張鵠

2016年高考數(shù)學全國卷（乙）第21題如下：

已知函數(shù)f（x）=（x-2）ex+a（x-1）2有兩個零點.

（1）求a的取值范圍；

（2）設(shè)x1，x2是f（x）的兩個零點，證明：x1+x2<2.1背景分析

本題的命制延續(xù)了2015年全國卷Ⅰ第21題的試題特點，題設(shè)條件簡單明了，從諸如函數(shù)零點、參數(shù)范圍等?？贾R點處發(fā)問，使考生倍感親切，有利于考生穩(wěn)定情緒，從而發(fā)揮出最佳水平.

研究試題，我們可以看到今年的試題依然簡約但不簡單.考證第二問發(fā)現(xiàn)，似乎與下列幾題存在關(guān)聯(lián).

2010年天津卷理科第21題：

已知函數(shù)f（x）=xe-x（x∈R）

（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間和極值；

（2）已知函數(shù)y=g（x）的圖像與函數(shù)y=f（x）的圖像關(guān)于直線x=1對稱，證明當x>1時，f（x）>g（x）；

（3）如果x1≠x2，且f（x1）=f（x2），證明x1+x2>2.

2011年遼寧卷理科第21題：

已知函數(shù)f（x）=lnx-ax2+（2-a）x.

（1）討論f（x）的單調(diào)性；

（2）設(shè)a>0，證明：當0f（1a-x）；

（3）若函數(shù)y=f（x）的圖像與x軸交于A，B兩點，線段AB中點的橫坐標為x0，證明：f′（x0）<0.

2013年湖南卷文科第21題：

已知函數(shù)f（x）=1-x1+x2ex

（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；

（2）證明：當f（x1）=f（x2）（x1≠x2）時，x1+x2<0.

所以，這又是一道推陳出新的好題，似曾相識，但不落俗套，給人耳目一新的感覺.透過試題，命題者給我們也指出了復習備考之道，深入研究歷屆高考試題是科學復習備考的不二之法，畢竟這些試題凝聚著眾多命題專家的心血和智慧.

另外，以上試題都蘊藏著這樣一個重要的知識背景，那就是極值點的偏移問題，而這類問題大多與高等數(shù)學中的拉格朗日中值定理存在一定的聯(lián)系.事實上，由拉格朗日中值定理，即下面的結(jié)論：

若函數(shù)f（x）滿足：

（1）f（x）在閉區(qū)間[a，b]上連續(xù)；（2）f（x）在開區(qū)間（a，b）內(nèi)可導，則在（a，b）內(nèi)至少存在一點ξ，

使得f′（ξ）=f（b）-f（a）b-a.

從而取ξ=a+θh，h=b-a，得f（b）-f（a）=f′（a+θh）h，0<θ<1.一般地，稱x0=a+θh為相對于左端點a的偏移點，而θh（0<θ<1）則定義為偏移點相對于左端點的偏移量.可以看出，當ξ=a+θh為極值點且當θ=12時，函數(shù)f（x）的圖像關(guān)于x=ξ對稱.否則，函數(shù)f（x）的圖像不關(guān)于x=ξ對稱.

就本題而言，易知x=1為極值點，但θ≠12，所以f（x）的圖像不關(guān)于x=1對稱.

事實上，在拉格朗日中值定理中取b=1+x，a=1-x，h=2x，得到，

f（1+x）-f（1-x）=f′（1-x+2θx）·2x，即f（1+x）-f（1-x）=（2θ-1）x（e1+（2θ-1）x+2a）·2x.

另外，f（1+x）=（1+x-2）e1+x+a（1+x-1）2=（x-1）e1+x+ax2，

f（1-x）=（1-x-2）e1-x+a（1-x-1）2=-（1+x）e1-x+ax2.

所以f（1+x）≠f（1-x），θ≠12，從而f（x）的圖像不關(guān)于x=1對稱.

由此可見，它們都有高等數(shù)學的背景，具有替高校選拔優(yōu)秀人才的功能，顯然是全卷的壓軸題.2解法分析

方法1

解（1）f′（x）=（x-1）（ex+2a）

當a>0時，由f′（x）=0得，x=1.f（x）在（-∞，1）上遞減；在（1，+∞）上遞增.

