• 知识点

  >

  微积分初步

  >

  利用导数研究函数的性质

  >

  利用导数研究函数的零点

$(0,+\infty)$

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，考虑到\[\lim_{x\to -\infty}g(x)=0,\lim_{x\to +\infty}g(x)=+\infty,\]于是 $a$ 的取值范围是 $(0,+\infty)$，证明如下．
情形一 $x<1$ 时．考虑到当 $0<x<1$ 时，有\[(2-x)\cdot {\rm e}^x>1,\]于是取 $x_1=1-\dfrac{1}{\sqrt a}$，则有 $g(x_1)>a$．而当 $x<0$ 时，有\[\dfrac{2-x}{(x-1)^2}<2,\]于是取 $x_2=\min \left\{\ln\dfrac a2,0\right\}-1$ 时，有 $g(x_2)<a$．
因此在区间 $(x_2,x_1)$ 上 $g(x)$ 存在零点．
情形二 $x>1$ 时．考虑到当 $1<x<\dfrac 32$ 时，有\[(2-x)\cdot {\rm e}^x>\dfrac 12,\]于是取 $x_3=\min\left\{\dfrac 32,1+\dfrac{1}{\sqrt 2a}\right\}$，则 $g(x_3)>a$，取 $x_4=3$，则 $g(x_4)<0<a$．因此在区间 $(x_3,x_4)$ 上 $g(x)$ 存在零点．
综合以上两种情形，结合函数 $g(x)$ 的单调性，实数 $a$ 的取值范围是 $(0,+\infty)$．

• 题型

  >

  微积分初步

  >

  极值点偏移问题
• 知识点

  >

  微积分初步

  >

  导数问题中的技巧

  >

  参数的转化

略

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．