2016-全国卷I理-21 解-导数

本题导读

本题考查导数在函数极值与单调性中的应用、函数零点个数问题（分离参数法与分类讨论）。核心在于正确理解题意并选用恰当方法求解。

📌【题干】

Question

（2016年全国卷I(理)） 已知函数 $f(x)=(x-2)e^x+a(x-1{)}^2$ 有两个零点.

(1)求 $a$ 的取值范围；

(2)设 $x_1,x_2$ 是 $f(x)$ 的两个零点，证明：$x_1+x_2<2$.

🔍【思路分析】

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1. 第一问（参数范围）：

• 求导分析：$f^{\prime }(x)=(x-1)e^x+2a(x-1)=(x-1)(e^x+2a)$。
• 零点与极值：导数的零点为 $x=1$ 及可能存在的 $x=\ln (-2a)$（当 $a<0$ 时）。
• 分类讨论：
  • $a\ge 0$ 时：只需分析 $x=1$ 处的极小值。
  • $a<0$ 时：需要讨论 $\ln (-2a)$ 与 $1$ 的大小关系。

2. 第二问（极值点偏移）：

• 转化条件：由 $f(x_1)=f(x_2)=0$ 且 $x_1\ne x_2$。分离参数得 $-a=\frac{(x-2)e^x}{(x-1{)}^2}$。
• 构造辅助函数：令 $g(x)=\frac{(x-2)e^x}{(x-1{)}^2}$，则 $g(x_1)=g(x_2)$。
• 证明目标：要证 $x_1+x_2<2$，即证 $x_2<2-x_1$。
• 利用单调性：研究 $g(x)$ 的单调性，通过比较 $g(x_1)$ 与 $g(2-x_1)$ 的大小，利用辅助函数 $h(x)=g(x)-g(2-x)$ 的正负来证明。

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$a$ 的取值范围为 $(0,+\infty )$

✍【详细解析】

Abstract

解：

(1)$f^{\prime }(x)=(x-1)e^x+2a(x-1)=(x-1)(e^x+2a)$。 ① 若 $a=0$，则 $f(x)=(x-2)e^x$，只有一个零点 $x=2$，不合题意。 ② 若 $a>0$，则 $e^x+2a>0$ 恒成立。 当 $x<1$ 时，$f^{\prime }(x)<0$，$f(x)$ 单调递减；当 $x>1$ 时，$f^{\prime }(x)>0$，$f(x)$ 单调递增。 极小值为 $f(1)=-e<0$。 又当 $x\to +\infty$ 时，$f(x)\to +\infty$；当 $x\to -\infty$ 时，$f(x)\to +\infty$。 结合 $f(2)=a>0$，由零点存在性定理，在 $(-\infty ,1)$ 和 $(1,+\infty )$ 内各有一个零点。 故 $a>0$ 满足题意。 ③ 若 $a<0$，令 $e^{x_0}=-2a$，则 $x_0=\ln (-2a)$。

• 若 $a=-e/2$，则 $x_0=1$，$f^{\prime }(x)=(x-1)(e^x-e)\ge 0$，$f(x)$ 单调递增，至多一个零点。
• 若 $-e/2<a<0$，则 $x_0<1$。函数在 $(-\infty ,x_0)$ 增，在 $(x_0,1)$ 减，在 $(1,+\infty )$ 增。极大值 $f(x_0)=(x_0-2)(-2a)+a(x_0-1{)}^2=a(x_0^2+1)<0$。函数至多一个零点，不合题意。
• 若 $a<-e/2$，则 $x_0>1$。同理分析可得极大值 $f(1)=-e<0$，至多一个零点。 综上所述，$a$ 的取值范围为 $(0,+\infty )$。

(2)证明：由(1)知 $a>0$，且 $x_1<1<x_2$。 由 $f(x_1)=f(x_2)=0$ 得 $-a=\frac{(x_1-2)e^{x_1}}{(x_1-1{)}^2}=\frac{(x_2-2)e^{x_2}}{(x_2-1{)}^2}$。 令 $g(x)=\frac{(x-2)e^x}{(x-1{)}^2}$ ($x\ne 1$)，则 $g(x_1)=g(x_2)$。 求导得 $g^{\prime }(x)=\frac{e^x(x^2-4x+5)}{(x-1{)}^3}$（注：分子 $x^2-4x+5>0$ 恒成立）。 故 $g(x)$ 在 $(-\infty ,1)$ 减，在 $(1,+\infty )$ 增。 要证 $x_1+x_2<2$，即证 $x_2<2-x_1$。 由于 $x_2,2-x_1$ 均大于 $1$，且 $g(x)$ 在 $(1,+\infty )$ 单调递增， 只需证 $g(x_2)<g(2-x_1)$，即证 $g(x_1)<g(2-x_1)$。 设 $m=1-x>0$ ($x<1$)，构造 $G(m)=g(1-m)-g(1+m)$： $G(m)=\frac{(-m-1)e^{1-m}}{m^2}-\frac{(m-1)e^{1+m}}{m^2}=\frac{e}{m^2}[(1-m)e^m-(1+m)e^{-m}]$。 设 $h(m)=(1-m)e^m-(1+m)e^{-m}$，则 $h^{\prime }(m)=-m(e^m-e^{-m})<0$。 因为 $h(0)=0$，故 $m>0$ 时 $h(m)<0$，从而 $G(m)<0$。 即 $g(1-m)<g(1+m)$。令 $m=1-x_1$，得 $g(x_1)<g(2-x_1)$。 由单调性得 $x_2<2-x_1$，即 $x_1+x_2<2$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 极值点偏移的套路：构造辅助函数 $h(x)=f(x)-f(2x_0-x)$（其中 $x_0$ 为极值点）是此类问题的“标准答案”。

• 运算量控制：在处理 $g^{\prime }(x)$ 时，提取公因式并观察二次项的判别式可以节省大量化简时间。

• 全国卷压轴题难度主要体现在分类讨论的严密性和构造函数的精巧性。第二问的证明实质上是在说明函数图象在极值点两侧的“倾斜度”不对称。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 变式训练：第(2)问的对称构造：利用零点条件 $a(x_1-1{)}^2=(2-x_1)e^{x_1}$ 消去 $a$，作差得 $f(2-x)-f(x)=(2-x)e^x-x{e}^{2-x}$；当 $0<x<1$ 时两边取对数化为 $\ln \frac{2-x}{x}>2-2x$，求导可证；$x\le 0$ 时右端 $x{e}^{2-x}\le 0<$ 左端，直接成立。
2. 知识关联：零点（极值点）偏移问题的通用套路是“对称构造 + 作差消参”：把双变量问题化归为单变量函数不等式；与 2016 年全国卷II理21 的隐零点代换同属导数压轴的构造专题。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 05.01 函数的概念

类题演练 (Links)

• 2017-上海卷-08 填-奇函数
• 2017-上海卷-09 填-幂函数
• 2017-上海卷-11 填-正弦函数

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