原题

　　已知函数f(x)=(x−2)ex+a(x−1)2f(x)=(x-2)e^x+a(x-1)^2有两个零点
　　(1)　求aa的取值范围
(2)　设x1,x2x_1,x_2是函数的两个零点，证明：x1+x2<2x_1+x_2

第一问

　　求导
　　f′(x)=(ex+2a)(x−1)f'(x)=(e^x+2a)(x-1)
　　(i)若a>0a>0
　　这个时候函数先单调减后单调增，极小值f(1)=−e<0f(1)=-e
　　秘技：~~反复横跳~~ 取bb满足b<lnab且b<2b，则f(b)=(b−2)eb+a(b−1)2>(b−2)a+a(b−1)2=a(b2−b−3)f(b)=(b-2)e^b+a(b-1)^2>(b-2)a+a(b-1)^2=a(b^2-b-3)，恒大于00。
答案玩的太炫酷了，原来这就是全国卷啊。
右边就很好找了，直接令x=2x=2即可。
　　所以说a>0a>0时有两个零点
　　(ii)a=0a=0
　　这个时候f(x)=ex(x−1)f(x)=e^x(x-1)，只有一个零点
　　(iii)a<0a
　　设x0=ln(−2a)x_0=\ln(-2a)，则x0x_0和11是f′(x)f'(x)的两个零点
　　如果x0≤1x_0\leq1，根据x≤1x\leq1时f(x)<0f(x)和增-减-增的图像，可知此时f(x)f(x)的零点个数少于两个
　　如果x0>1x_0>1，根据x≤1x\leq1时f(x)<0f(x)和增-减-增的图像，可知此时零点个数少于两个
　　综上a>0a>0
　　吐槽：太丧病了，我全程看答案

第二问

　　不妨设x1<1,x2>1x_11
　　x1+x2<2x_1+x_2
　　即x1<2−x2x_1
　　此时x1,2−x2∈(−∞,1)x_1,2-x_2\in(-\infty,1)
　　由于在(−∞,1)(-\infty,1)上函数是单调递减的
　　就成了证明f(x1)=0>f(2−x2)f(x_1)=0>f(2-x_2)
　　f(2−x2)=−x2e2−x2+a(x2−1)2f(2-x_2)=-x_2e^{2-x_2}+a(x_2-1)^2
　　f(x2)=(x2−2)ex2+a(x2−1)2=0f(x_2)=(x_2-2)e^{x_2}+a(x_2-1)^2=0
　　消掉aa，得到f(2−x2)=1ex2(−e2x2−x2e2x2+2e2x2)f(2-x_2)=\frac{1}{e^{x_2}}(-e^2x_2-x_2e^{2x_2}+2e^{2x_2})
　　令g(x)=−e2x−xe2x+2e2xg(x)=-e^2x-xe^{2x}+2e^{2x}
　　g′(x)=−e2+(1−2x)e2xg'(x)=-e^2+(1-2x)e^{2x}
　　g′′(x)=−4xe2xg''(x)=-4xe^{2x}
　　显然g′(0)=g′(x)max=−e2+1<0g'(0)=g'(x)_{max}=-e^2+1
　　所以g(x)g(x)单调递减，而g(1)=0g(1)=0，所以当x>1x>1时，g(x)<0g(x)，即f(2−x2)<0=f(x1)f(2-x_2)
　　这样就证完了

结束语

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2016理数全国卷 T21

原题

第一问

第二问

结束语

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