（12分）已知函数 f(x)=(x-2) e^ x +a(…——2016 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】35：转化思想；48：分析法；51：函数的性质及应用；53：导数的综合应用．

【分析】（I）求出 $f(x)$ 的导数，讨论当 $a \geq 0$ 时，$a<-\frac{\mathrm{e}}{2}$ 时，$a=-\frac{\mathrm{e}}{2}$ 时，$-\frac{\mathrm{e}}{2} （II）由（I）的单调区间，对a讨论，结合单调性和函数值的变化特点，即可得到所求范围．

【解答】解：（ I ）由 $f(x)=(x-2) e^{x}+a(x-1){ }^{2}$ ，
可得 $f^{\prime}(x)=(x-1) e^{x}+2 a(x-1)=(x-1)\left(e^{x}+2 a\right)$ ，
①当 $a \geq 0$ 时，由 $f^{\prime}(x)>0$ ，可得 $x>1$ ；由 $f^{\prime}(x)<0$ ，可得 $x<1$ ，
即有 $f(x)$ 在 $(-\infty, 1)$ 递减；在 $(1,+\infty)$ 递增（如右上图）；
②当 $a<0$ 时，（如右下图）若 $a=-\frac{e}{2}$ ，则 $f^{\prime}(x) \geq 0$ 恒成立，即有 $f(x)$ 在 $R$ 上递增；

若 $a<-\frac{\mathrm{e}}{2}$ 时，由 $\mathrm{f}^{\prime}(x)>0$ ，可得 $x<1$ 或 $x>\ln (-2 a)$ ；
由 $f^{\prime}(x)<0$ ，可得 $1即有 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $(-\infty, 1),(\ln (-2 \mathrm{a}),+\infty)$ 递增；
在（1， $\ln (-2 \mathrm{a}))$ 递减；
若 $-\frac{\mathrm{e}}{2}<\mathrm{a}<0$ ，由 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})>0$ ，可得 $x<\ln (-2 \mathrm{a})$ 或 $x>1$ ；
由 $f^{\prime}(x)<0$ ，可得 $\ln (-2 a)即有 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $(-\infty, \ln (-2 \mathrm{a})),(1,+\infty)$ 递增；
在（ $\ln (-2 \mathrm{a}), 1$ ）递减；
（II）①由（I）可得当 $a>0$ 时，
$f(x)$ 在 $(-\infty, 1)$ 递减；在 $(1,+\infty)$ 递增，
且 $f(1)=-e<0, x \rightarrow+\infty, f(x) \rightarrow+\infty$ ；
当 $x \rightarrow-\infty$ 时 $f(x)>0$ 或找到一个 $x<1$ 使得 $f(x)>0$ 对于 $a>0$ 恒成立，

$\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 有两个零点；
②当 $a=0$ 时，$f(x)=(x-2) e^{x}$ ，所以 $f(x)$ 只有一个零点 $x=2$ ；
③当 $\mathrm{a}<0$ 时，
若 $a<-\frac{\mathrm{e}}{2}$ 时，$f(x)$ 在（1， $\left.\ln (-2 a)\right)$ 递减，
在 $(-\infty, 1),(\ln (-2 a),+\infty)$ 递增，
又当 $x \leq 1$ 时，$f(x)<0$ ，所以 $f(x)$ 不存在两个零点；
当 $\mathrm{a} \geq-\frac{\mathrm{e}}{2}$ 时，在 $(-\infty, \ln (-2 \mathrm{a}))$ 单调增，在 $(1,+\infty)$ 单调增，
在（1n（－2a），1）单调减，
只有 $\mathrm{f}(\ln (-2 \mathrm{a}))$ 等于 0 才有两个零点，
而当 $x \leq 1$ 时，$f(x)<0$ ，所以只有一个零点不符题意。
综上可得，$f(x)$ 有两个零点时，$a$ 的取值范围为 $(0,+\infty)$ ．

【点评】本题考查导数的运用：求单调区间，考查函数零点的判断，注意运用分类讨论的思想方法和函数方程的转化思想，考查化简整理的运算能力，属于难题。