（12分）已知函数 f(x)=a e^ 2 x +(a-2…——2017 高考数学第 21 题答案解析

【考点】52：函数零点的判定定理；6B：利用导数研究函数的单调性．
【专题】32：分类讨论；35：转化思想；4R：转化法；53：导数的综合应用．
【分析】（1）求导，根据导数与函数单调性的关系，分类讨论，即可求得 $f(x$ ）单调性；
②由（1）可知：当 $a>0$ 时才有两个零点，根据函数的单调性求得 $f(x)$ 最小值，由 $f(x)_{\text {min }}<0, g(a)=a \mid n a+a-1, a>0$ ，求导，由g（a）${ }_{\text {min }}=g ~\left(e^{-2}\right. )=e^{-2}$ In $e^{-2}+e^{-2}-1=-\frac{1}{e^{2}}-1, g(1)=0$ ，即可求得 $a$ 的取值范围。
（1）求导，根据导数与函数单调性的关系，分类讨论，即可求得 $f(x)$ 单调性 ；
（2）分类讨论，根据函数的单调性及函数零点的判断，分别求得函数的零点，即可求得 $a$ 的取值范围．

【解答】解：（1）由 $f(x)=a e^{2 x}+(a-2) e^{x}-x$ ，求导 $f^{\prime}(x)=2 a e^{2 x}+(a-2) e x-1$,

当 $a=0$ 时，$f^{\prime}(x)=-2 e^{x}-1<0$ ，
∴ 当 $x \in R, f(x)$ 单调递减，
当 $a>0$ 时，$f^{\prime}(x)=\left(2 e^{x}+1\right) \quad\left(a e^{x}-1\right)=2 a\left(e^{x}+\frac{1}{2}\right) \quad\left(e^{x}-\frac{1}{a}\right)$ ，
令 $f^{\prime}(x)=0$ ，解得：$x=\ln \frac{1}{a}$ ，
当 $f^{\prime}(x)>0$ ，解得：$x>\ln \frac{1}{a}$ ，

当 $f^{\prime}(x)<0$ ，解得：$x<\ln \frac{1}{a}$ ，
$\therefore x \in\left(-\infty, \ln \frac{1}{a}\right)$ 时，$f(x)$ 单调递减，$x \in\left(\ln \frac{1}{a},+\infty\right)$ 单调递增；
当 $a<0$ 时，$f^{\prime}(x)=2 a\left(e^{x}+\frac{1}{2}\right) \quad\left(e^{x}-\frac{1}{a}\right)<0$ ，恒成立，
∴ 当 $x \in R, f(x)$ 单调递减，
综上可知：当 $a \leq 0$ 时，$f(x)$ 在 $R$ 单调减函数，
当 $a>0$ 时，$f(x)$ 在 $\left(-\infty, \ln \frac{1}{a}\right)$ 是减函数，在 $\left(\ln \frac{1}{a},+\infty\right)$ 是增函数；
（2）（1）若 $a \leq 0$ 时，由（1）可知：$f(x)$ 最多有一个零点，
当 $a>0$ 时，$f(x)=a e^{2 x}+(a-2) e^{x}-x$ ，
当 $x \rightarrow-\infty$ 时，$e^{2 x} \rightarrow 0, e^{x} \rightarrow 0$ ，
∴ 当 $x \rightarrow-\infty$ 时，$f(x) \rightarrow+\infty$ ，
当 $x \rightarrow \infty, e^{2 x} \rightarrow+\infty$ ，且远远大于 $e^{x}$ 和 $x$ ，
∴ 当 $x \rightarrow \infty, f(x) \rightarrow+\infty$ ，
∴ 函数有两个零点， $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 的最小值小于 0 即可，
由 $f(x)$ 在 $\left(-\infty, \ln \frac{1}{a}\right)$ 是减函数，在 $\left(\ln \frac{1}{a},+\infty\right)$ 是增函数，
$\therefore f(x)_{\text {min }}=f\left(\ln \frac{1}{a}\right)=a \times\left(\frac{1}{a^{2}}\right)+(a-2) \times \frac{1}{a}-\ln \frac{1}{a}<0$ ，
$\therefore 1-\frac{1}{\mathrm{a}}-\ln \frac{1}{\mathrm{a}}<0$ ，即 $\ln \frac{1}{\mathrm{a}}+\frac{1}{\mathrm{a}}-1>0$ ，
设 $\mathrm{t}=\frac{1}{\mathrm{a}}$ ，则 $\mathrm{g}(\mathrm{t})=\ln \mathrm{t}+\mathrm{t}-1, ~(\mathrm{t}>0)$ ，
求导 $g^{\prime}(t)=\frac{1}{t}+1$ ，由 $g(1)=0$ ，
$\therefore \mathrm{t}=\frac{1}{\mathrm{a}}>1$ ，解得： $0<\mathrm{a}<1$ ，
$\therefore \mathrm{a}$ 的取值范围 $(0,1)$ ．
**方法二**：（1）由 $f(x)=a e^{2 x}+(a-2) e^{x}-x$ ，求导 $f^{\prime}(x)=2 a e^{2 x}+(a-2) e^{x}-1$

