2016年全国1卷理科数学压轴题（导数大题）

已知函数$f(x)=(x-2){\rm e}^x+a(x-1)^2$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：$x_1+x_2<2$．

分析    第(1)小题是典型的零点个数问题，分离变量即可；第(2)小题是典型的偏移问题，对称化构造即可．

解    (1)显然$x=1$不是函数$f(x)$的零点．当$x\neq 1$时，方程$f(x)=0$等价于 $$a=\dfrac{2-x}{(x-1)^2}\cdot {\rm e}^x.$$ 记右侧函数为$g(x)$，则$g(x)$的导函数 $$g'(x)=-{\rm e}^x\cdot \dfrac{x^2-4x+5}{(x-1)^3},$$ 因此函数$g(x)$在$(-\infty,1)$上单调递增，而在$(1,+\infty)$上单调递减．

由于函数$g(x)$在$(-\infty,1)$上的取值范围是$(0,+\infty)$，而在$(1,+\infty)$上的取值范围是$(-\infty,+\infty)$，因此当$a>0$时，函数$f(x)$有两个零点，所求取值范围是$(0,+\infty)$．

(2)根据第(1)小题的结果，不妨设$x_1<1<x_2$，则只需证明$x_2<2-x_1$．考虑到函数$g(x)$在$(1,+\infty)$上单调递减，于是只需要证明 $$g(x_2)>g(2-x_1),$$ 也即 $$g(x_1)>g(2-x_1).$$ 接下来证明： $$\forall x<1,g(x)-g(2-x)>0,$$ 也即 $$\forall x<1,{\rm e}^x\cdot (2-x)-{\rm e}^{2-x}\cdot x>0.$$ 设$h(x)={\rm e}^x\cdot (2-x)-{\rm e}^{2-x}\cdot x$，则其导函数 $$h'(x)=({\rm e}^x-{\rm e}^{2-x})(1-x),$$ 当$x<1$时，有 $${\rm e}^x-{\rm e}^{2-x}<0,$$ 于是在$(-\infty,1)$上，$h(x)$单调递减．而$h(1)=0$，于是在$(-\infty,1)$上，有$h(x)>0$，因此原命题得证．

注一    第(1)小题中如果需要刻意避开极限，可以进行如下论证．

当$a\leqslant 0$时，由于在$(-\infty,1)$上，$g(x)>0$，因此在此区间上不存在$x$使得 $$g(x)=a,$$ 而在$(1,+\infty)$上，函数$g(x)$单调递减，不可能存在两个零点；

当$a>0$时，取$x_1=\min\left\{1+\sqrt{\dfrac 1a},\dfrac 32\right\}$，则 $$g(x_1)>\dfrac{1}{(x_1-1)^2}\geqslant a,$$ 而$g(2)=0<a$，结合$g(x)$在$(1,+\infty)$上单调递减，可以断定在区间$(x_1,2)$上必然有一个零点；

另一方面，取$x_2=\max\left\{1-\sqrt{\dfrac 2a},0\right\}$，则 $$g(x_2)\geqslant \dfrac{2}{(x_2-1)^2}\geqslant a,$$ 而取$x_3=-\sqrt{\dfrac 2a}$，则 $$g(x_3)<\dfrac{2-x_3}{x_3^2}<\dfrac{2}{x_3^2}<a,$$ 结合$g(x)$在$(-\infty,1)$上单调递增，可以断定在区间$(x_3,x_2)$上必然有一个零点；

综上所述，$a$的取值范围是$(0,+\infty)$．

注二    第(2)小题中注意到$f(x)$中二次函数的部分关于$x=1$对称，因此直接作差$f(x)-f(2-x)$亦可．