而f（1）=-e<0，f（2）=a>0，所以在（1，2）有一個零點.另外，

f（1-a）=（1-a-2）e1-a+a（1-a-1）2=-（1+a）e1-a+a3.令g（a）=f（1-a），則

g′（a）=a（e1-a+3a）>0，所以g（a）在（0，+∞）上遞增，又g（0）=-e，g（2）=8-3e>0.從而存在a，使得g（a）=f（1-a）>0，又f（x）在（-∞，1）上遞減，所以在（1-a，1）上存在唯一零點.

當a=0時，f（x）=（x-2）ex，f′（x）=（x-1）ex.由f′（x）=0得，x=1.f（x）在（-∞，1）上遞減；在（1，+∞）上遞增.另外，f（1）=-e<0，當x<1時，f（x）<0.結(jié)合零點存在性定理易知，此時f（x）只有一個零點.

當a<0時，由f′（x）=0得，x=1或x=ln（-2a）.令ln（-2a）=1，則a=-e2.則

（?。┤鬭<-e2時，則ln（-2a）>1，f（x）在（-∞，1）上遞增；（1，ln（-2a））上遞減；（ln（-2a），+∞）上遞增.又f（1）=-e<0，所以此時f（x）有一個零點.

（ⅱ）若-e2

記t=ln（-2a），則f（x）的極大值f（ln（-2a））=f（t）=（t-2）et+a（t-1）2=a（t2-4t+5）<0.

結(jié)合零點存在性定理易知f（x）有一個零點.

綜上，a>0.

（2）不妨設(shè)x1

事實上，當x1f（x2）.當1

f（x）在（1，+∞）上遞增得到，f（x1）

令F（x）=f（1-x）-f（1+x），則F′（x）=x（e1-x-e1+x），

當x>0時，F(xiàn)′（x）<0.所以F（x）

令x=1-x1，則f（x2）=f（x1）=f（1-（1-x1））

而x2，2-x1∈（1，+∞），且f（x）在（1，+∞）上遞增，故x2<2-x1，即x1+x2<2.

方法2

解由已知得：f′（x）=（x-1）ex+2a（x-1）=（x-1）（ex+2a）

①若a=0，那么f（x）=0（x-2）ex=0x=2，f（x）只有唯一的零點x=2，不合題意；

②若a>0，那么ex+2a>ex>0，

所以當x>1時，f′（x）>0，f（x）單調(diào)遞增；

當x<1時，f′（x）<0，f（x）單調(diào)遞減.

故f（x）在（1，+∞）上至多一個零點，在（-∞，1）上至多一個零點.

由于f（2）=a>0，f（1）=-e<0，則f（2）f（1）<0，

根據(jù)零點存在性定理，f（x）在（1，2）上有且僅有一個零點.

而當x<1時，ex

故f（x）=（x-2）ex+a（x-1）2>e（x-2）+a（x-1）2=a（x-1）2+e（x-1）-e.

則f（x）=0的兩根x1=-e-e2+4ae2a+1，x2=-e+e2+4ae2a+1，x10，故當xx2時，a（x-1）2+e（x-1）-e>0.

因此，當x<1且x0.

又f（1）=-e<0，根據(jù)零點存在性定理，f（x）在（-∞，1）上有且只有一個零點.

此時，f（x）在R上有且只有兩個零點，滿足題意.

③若-e2

當x

即f′（x）=（x-1）（ex+2a）>0，f（x）單調(diào)遞增；

當ln（-2a）eln（-2a）+2a=0，即f′（x）=（x-1）（ex+2a）<0，f（x）單調(diào)遞減；

當x>1時，x-1>0，ex+2a>eln（-2a）+2a=0，即f′（x）>0，f（x）單調(diào)遞增.

即：

f[ln（-2a）]=-2a[ln（-2a）-2]+a[ln（-2a）-1]2=a{[ln（-2a）-2]2+1}<0.

故當x≤1時，f（x）在x=ln（-2a）處取到最大值f[ln（-2a）]，那么f（x）≤f[ln（-2a）]<0恒成立，即f（x）=0無解.

而當x>1時，f（x）單調(diào)遞增，至多一個零點，

此時f（x）在R上至多一個零點，不合題意.

④若a=-e2，那么ln（-2a）=1.

當x<1=ln（-2a）時，x-1<0，ex+2a0，

f（x）單調(diào)遞增.

當x>1=ln（-2a）時，x-1>0，ex+2a>eln（-2a）+2a=0，即f′（x）>0，

f（x）單調(diào)遞增.

