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

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

讨论 $a$ 的取值对单调性的影响：

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

② 当 $a > 0$ 时，令 $f'(x) = 0$，解得 $x_1 = 0$，$x_2 = \ln(2a)$。

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

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

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

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

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

由 $a > \frac{1}{2}$ 知，$f(x)$ 在 $(-\infty, 0)$ 单调递增，在 $(0, \ln(2a))$ 单调递减，在 $(\ln(2a), +\infty)$ 单调递增。
极小值为 $f(\ln(2a))$，极大值为 $f(0) = b - 1$。

首先考察区间 $(-\infty, 0]$：
因为 $b > 2a > 1$，所以 $f(0) = b - 1 > 0$。
取 $x = -b$，由于 $b > 1$，则 $-b < -1 < 0$。
$f(-b) = (-b-1)e^{-b} - ab^2 + b$。
因为 $e^{-b} > 0$，$-b-1 < 0$，所以 $(-b-1)e^{-b} < 0$。
又 $b > 2a \implies ab^2 > \frac{1}{2}b^2$。当 $b$ 足够大时，$-ab^2+b$ 显然小于0。
更严谨地，注意到 $x \to -\infty$ 时，$f(x) \to -\infty$（因为 $-ax^2$ 主导且 $a>0$）。
具体地，$f(-b) < -ab^2 + b = b(1-ab)$。
由 $b > 2a$ 且 $a > 1/2$，则 $ab > 2a^2 > 2(1/4) = 1/2$。这不足以直接说明 $1-ab < 0$。
我们换一个点。考虑 $x$ 趋向负无穷，$f(x) \approx -ax^2 \to -\infty$。
必存在 $x_1 < 0$ 使得 $f(x_1) < 0$。
又 $f(0) > 0$，且 $f(x)$ 在 $(-\infty, 0)$ 单调递增，
由零点存在定理，$f(x)$ 在 $(-\infty, 0)$ 上有且仅有一个零点。

接下来考察区间 $(0, +\infty)$：
需判断极小值 $f(\ln(2a))$ 的符号。
$$ \begin{aligned} f(\ln(2a)) &= (\ln(2a)-1)e^{\ln(2a)} - a(\ln(2a))^2 + b \\ &= 2a(\ln(2a)-1) - a(\ln(2a))^2 + b \\ &= 2a\ln(2a) - 2a - a(\ln(2a))^2 + b \end{aligned} $$
因为 $b > 2a$，所以
$$ \begin{aligned} f(\ln(2a)) &> 2a\ln(2a) - 2a - a(\ln(2a))^2 + 2a \\ &= 2a\ln(2a) - a(\ln(2a))^2 \\ &= a\ln(2a)[2 - \ln(2a)] \end{aligned} $$
由条件 $\frac{1}{2} < a \le \frac{e^2}{2}$，可得 $1 < 2a \le e^2$，即 $0 < \ln(2a) \le 2$。
所以 $\ln(2a) \ge 0$ 且 $2 - \ln(2a) \ge 0$。
又 $a > 0$，故 $f(\ln(2a)) \ge 0$。
因为 $f(x)$ 在 $(0, \ln(2a))$ 递减，在 $(\ln(2a), +\infty)$ 递增，
所以对于任意 $x > 0$，都有 $f(x) \ge f(\ln(2a)) \ge 0$。
若 $f(\ln(2a)) > 0$，则无零点；若 $f(\ln(2a)) = 0$（仅当 $2a=e^2$ 且取等条件满足时可能，但此时 $b>2a$ 严格不等式导致 $f(\ln(2a)) > 0$），实际上由于 $b > 2a$，上述放缩是严格的，即 $f(\ln(2a)) > 0$。
因此 $f(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上无零点。

综上，$f(x)$ 恰有一个零点。

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

由 $0 < a < \frac{1}{2}$ 知，$f(x)$ 在 $(-\infty, \ln(2a))$ 递增，在 $(\ln(2a), 0)$ 递减，在 $(0, +\infty)$ 递增。
极大值为 $f(\ln(2a))$，极小值为 $f(0) = b - 1$。

首先考察区间 $(-\infty, 0]$：
因为 $a < \frac{1}{2}$，所以 $2a < 1$。
又 $b \le 2a$，所以 $b < 1$，即 $f(0) = b - 1 < 0$。
计算极大值 $f(\ln(2a))$：
$$ \begin{aligned} f(\ln(2a)) &= 2a(\ln(2a)-1) - a(\ln(2a))^2 + b \\ &\le 2a(\ln(2a)-1) - a(\ln(2a))^2 + 2a \quad (\because b \le 2a) \\ &= 2a\ln(2a) - a(\ln(2a))^2 \\ &= a\ln(2a)[2 - \ln(2a)] \end{aligned} $$
因为 $0 < 2a < 1$，所以 $\ln(2a) < 0$。
而 $2 - \ln(2a) > 2 > 0$，$a > 0$。
所以 $f(\ln(2a)) < 0$。
因为 $f(x)$ 在 $(-\infty, \ln(2a))$ 递增，在 $(\ln(2a), 0)$ 递减，
所以对于任意 $x \le 0$，都有 $f(x) \le f(\ln(2a)) < 0$（注意：这里逻辑有误，极大值小于0意味着整个区间函数值都小于0吗？是的，因为 $\ln(2a)$ 是 $(-\infty, 0)$ 上的最大值点）。
更正：$f(x)$ 在 $(-\infty, \ln(2a))$ 递增，在 $(\ln(2a), 0)$ 递减。
所以 $f(x)$ 在 $(-\infty, 0]$ 上的最大值为 $f(\ln(2a))$。
既然最大值 $f(\ln(2a)) < 0$，则 $f(x)$ 在 $(-\infty, 0]$ 上恒小于 0，无零点。

接下来考察区间 $(0, +\infty)$：
$f(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 单调递增。
已知 $f(0) = b - 1 < 0$。
我们需要找到一个 $x_2 > 0$ 使得 $f(x_2) > 0$。

情形1：若 $b \ge 0$。
取 $x = 2$。
$f(2) = (2-1)e^2 - 4a + b = e^2 - 4a + b$。
因为 $a < \frac{1}{2}$，所以 $-4a > -2$。
因为 $b \ge 0$，所以 $f(2) > e^2 - 2 > 7.38 - 2 > 0$。
由零点存在定理，$f(x)$ 在 $(0, 2)$ 内有一个零点。

情形2：若 $b < 0$。
利用不等式 $e^x \ge x + 1$ ($x \in \mathbb{R}$)。
$$ \begin{aligned} f(x) &= (x-1)e^x - ax^2 + b \\ &\ge (x-1)(x+1) - ax^2 + b \\ &= x^2 - 1 - ax^2 + b \\ &= (1-a)x^2 + (b-1) \end{aligned} $$
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 $b < 0$，所以 $1-b > 1 > 0$。
取 $x_0 = \sqrt{\frac{1-b}{1-a}} + 1$，则 $x_0 > \sqrt{\frac{1-b}{1-a}}$，故 $f(x_0) > 0$。
又 $f(0) < 0$，且 $f(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 单调递增，
由零点存在定理，$f(x)$ 在 $(0, x_0)$ 内有一个零点。

综上，无论哪种情况，$f(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上恰有一个零点，且在 $(-\infty, 0]$ 上无零点。
故 $f(x)$ 恰有一个零点。