Question

17．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）已知 g（x） 图象与 y=f（x） 图象关于x=1对称，证明：当  x＜1 时，f（x）＜g（x）．
（3）设x₁，x₂是的两个零点，证明：x₁+x₂＜2．

Answer 1

分析 （1）由函数f（x）=（x-2）e^x+a（x-1）²可得：f′（x）=（x-1）e^x+2a（x-1）=（x-1）（e^x+2a），对a进行分类讨论，综合讨论结果，可得答案；
（2）求出g（x）的表达式，令F（x）=f（x）-g（x），求出F（x）的导数，通过讨论函数的单调性求出F（x）＜0即可证明结论；
（3）设x₁，x₂是f（x）的两个零点，求出-a，则g（x₁）=g（x₂）=-a，分析g（x）的单调性，令m＞0，则求出g（1+m）-g（1-m）的表达式，
设h（m）=$\frac{m-1}{m+1}$e^2m+1，m＞0，利用导数法可得h（m）＞h（0）=0恒成立，即g（1+m）＞g（1-m）恒成立，令m=1-x₁＞0，可得结论．

解答 解：（1）∵函数f（x）=（x-2）e^x+a（x-1）²，
∴f′（x）=（x-1）e^x+2a（x-1）=（x-1）（e^x+2a），
①若a=0，那么f（x）=0?（x-2）e^x=0?x=2，
函数f（x）只有唯一的零点2，不合题意；
②若a＞0，那么e^x+2a＞0恒成立，
当x＜1时，f′（x）＜0，此时函数为减函数；
当x＞1时，f′（x）＞0，此时函数为增函数；
此时当x=1时，函数f（x）取极小值-e，
由f（2）=a＞0，可得：函数f（x）在x＞1存在一个零点；
当x＜1时，e^x＜e，x-2＜-1＜0，
∴f（x）=（x-2）e^x+a（x-1）²＞（x-2）e+a（x-1）²=a（x-1）²+e（x-1）-e，
令a（x-1）²+e（x-1）-e=0的两根为t₁，t₂，且t₁＜t₂，
则当x＜t₁，或x＞t₂时，f（x）＞a（x-1）²+e（x-1）-e＞0，
故函数f（x）在x＜1存在一个零点；
即函数f（x）在R是存在两个零点，满足题意；
③若-$\frac{e}{2}$＜a＜0，则ln（-2a）＜lne=1，
当x＜ln（-2a）时，x-1＜ln（-2a）-1＜lne-1=0，
e^x+2a＜e^ln（-2a）+2a=0，
即f′（x）=（x-1）（e^x+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，
当ln（-2a）＜x＜1时，x-1＜0，e^x+2a＞e^ln（-2a）+2a=0，
即f′（x）=（x-1）（e^x+2a）＜0恒成立，故f（x）单调递减，
当x＞1时，x-1＞0，e^x+2a＞e^ln（-2a）+2a=0，
即f′（x）=（x-1）（e^x+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，
故当x=ln（-2a）时，函数取极大值，
由f（ln（-2a））=[ln（-2a）-2]（-2a）+a[ln（-2a）-1]²=a{[ln（-2a）-2]²+1}＜0得：
函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；
④若a=-$\frac{e}{2}$，则ln（-2a）=1，
当x＜1=ln（-2a）时，x-1＜0，e^x+2a＜e^ln（-2a）+2a=0，
即f′（x）=（x-1）（e^x+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，
当x＞1时，x-1＞0，e^x+2a＞e^ln（-2a）+2a=0，
即f′（x）=（x-1）（e^x+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，
故函数f（x）在R上单调递增，
函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；
⑤若a＜-$\frac{e}{2}$，则ln（-2a）＞lne=1，
当x＜1时，x-1＜0，e^x+2a＜e^ln（-2a）+2a=0，
即f′（x）=（x-1）（e^x+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，
当1＜x＜ln（-2a）时，x-1＞0，e^x+2a＜e^ln（-2a）+2a=0，
即f′（x）=（x-1）（e^x+2a）＜0恒成立，故f（x）单调递减，
当x＞ln（-2a）时，x-1＞0，e^x+2a＞e^ln（-2a）+2a=0，
即f′（x）=（x-1）（e^x+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，
故当x=1时，函数取极大值，
由f（1）=-e＜0得：
函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；
综上所述，a的取值范围为（0，+∞）．
证明：（2）由题意得：g（x）=f（2-x）=-xe^2-x+a（x-1）²，
令F（x）=f（x）-g（x）=（x-2）e^x+xe^2-x，
则F′（x）=（x-1）（e^x-e^2-x），
x＜1时，F′（x）＞0，
F（x）在（-∞，1）递增，
∴F（x）＜F（1）=0，
故当  x＜1 时，f（x）＜g（x）．
证明：（3）∵x₁，x₂是f（x）的两个零点，
∴f（x₁）=f（x₂）=0，且x₁≠1，且x₂≠1，
∴-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）=$\frac{（x-2{）e}^{x}}{{（x-1）}^{2}}$，则g（x₁）=g（x₂）=-a，
∵g′（x）=$\frac{{{[（x-2）}^{2}+1]e}^{x}}{{（x-1）}^{3}}$，
∴当x＜1时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；
当x＞1时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；
设m＞0，则g（1+m）-g（1-m）=$\frac{m+1}{{m}^{2}}$e^1-m（ $\frac{m-1}{m+1}$e^2m+1），
设h（m）=$\frac{m-1}{m+1}$e^2m+1，m＞0，
则h′（m）=$\frac{{2m}^{2}}{{（m+1）}^{2}}$e^2m＞0恒成立，
即h（m）在（0，+∞）上为增函数，
h（m）＞h（0）=0恒成立，
即g（1+m）＞g（1-m）恒成立，
令m=1-x₁＞0，
则g（1+1-x₁）＞g（1-1+x₁）
?g（2-x₁）＞g（x₁）=g（x₂）?2-x₁＞x₂，
即x₁+x₂＜2．

点评 本题考查的知识点是利用导数研究函数的极值，函数的零点，分类讨论思想，难度较大．