又f（x）在x=1處有意義，故f（x）在R上單調(diào)遞增，此時至多一個零點，不合題意.

⑤若a<-e2，則ln（-2a）>1.

當x<1時，x-1<0，ex+2a0，

f（x）單調(diào)遞增.

當10，ex+2a

f（x）單調(diào)遞減.

當x>ln（-2a）時，x-1>ln（-2a）-1>0，ex+2a>eln（-2a）+2a=0，即f′（x）>0，

f（x）單調(diào)遞增，

故當x≤ln（-2a）時，f（x）在x=1處取到最大值f（1）=-e，那么f（x）≤-e<0恒成立，即f（x）=0無解；

當x>ln（-2a）時，f（x）單調(diào)遞增，至多一個零點.

此時f（x）在R上至多一個零點，不合題意.

綜上所述，當且僅當a>0時符合題意，即a的取值范圍為（0，+∞）.

（2）由已知得：f（x1）=f（x2）=0，不難發(fā)現(xiàn)x1≠1，x2≠1，

故可整理得：-a=（x1-2）ex1（x1-1）2=（x2-2）ex2（x2-1）2.

設(shè)g（x）=（x-2）ex（x-1）2，則g（x1）=g（x2），

那么g′（x）=（x-2）2+1（x-1）3ex，當x<1時，g′（x）<0，g（x）單調(diào)遞減；當x>1時，g′（x）>0，g（x）單調(diào)遞增.

設(shè)x>0，構(gòu)造代數(shù)式：

g（1+x）-g（1-x）=x-1x2e1+x--x-1x2e1-x=1+xx2e1-x（x-1x+1e2x+1）.

設(shè)h（x）=x-1x+1e2x+1，x>0，

則h′（x）=2x2（x+1）2e2x>0，故h（x）單調(diào)遞增，有h（x）>h（0）=0.

因此，對于任意的x>0，g（1+x）>g（1-x）.

由g（x1）=g（x2）可知x1、x2不可能在g（x）的同一個單調(diào)區(qū)間上，不妨設(shè)x1

令m=1-x1>0，則有g(shù)[1+（1-x1）]>g[1-（1-x1）]g（2-x1）>g（x1）=g（x2），

而2-x1>1，x2>1，g（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，因此：g（2-x1）>g（x2）2-x1>x2，

整理得：x1+x2<2.

方法3

（1）由于f（1）=-e<0，則x=1不是f（x）的零點，故f（x）=0x-2（x-1）2ex=-a.

F（x）=x-2（x-1）2ex，則F′（x）=x2-4x+5（x-1）3·ex，從而F（x）在（-∞，1）上遞減，在（1，+∞）上遞增.

又當x<1時，F(xiàn)（x）<0；

當x>1時，limx→1+x-2（x-1）2ex=-∞，limx→+∞x-2（x-1）2ex=limx→+∞（x-1）ex2（x-1）=limx→+∞ex2=+∞，

所以F（x）∈（-∞，+∞）.

此時原函數(shù)f（x）有兩個零點等價于直線y=-a與y=F（x）在（1，+∞）上有兩個交點.從而，

-a<0，即a>0.

（2）不妨設(shè)x1

由f（x）在（1，+∞）上遞增，x2，2-x1∈（1，+∞），所以又只需證f（x2）

因為f（x1）=f（x2），所以又只需證f（x1）

令h（x）=f（x）-f（2-x）=（x-2）ex+x·e2-x，x∈（-∞，1），則h′（x）=（ex-e2-x）（x-1），

當x∈（-∞，1）時，h′（x）>0，所以h（x）

結(jié)合上面討論，可以總結(jié)出這類問題的一般解題策略和步驟如下：

（1）利用導數(shù)知識，得出y=f（x）的極值點x0；

（2）構(gòu)造函數(shù)F（x）=f（x0+x）-f（x0-x），討論F（x）在x0附近的單調(diào)性，并結(jié)合F（0）=0從而得出不等式f（x0+x）>f（x0-x）或f（x0+x）

（3）由f（x1）=f（x2）=f（x0-（x0-x1））

f（x1）=f（x2）=f（x0-（x0-x1））>f（x0+（x0-x1））=f（2x0-x1）.

（4）最后再結(jié)合f（x）的單調(diào)性得出x2<2x0-x1或x2>2x0-x1.