一類函數的零點與導數問題

■河南省西華縣第一高級中學 李松林

與極值點偏移問題類似，函數的零點問題也成為高考考查的熱點，大部分同學處理時感到非常棘手，尤其是當出現兩個零點x1與x2的關系轉化時，顯得更加吃力。下面就x1與x2的關系轉化方案即多元問題的轉化，進行初步探索。

一、由題中的要證結論把x1與x2變換為然后進行換元構造函數

例1 已知函數f(x)=2x(l nx+1)。

(1)求函數f(x)的單調區間；

(2)若斜率為k的直線與曲線y=f "(x)交于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點，其中x1＜x2，求證

分析：此題主要考查導數的應用，導數與單調性的關系及函數的零點問題，并且牽涉兩個零點的處理方法，要盡量把兩個零點x1與x2進行轉化，使未知參數盡可能減少。

解：(1)函數的定義域為(0，+∞)，f "(x)=2(l nx+1)+2=2 l nx+4=2(l nx+2)。令f "(x)＞0，得；令f "(x)＜0，得0＜。所以函數f(x)在區間上是減函數，在區間上是增函數。

(2)由已知得：

設g(t)=t—1—l nt，則g "(t)=1—，可得g(t)=t—1—l nt在區間(1，+∞)上是增函數。又g(1)=0，所以g(t)=t—1—l nt＞0，即l nt＜t—1。又設h(t)=tl nt—t+1，則h "(t)=l nt+t·1=l nt＞0，所以h(t)=tl nt—t+1在區間(1，+∞)上是增函數。又h(1)=0，所以h(t)=tl nt—t+1＞0，即t—1＜tl nt，所以l nt＜t—1＜tl nt(t＞1)成立，即成立，所以

方法總結：關鍵是把要證結論中的k利用x1，x2來表示，問題轉化為含x1，x2的式子處理。

二、根據題中的條件得到兩個零點x1與x2的關系式，然后化為的形式

例2 已知函數f(x)=al nx—b x2的圖像上一點P(2，f(2))處的切線方程為y=—3x+2 l n2+2。

(1)求a，b的值；

(2)若方程f(x)+m=0在區間內有兩個不相等的實數根，求實數m的取值范圍；

(3)令g(x)=f(x)—k x，如果g(x)的圖像與x軸交于A(x1，0)，B(x2，0)(x1＜x2)兩點，且A B的中點為C(x0，0)，求證：g "(x0)≠0。

解析：(1)函數的定義域為(0，+∞)，因為f "(x)=—2b x，所以f "(2)=—3，f(2)=al n2—4b=—4+2 l n2，可得a=2，b=1。

令f "(x)＞0得0＜x＜1，令f "(x)＜0得x＞1，所以函數f(x)在區間(0，1)上是增函數，在區間(1，+∞)上是減函數。所以y=f(x)+m的最大值為f(1)+m=—1+m。又當x→0時，y→—∞，當x→+∞時，y→—∞。所以若方程f(x)+m=0在區間內有兩個不相等的實數根，則必有解得1＜

方法總結：解決此題的關鍵在于：①根據函數f(x)的零點，建立x1與x2的關系式；②用反證法得到含有x1與x2的等式；③變形為的式子，然后換元構造函數。

三、通過放縮變換得到x1與x2的關系，消去多余的變量，化多元為一元

例3 已知函數f(x)=x—as i nx(a＞0)。

(1)若y=f(x)在R上單調遞增，求實數a的取值范圍；

解析：(1)f "(x)=1—ac o sx，因為f(x)在R上單調遞增，所以f "(x)=1—ac o sx≥0恒成立，所以ac o sx≤1，即≥c o sx。因為c o sx∈［ — 1，1］，所以≥1。又因為a＞0，所以0＜a≤1。

由已知g(x1)=g(x2)(x1≠x2)，可得

由(1)知f(x)=x—sinx在R上單調遞增，不妨設x1＜x2，則f(x1)＜f(x2)，即x1—sinx1＜x2—sinx2，所以x1—x2＜sinx1—sinx2，則sinx2)，所以 —(x—x)，所以x—x—1212，即＞0，所以bl n

因為x1＜x2，所以l n＜0，所以b＜，所以x1x2＜4b2?＜—2b。

又因為 —2b＞，所以只需證，只需證

令h(t)=—l nt(0＜t＜1)，則h "(t)

所以h(t)=—l nt在(0，1)上是增函數，且h(1)=0，所以h(t)=0，即＜l nt成立，所以x1x2＜4b2得證。

方法總結：解決問題的關鍵在于根據第(1)問的結論，通過放縮消去(sinx1—sinx2)，從而轉化為x1—x2，得到x1與x2的關系，再由結論進行放縮轉化為的形式，進而換元，構造函數。