四川省南充高级中学 (637000) 张小丹

函数是数学中的一个重要内.对于高中数学中的函数，我们常利用导数研究其性质，如单调性、极值、凹凸性等.数学中存在一些超越函数，其图像具备明显凹凸变化趋势，从而衍生出一类试题——零点差问题.

零点差问题的常见设问形式是证明函数f(x)的两个零点x1,x2满足|x1-x2|<φ(m).解决此问题的关键是找到两个数x1′,x2′，满足x1′≤x1

一般地，这两直线是函数y=f(x)在某点处的切线.有时题目会对两直线都有所提示；有时题目会提示其中一条直线，另一条直线需要通过分析待证不等式来获得.本文以几个典型题目为例，探究“左、右直线”的寻找，从而解决零点差问题.

一、切线放缩

例1 已知函数f(x)=xlnx.

(1)求曲线y=f(x)在x=e-2处的切线方程；

(2)关于x的不等式f(x)≥λ(x-1)在(0,+∞)上恒成立，求λ的取值范围；

(3)关于x的方程f(x)=a有两个实数根x1,x2，求证：|x1-x2|<2a+1+e-2.

分析：易求得(1)y=-x-e-2；(2)λ=1；(3)实际上前两问就是为解决(3)而设置，即左直线为g(x)=-x-e-2，右直线为h(x)=x-1，且易证f(x)≥g(x),f(x)≥h(x).

图1

证明：设g(x)=-x-e-2，h(x)=x-1.易证f(x)≥g(x)(当且仅当x=e-2时取等号)，易证f(x)≥h(x)(当且仅当x=1时取等号)(如图1).令g(x1′)=a,h(x2′)=a，解得x1′=-(a+e-2)，x2′=a+1，∴x2′-x1′=2a+1+e-2.由g(x1′)=a=f(x1)≥g(x1)，以及g(x)是减函数，得x1′≤x1(当且仅当a=e-2时取等号)；由h(x2′)=a=f(x2)≥h(x2)，以及h(x)是增函数，得x2≤x2′(当且仅当a=0时取等号)，于是x1′≤x1

注：本题中左右直线分别为f(x)在x=e-2、x=1处的切线.

例2 已知函数f(x)=xlnx.

(1)当x>0时，证明：f(x)≥-2x-e-3；

证明：(2)设g(x)=-2x-e-3，h(x)=x-1.

图2

注：本题中右直线为f(x)在x=1处的切线.

分析：易知f(x)先递减再递增，由于题目中没有出现任何一次函数，那么左、右直线如何确定呢？观察知f(x)的两个零点是-1和0，那么需要的两条直线是否为f(x)在这两个零点处的切线呢？

图3

注：本题中，左右直线分别为f(x)在x=-1、x=1处的切线.

二、非切线放缩

图4

三、反思与总结

我们把“已知方程f(x)=m的两根为x1,x2(x1

一般地，(1)对于先增后减的曲线f(x)，我们需要找到两条直线y=g(x)和y=h(x)，使得g(x)≥f(x)≤h(x)，其中g(x)是增函数，h(x)是减函数，如图5；令g(x1′)=h(x2′)=m，解得x1′、x2′，且x2′-x1′=φ(m).由g(x1′)=f(x1)≤g(x1)及g(x)是增函数可得x1′≤x1；由h(x2′)=f(x2)≤h(x2)及h(x)是减函数可得x2′≥x2′，于是|x1-x2|≤|x1′-x2′|=φ(m)(等号是否可取据实检查).

(2)对于先减后增的曲线f(x)，我们需要找到两条直线y=g(x)和y=h(x)，使得g(x)≤f(x)≥h(x)，其中g(x)是减函数，h(x)是增函数，如图6.令g(x1′)=h(x2′)=m，解得x1′、x2′，且x2′-x1′=φ(m).由g(x1′)=f(x1)≥g(x1)，以及g(x)是减函数，得x1′≤x1；由h(x2′)=f(x2)≥h(x2)，以及h(x)是增函数，得x2′≥x2′，于是|x1-x2|≤|x1′-x2′|=φ(m)(等号是否可取据实检查).

图5 图6

四、巩固练习