当 $a=0$ 时，$f^{\prime}(x)=-2 e^{x}-1<0$ ，
∴ 当 $x \in R, f(x)$ 单调递减，
当 $a>0$ 时，$f^{\prime}(x)=\left(2 e^{x}+1\right) \quad\left(a e^{x}-1\right)=2 a\left(e^{x}+\frac{1}{2}\right) \quad\left(e^{x}-\frac{1}{a}\right)$ ，
令 $f^{\prime}(x)=0$ ，解得：$x=-\ln a$ ，

当 $f^{\prime}(x)>0$ ，解得：$x>-\ln a$ ，
当 $f^{\prime}(x)<0$ ，解得：$x<-\ln a$ ，
$\therefore x \in(-\infty,-\ln a)$ 时，$f(x)$ 单调递减，$x \in(-\ln a,+\infty)$ 单调递增；
当 $a<0$ 时，$f^{\prime}(x)=2 a\left(e^{x}+\frac{1}{2}\right)\left(e^{x}-\frac{1}{a}\right)<0$ ，恒成立，
∴ 当 $x \in R, f(x)$ 单调递减，
综上可知：当 $a \leq 0$ 时，$f(x)$ 在 $R$ 单调减函数，
当 $a>0$ 时，$f(x)$ 在 $(-\infty,-\ln a)$ 是减函数，在 $(-\ln a,+\infty)$ 是增函数；
（2）（1）若 $a \leq 0$ 时，由（1）可知：$f(x)$ 最多有一个零点，
（2）当 $a>0$ 时，由（1）可知：当 $x=-\ln a$ 时，$f(x)$ 取得最小值，$f(x)_{\text {min }}=f(-I$ na）$=1-\frac{1}{\mathrm{a}}-\ln \frac{1}{\mathrm{a}}$ ，
当 $a=1$ ，时，$f(-\ln a)=0$ ，故 $f(x)$ 只有一个零点，
当 $a \in(1,+\infty)$ 时，由 $1-\frac{1}{a}-\ln \frac{1}{a}>0$ ，即 $f(-\ln a)>0$ ，
故 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 没有零点，
当 $a \in(0,1)$ 时， $1-\frac{1}{a}-\ln \frac{1}{a}<0, f(-\ln a)<0$ ，
由f $(-2)=a e^{-4}+(a-2) e^{-2}+2>-2 e^{-2}+2>0$ ，
故 $f(x)$ 在 $(-\infty,-\ln a)$ 有一个零点，
假设存在正整数 $\mathrm{n}_{0}$ ，满足 $\mathrm{n}_{0}>\ln \left(\frac{3}{\mathrm{a}}-1\right)$ ，则 $\mathrm{f}\left(\mathrm{n}_{0}\right)=\mathrm{e}^{\mathrm{n}_{0}}\left(\mathrm{a}_{\mathrm{e}}^{\left.\mathrm{n}_{0}+\mathrm{a}-2\right)}-\mathrm{n}_{0}>\right.$

$$ e^{n_{0}-n_{0}>2^{n_{0}}-n_{0}>0} $$

由 $\ln \left(\frac{3}{a}-1\right)>-\ln a$,
因此在 $(-\ln a,+\infty)$ 有一个零点．
$\therefore \mathrm{a}$ 的取值范围 $(0,1)$ ．
【点评】本题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数单调性及最值，考查函数零点的判断，考查计算能力，考查分类讨论思想，属于中档题．

## ［选修4－4，坐标系与参数方程］