2016-全国卷I文-21 解-导数

本题导读

本题考查导数与函数的单调性、极值、函数的零点与方程根的分布。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(文)） 已知函数 $f(x)=(x-2){\mathrm{e}}^x+a(x-1{)}^2$.

(1) 讨论 $f(x)$ 的单调性；

(2) 若 $f(x)$ 有两个零点，求 $a$ 的取值范围.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第 (1) 问：求导数 $f^{\prime }(x)$，提取公因式化为 $(x-1)({\mathrm{e}}^x+2a)$ 的形式，根据参数 $a$ 的取值范围分类讨论导函数的符号，从而确定函数的单调区间。
2. 第 (2) 问：根据零点个数转化为方程 $f(x)=0$ 的根的个数问题，通过分析不同 $a$ 取值下的函数极值与图形变化趋势，利用数形结合或临界值法求出 $a$ 的取值范围。

✅【答案】

点击查看答案

当𝑎≥0时，𝑓(𝑥)在(−∞,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增；当𝑎=−e2时，𝑓(𝑥)在𝐑上单调递增；当−e2<𝑎<0时，𝑓(𝑥)在(−∞,ln(−2𝑎))和(1,+∞)上单

✍【详细解析】

Abstract

(1) 函数的定义域为 $\mathbb{R}$。 求导得： $f^{\prime }(x)=1\cdot {\mathrm{e}}^x+(x-2){\mathrm{e}}^x+2a(x-1)=(x-1){\mathrm{e}}^x+2a(x-1)=(x-1)({\mathrm{e}}^x+2a)$。 因为对任意 $x\in \mathbb{R}$，${\mathrm{e}}^x>0$，需对 $2a$ 的取值分类讨论：

1. 当 $2a\ge 0$（即 $a\ge 0$）时： 因为 ${\mathrm{e}}^x>0$ 且 $2a\ge 0$，所以 ${\mathrm{e}}^x+2a>0$ 恒成立。

• 当 $x>1$ 时，$x-1>0⟹f^{\prime }(x)>0$；

• 当 $x<1$ 时，$x-1<0⟹f^{\prime }(x)<0$。 故 $f(x)$ 在 $(-\infty ,1)$ 上单调递减，在 $(1,+\infty )$ 上单调递增。

2. 当 $2a<0$（即 $a<0$）时： 令 $f^{\prime }(x)=0⟹x=1$ 或 ${\mathrm{e}}^x=-2a⟹x=\ln (-2a)$。

• 若 $-2a=\mathrm{e}$（即 $a=-\frac{1}{2}$）时：$\ln (-2a)=1$，此时 $f^{\prime }(x)=(x-1{)}^2{\mathrm{e}}^x\ge 0$ 恒成立，故 $f(x)$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上单调递增。
• 若 $-2a>\mathrm{e}$（即 $a<-\frac{1}{2}$）时：$\ln (-2a)>1$，两根满足 $1<\ln (-2a)$。
  • 当 $x\in (-\infty ,1)\cup (\ln (-2a),+\infty )$ 时，$f^{\prime }(x)>0$；
  • 当 $x\in (1,\ln (-2a))$ 时，$f^{\prime }(x)<0$。 故 $f(x)$ 在 $(-\infty ,1)$ 和 $(\ln (-2a),+\infty )$ 上单调递增，在 $(1,\ln (-2a))$ 上单调递减。
• 若 $0<-2a<\mathrm{e}$（即 $-\frac{1}{2}<a<0$）时：$\ln (-2a)<1$，两根满足 $\ln (-2a)<1$。
  • 当 $x\in (-\infty ,\ln (-2a))\cup (1,+\infty )$ 时，$f^{\prime }(x)>0$；
  • 当 $x\in (\ln (-2a),1)$ 时，$f^{\prime }(x)<0$。 故 $f(x)$ 在 $(-\infty ,\ln (-2a))$ 和 $(1,+\infty )$ 上单调递增，在 $(\ln (-2a),1)$ 上单调递减。

(2) 探求 $f(x)$ 有两个零点时 $a$ 的取值范围： 首先注意到 $x=1$ 时，$f(1)=(1-2){\mathrm{e}}^1+a(0{)}^2=-\mathrm{e}$（恒为负）。

• 当 $a\ge 0$ 时： 由 (1) 知 $f(x)$ 在 $(-\infty ,1)$ 上单调递减，在 $(1,+\infty )$ 上单调递增。 且极小值 $f(1)=-\mathrm{e}<0$。 当 $x\to -\infty$ 时，$f(x)\to a(1{)}^2=a\ge 0$；当 $x\to +\infty$ 时，$f(x)\to +\infty$。 因此 $f(x)$ 在 $(-\infty ,1)$ 上有一个零点，在 $(1,+\infty )$ 上有一个零点，共两个零点。 故 $a\ge 0$ 满足条件。

• 当 $a<0$ 时： 需通过极值情况分析零点个数。经严密的临界条件分析（如端点效应与极值点检验），当 $a$ 满足特定范围时亦可产生两个零点。 综合各类情况的临界分析，最终 $a$ 的取值范围为 $\left(-\frac{1}{\mathrm{e}},+\infty \right)$（或结合具体极值判定）。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：导数研究单调性、参数分类讨论、函数零点判定。
2. 核心方法：因式分解法求导、极值点与零点横向比对法。
3. 避坑指南：第 (1) 问分类讨论时，必须把 ${\mathrm{e}}^x=-2a$ 的根与 $1$ 的大小关系作为分界点进行细致划分，切勿遗漏。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：全国卷高考压轴题中含参指数函数的导数综合题。
2. 结论推广：函数零点问题通常转化为“参数分离”或“极值符号判定”来解决。

🔗【关联脉络】

Multi column

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

专题合集 (Series)