已知函数 f(x)=(x-1) e^ x -a x^ 2…——2021 高考数学第 22 题答案解析

(1) 函数定义域为 $\mathbb{R}$，求导得：
$$ f^{\prime}(x)=e^{x}+(x-1) e^{x}-2 a x=x e^{x}-2 a x=x\left(e^{x}-2 a\right) $$

① 当 $a \leq 0$ 时，$e^{x}-2 a > 0$ 恒成立。
若 $x<0$，则 $f^{\prime}(x)<0$；若 $x>0$，则 $f^{\prime}(x)>0$。
故 $f(x)$ 在 $(-\infty, 0)$ 上单调递减，在 $(0,+\infty)$ 上单调递增。

② 当 $a > 0$ 时，令 $f^{\prime}(x)=0$，解得 $x=0$ 或 $x=\ln (2 a)$。

(i) 若 $0 < a < \frac{1}{2}$，则 $\ln (2 a) < 0$。
当 $x \in(-\infty, \ln (2 a))$ 时，$x<0, e^{x}-2 a<0 \Rightarrow f^{\prime}(x)>0$；
当 $x \in(\ln (2 a), 0)$ 时，$x<0, e^{x}-2 a>0 \Rightarrow f^{\prime}(x)<0$；
当 $x \in(0,+\infty)$ 时，$x>0, e^{x}-2 a>0 \Rightarrow f^{\prime}(x)>0$。
故 $f(x)$ 在 $(-\infty, \ln (2 a))$ 和 $(0,+\infty)$ 上单调递增，在 $(\ln (2 a), 0)$ 上单调递减。

(ii) 若 $a = \frac{1}{2}$，则 $\ln (2 a) = 0$，$f^{\prime}(x)=x\left(e^{x}-1\right) \geq 0$ 恒成立（仅当 $x=0$ 时取等号）。
故 $f(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上单调递增。

(iii) 若 $a > \frac{1}{2}$，则 $\ln (2 a) > 0$。
当 $x \in(-\infty, 0)$ 时，$x<0, e^{x}-2 a<0 \Rightarrow f^{\prime}(x)>0$；
当 $x \in(0, \ln (2 a))$ 时，$x>0, e^{x}-2 a<0 \Rightarrow f^{\prime}(x)<0$；
当 $x \in(\ln (2 a),+\infty)$ 时，$x>0, e^{x}-2 a>0 \Rightarrow f^{\prime}(x)>0$。
故 $f(x)$ 在 $(-\infty, 0)$ 和 $(\ln (2 a),+\infty)$ 上单调递增，在 $(0, \ln (2 a))$ 上单调递减。

综上所述：
- 当 $a \leq 0$ 时，$f(x)$ 在 $(-\infty, 0)$ 递减，在 $(0,+\infty)$ 递增；
- 当 $0 < a < \frac{1}{2}$ 时，$f(x)$ 在 $(-\infty, \ln (2 a))$ 和 $(0,+\infty)$ 递增，在 $(\ln (2 a), 0)$ 递减；
- 当 $a = \frac{1}{2}$ 时，$f(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上递增；
- 当 $a > \frac{1}{2}$ 时，$f(x)$ 在 $(-\infty, 0)$ 和 $(\ln (2 a),+\infty)$ 递增，在 $(0, \ln (2 a))$ 递减。

(2)
**选择条件①：** $\frac{1}{2}<a \leq \frac{e^{2}}{2}, b>2 a$。

由 $a > \frac{1}{2}$ 知，$\ln(2a) > 0$。根据 (1) 的结论，$f(x)$ 在 $(-\infty, 0)$ 上单调递增，在 $(0, \ln(2a))$ 上单调递减，在 $(\ln(2a), +\infty)$ 上单调递增。
$f(0) = -1+b$。因为 $b > 2a > 1$，所以 $f(0) > 0$。
考察区间 $(-\infty, 0)$：
取 $x = -b$，由于 $b>1$，则 $-b < -1 < 0$。
$f(-b) = (-b-1)e^{-b} - ab^2 + b$。
因为 $b>0, a>0$，所以 $-ab^2 < 0$。
又 $(-b-1)e^{-b} < 0$。
我们需要更精确的放缩来证明存在负值。
注意到当 $x \to -\infty$ 时，$f(x) \approx -ax^2 \to -\infty$。
具体地，取 $x_1 < 0$ 且足够小，使得 $f(x_1) < 0$。
例如，考虑 $f(x)$ 在 $(-\infty, 0)$ 连续，且 $\lim_{x \to -\infty} f(x) = -\infty$，而 $f(0) > 0$。
由零点存在定理，$f(x)$ 在 $(-\infty, 0)$ 上至少有一个零点。
又因 $f(x)$ 在此区间单调递增，故有且仅有一个零点。

