，则$$g(x_2)\geqslant \dfrac{2}{(x_2-1)^2}\geqslant a,$$而取$x_3=-\sqrt{\dfrac 2a}$，则$$g(x_3)&\dfrac{2-x_3}{x_3^2}&\dfrac{2}{x_3^2}&a,$$结合$g(x)$在$(-\infty,1)$上单调递增，可以断定在区间$(x_3,x_2)$上必然有一个零点；
综上所述，$a$的取值范围是$(0,+\infty)$．
第(2)小题中注意到$f(x)$中二次函数的部分关于$x=1$对称，因此直接作差$f(x)-f(2-x)$亦可．
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高三数学2016高考专题突破—导数大题
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