Question

20．已知函數(shù)f（x）=（x-2）e^x+a（x-1）²有兩個零點．
（Ⅰ）求a的取值范圍；
（Ⅱ）設(shè)x₁，x₂是f（x）的兩個零點，證明：x₁+x₂＜2．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由函數(shù)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），對a進(jìn)行分類討論，綜合討論結(jié)果，可得答案．
（Ⅱ）設(shè)x₁，x₂是f（x）的兩個零點，則-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）=$\frac{（{x}_{\;}-2）{e}^{{x}_{\;}}}{{（{x}_{\;}-1）}^{2}}$，則g（x₁）=g（x₂）=-a，分析g（x）的單調(diào)性，令m＞0，則g（1+m）-g（1-m）=$\frac{m+1}{{m}^{2}}{e}^{1-m}（\frac{m-1}{m+1}{e}^{2m}+1）$，
設(shè)h（m）=$\frac{m-1}{m+1}{e}^{2m}+1$，m＞0，利用導(dǎo)數(shù)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，可得結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）∵函數(shù)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，
函數(shù)f（x）只有唯一的零點2，不合題意；
②若a＞0，那么e^x+2a＞0恒成立，
當(dāng)x＜1時，f′（x）＜0，此時函數(shù)為減函數(shù)；
當(dāng)x＞1時，f′（x）＞0，此時函數(shù)為增函數(shù)；
此時當(dāng)x=1時，函數(shù)f（x）取極小值-e，
由f（2）=a＞0，可得：函數(shù)f（x）在x＞1存在一個零點；
當(dāng)x＜1時，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的兩根為t₁，t₂，且t₁＜t₂，
則當(dāng)x＜t₁，或x＞t₂時，f（x）＞a（x-1）²+e（x-1）-e＞0，
故函數(shù)f（x）在x＜1存在一個零點；
即函數(shù)f（x）在R是存在兩個零點，滿足題意；
③若-$\frac{e}{2}$＜a＜0，則ln（-2a）＜lne=1，
當(dāng)x＜ln（-2a）時，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）單調(diào)遞增，
當(dāng)ln（-2a）＜x＜1時，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）單調(diào)遞減，
當(dāng)x＞1時，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）單調(diào)遞增，
故當(dāng)x=ln（-2a）時，函數(shù)取極大值，
由f（ln（-2a））=[ln（-2a）-2]（-2a）+a[ln（-2a）-1]²=a{[ln（-2a）-2]²+1}＜0得：
函數(shù)f（x）在R上至多存在一個零點，不合題意；
④若a=-$\frac{e}{2}$，則ln（-2a）=1，
當(dāng)x＜1=ln（-2a）時，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）單調(diào)遞增，
當(dāng)x＞1時，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）單調(diào)遞增，
故函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞增，
函數(shù)f（x）在R上至多存在一個零點，不合題意；
⑤若a＜-$\frac{e}{2}$，則ln（-2a）＞lne=1，
當(dāng)x＜1時，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）單調(diào)遞增，
當(dāng)1＜x＜ln（-2a）時，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）單調(diào)遞減，
當(dāng)x＞ln（-2a）時，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）單調(diào)遞增，
故當(dāng)x=1時，函數(shù)取極大值，
由f（1）=-e＜0得：
函數(shù)f（x）在R上至多存在一個零點，不合題意；
綜上所述，a的取值范圍為（0，+∞）
證明：（Ⅱ）∵x₁，x₂是f（x）的兩個零點，
∴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）=$\frac{（{x}_{\;}-2）{e}^{{x}_{\;}}}{{（{x}_{\;}-1）}^{2}}$，則g（x₁）=g（x₂）=-a，
∵g′（x）=$\frac{[（{x}_{\;}-2）^{2}+1]{{e}^{\;}}^{{x}_{\;}}}{{（{x}_{\;}-1）}^{3}}$，
∴當(dāng)x＜1時，g′（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減；
當(dāng)x＞1時，g′（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增；
設(shè)m＞0，則g（1+m）-g（1-m）=$\frac{m-1}{{m}^{2}}{e}^{1+m}$-$\frac{-m-1}{{m}^{2}}{e}^{1-m}$=$\frac{m+1}{{m}^{2}}{e}^{1-m}（\frac{m-1}{m+1}{e}^{2m}+1）$，
設(shè)h（m）=$\frac{m-1}{m+1}{e}^{2m}+1$，m＞0，
則h′（m）=$\frac{2{m}^{2}}{（m+1）^{2}}{e}^{2m}$＞0恒成立，
即h（m）在（0，+∞）上為增函數(shù)，
h（m）＞h（0）=0恒成立，
即g（1+m）＞g（1-m）恒成立，
令m=1-x₁＞0，
則g（1+1-x₁）＞g（1-1+x₁）?g（2-x₁）＞g（x₁）=g（x₂）?2-x₁＞x₂，
即x₁+x₂＜2．

點評 本題考查的知識點是利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值，函數(shù)的零點，分類討論思想，難度較大．