接下来证明在 $[0, +\infty)$ 上无零点。
$f(x)$ 在 $[0, +\infty)$ 上的最小值为 $f(\ln(2a))$（若 $\ln(2a)>0$）或边界值。
计算极小值 $f(\ln(2a))$：
$$ \begin{aligned} f(\ln(2a)) &= (\ln(2a)-1)e^{\ln(2a)} - a(\ln(2a))^2 + b \\ &= 2a(\ln(2a)-1) - a(\ln(2a))^2 + b \\ &= 2a\ln(2a) - 2a - a(\ln(2a))^2 + b \end{aligned} $$
由条件 $b > 2a$，得：
$$ \begin{aligned} f(\ln(2a)) &> 2a\ln(2a) - 2a - a(\ln(2a))^2 + 2a \\ &= 2a\ln(2a) - a(\ln(2a))^2 \\ &= a\ln(2a)[2 - \ln(2a)] \end{aligned} $$
由 $\frac{1}{2} < a \leq \frac{e^2}{2}$，得 $1 < 2a \leq e^2$，即 $0 < \ln(2a) \leq 2$。
所以 $\ln(2a) > 0$ 且 $2 - \ln(2a) \geq 0$。
又 $a > 0$，故 $f(\ln(2a)) \geq 0$。
当 $a < \frac{e^2}{2}$ 时，$f(\ln(2a)) > 0$；
当 $a = \frac{e^2}{2}$ 时，$\ln(2a)=2$，此时 $f(\ln(2a)) = 0$ 仅当 $b=2a$ 时取到，但题目要求 $b>2a$，故严格大于 0。
因此，对于所有 $x \geq 0$，$f(x) \geq f(\ln(2a)) > 0$（注意 $f(0)>0$ 且最小值非负且仅在特定边界可能为0但被$b$的条件排除或即使为0也是极小值点，此处需确认是否接触x轴。若 $f(\ln 2a) > 0$，则无零点。若 $f(\ln 2a)=0$，则有一个零点。但题目条件是 $b>2a$，导致 $f(\ln 2a) > 0$ 严格成立吗？
检查：$f(\ln 2a) = a \ln(2a)[2-\ln(2a)] + (b-2a)$。
因为 $b > 2a$，所以 $b-2a > 0$。
因为 $1 < 2a \le e^2$，所以 $\ln(2a) \in (0, 2]$。
项 $a \ln(2a)[2-\ln(2a)] \ge 0$。
所以 $f(\ln(2a)) > 0$。
既然 $[0, +\infty)$ 上最小值大于 0，则该区间无零点。
综上，$f(x)$ 恰有一个零点，位于 $(-\infty, 0)$。

**选择条件②：** $0<a<\frac{1}{2}, b \leq 2 a$。

由 $0 < a < \frac{1}{2}$ 知，$\ln(2a) < 0$。根据 (1) 的结论，$f(x)$ 在 $(-\infty, \ln(2a))$ 递增，在 $(\ln(2a), 0)$ 递减，在 $(0, +\infty)$ 递增。
$f(0) = b - 1$。
因为 $b \leq 2a$ 且 $2a < 1$，所以 $b < 1$，即 $f(0) < 0$。

首先考察区间 $(-\infty, 0]$。
$f(x)$ 在此区间的最大值为 $f(\ln(2a))$。
$$ \begin{aligned} f(\ln(2a)) &= 2a(\ln(2a)-1) - a(\ln(2a))^2 + b \\ &\leq 2a(\ln(2a)-1) - a(\ln(2a))^2 + 2a \quad (\because b \leq 2a) \\ &= 2a\ln(2a) - a(\ln(2a))^2 \\ &= a\ln(2a)[2 - \ln(2a)] \end{aligned} $$
因为 $0 < 2a < 1$，所以 $\ln(2a) < 0$。
又 $2 - \ln(2a) > 2 > 0$，且 $a > 0$。
所以 $f(\ln(2a)) < 0$。
即在 $(-\infty, 0]$ 上，$f(x) \leq f(\ln(2a)) < 0$，故此区间无零点。

接下来考察区间 $(0, +\infty)$。
$f(x)$ 在此区间单调递增，且 $f(0) < 0$。
只需证明存在 $x_0 > 0$ 使得 $f(x_0) > 0$。
利用不等式 $e^x \geq x+1$ ($x \in \mathbb{R}$)。
$$ \begin{aligned} f(x) &= (x-1)e^x - ax^2 + b \\ &\geq (x-1)(x+1) - ax^2 + b \\ &= x^2 - 1 - ax^2 + b \\ &= (1-a)x^2 + b - 1 \end{aligned} $$
要使 $f(x) > 0$，只需 $(1-a)x^2 + b - 1 > 0$，即 $x^2 > \frac{1-b}{1-a}$。
因为 $a < \frac{1}{2}$，所以 $1-a > \frac{1}{2} > 0$。
因为 $b \leq 2a < 1$，所以 $1-b > 0$。
故 $\frac{1-b}{1-a} > 0$。
取 $x_0 = \sqrt{\frac{1-b}{1-a}} + 1$，则 $x_0 > \sqrt{\frac{1-b}{1-a}}$，从而 $f(x_0) > 0$。
又 $f(0) < 0$，且 $f(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 连续且单调递增。
由零点存在定理及单调性可知，$f(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上有且仅有一个零点。

综上，无论选择哪个条件，$f(x)$ 均恰有一个零点。