高考数学全国卷(乙)第21题赏析
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已知函数f（x）=（x-2）ex+a（x-1）2有两个零点.
（1）求a的取值范围；
（2）设x1，x2是f（x）的两个零点，证明：x1+x2
本题的命制延续了2015年全国卷Ⅰ第21题的试题特点，题设条件简单明了，从诸如函数零点、参数范围等常考知识点处发问，使考生倍感亲切，有利于考生稳定情绪，从而发挥出最佳水平.
研究试题，我们可以看到今年的试题依然简约但不简单.考证第二问发现，似乎与下列几题存在关联.
2010年天津卷理科第21题：
已知函数f（x）=xe-x（x∈R）
（1）求函数f（x）的单调区间和极值；
（2）已知函数y=g（x）的图像与函数y=f（x）的图像关于直线x=1对称，证明当x>1时，f（x）>g（x）；
（3）如果x1≠x2，且f（x1）=f（x2），证明x1+x2>2.
2011年辽宁卷理科第21题：
已知函数f（x）=lnx-ax2+（2-a）x.
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）设a>0，证明：当0
（3）若函数y=f（x）的图像与x轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f′（x0）
2013年湖南卷文科第21题：
已知函数f（x）=1-x1+x2ex
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）证明：当f（x1）=f（x2）（x1≠x2）时，x1+x2
所以，这又是一道推陈出新的好题，似曾相识，但不落俗套，给人耳目一新的感觉.透过试题，命题者给我们也指出了复习备考之道，深入研究历届高考试题是科学复习备考的不二之法，毕竟这些试题凝聚着众多命题专家的心血和智慧.
另外，以上试题都蕴藏着这样一个重要的知识背景，那就是极值点的偏移问题，而这类问题大多与高等数学中的拉格朗日中值定理存在一定的联系.事实上，由拉格朗日中值定理，即下面的结论：
若函数f（x）满足：
（1）f（x）在闭区间[a，b]上连续；（2）f（x）在开区间（a，b）内可导，则在（a，b）内至少存在一点ξ，
使得f′（ξ）=f（b）-f（a）b-a.
从而取ξ=a+θh，h=b-a，得f（b）-f（a）=f′（a+θh）h，0
就本题而言，易知x=1为极值点，但θ≠12，所以f（x）的图像不关于x=1对称.
事实上，在拉格朗日中值定理中取b=1+x，a=1-x，h=2x，得到，
f（1+x）-f（1-x）=f′（1-x+2θx）・2x，即f（1+x）-f（1-x）=（2θ-1）x（e1+（2θ-1）x+2a）・2x.
另外，f（1+x）=（1+x-2）e1+x+a（1+x-1）2=（x-1）e1+x+ax2，
f（1-x）=（1-x-2）e1-x+a（1-x-1）2=-（1+x）e1-x+ax2.
所以f（1+x）≠f（1-x），θ≠12，从而f（x）的图像不关于x=1对称.
由此可见，它们都有高等数学的背景，具有替高校选拔优秀人才的功能，显然是全卷的压轴题.2解法分析
方法1
解（1）f′（x）=（x-1）（ex+2a）
当a>0时，由f′（x）=0得，x=1.f（x）在（-∞，1）上递减；在（1，+∞）上递增.
而f（1）=-e0，所以在（1，2）有一个零点.另外，
f（1-a）=（1-a-2）e1-a+a（1-a-1）2=-（1+a）e1-a+a3.令g（a）=f（1-a），则
g′（a）=a（e1-a+3a）>0，所以g（a）在（0，+∞）上递增，又g（0）=-e，g（2）=8-3e>0.从而存在a，使得g（a）=f（1-a）>0，又f（x）在（-∞，1）上递减，所以在（1-a，1）上存在唯一零点.
当a=0时，f（x）=（x-2）ex，f′（x）=（x-1）ex.由f′（x）=0得，x=1.f（x）在（-∞，1）上递减；在（1，+∞）上递增.另外，f（1）=-e
当a
（。┤a1，f（x）在（-∞，1）上递增；（1，ln（-2a））上递减；（ln（-2a），+∞）上递增.又f（1）=-e
（）若-e2
记t=ln（-2a），则f（x）的极大值f（ln（-2a））=f（t）=（t-2）et+a（t-1）2=a（t2-4t+5）
结合零点存在性定理易知f（x）有一个零点.
综上，a>0.
（2）不妨设x1
事实上，当x1
f（x）在（1，+∞）上递增得到，f（x1）
令F（x）=f（1-x）-f（1+x），则F′（x）=x（e1-x-e1+x），
当x>0时，F′（x）
令x=1-x1，则f（x2）=f（x1）=f（1-（1-x1））
而x2，2-x1∈（1，+∞），且f（x）在（1，+∞）上递增，故x2
方法2
解由已知得：f′（x）=（x-1）ex+2a（x-1）=（x-1）（ex+2a）
①若a=0，那么f（x）=0（x-2）ex=0x=2，f（x）只有唯一的零点x=2，不合题意；
②若a>0，那么ex+2a>ex>0，
所以当x>1时，f′（x）>0，f（x）单调递增；
当x
故f（x）在（1，+∞）上至多一个零点，在（-∞，1）上至多一个零点.
由于f（2）=a>0，f（1）=-e
根据零点存在性定理，f（x）在（1，2）上有且仅有一个零点.
而当x
故f（x）=（x-2）ex+a（x-1）2>e（x-2）+a（x-1）2=a（x-1）2+e（x-1）-e.
则f（x）=0的两根x1=-e-e2+4ae2a+1，x2=-e+e2+4ae2a+1，x10，故当xx2时，a（x-1）2+e（x-1）-e>0.
因此，当x
又f（1）=-e
此时，f（x）在R上有且只有两个零点，满足题意.
③若-e2
当x
即f′（x）=（x-1）（ex+2a）>0，f（x）单调递增；
当ln（-2a）
当x>1时，x-1>0，ex+2a>eln（-2a）+2a=0，即f′（x）>0，f（x）单调递增.
即：
f[ln（-2a）]=-2a[ln（-2a）-2]+a[ln（-2a）-1]2=a{[ln（-2a）-2]2+1}
故当x≤1时，f（x）在x=ln（-2a）处取到最大值f[ln（-2a）]，那么f（x）≤f[ln（-2a）]
而当x>1时，f（x）单调递增，至多一个零点，
此时f（x）在R上至多一个零点，不合题意.
④若a=-e2，那么ln（-2a）=1.
当x
f（x）单调递增.
当x>1=ln（-2a）时，x-1>0，ex+2a>eln（-2a）+2a=0，即f′（x）>0，
f（x）单调递增.
又f（x）在x=1处有意义，故f（x）在R上单调递增，此时至多一个零点，不合题意.
⑤若a1.
当x
f（x）单调递增.
当1
f（x）单调递减.
当x>ln（-2a）时，x-1>ln（-2a）-1>0，ex+2a>eln（-2a）+2a=0，即f′（x）>0，
f（x）单调递增，
故当x≤ln（-2a）时，f（x）在x=1处取到最大值f（1）=-e，那么f（x）≤-e
当x>ln（-2a）时，f（x）单调递增，至多一个零点.
此时f（x）在R上至多一个零点，不合题意.
综上所述，当且仅当a>0时符合题意，即a的取值范围为（0，+∞）.
（2）由已知得：f（x1）=f（x2）=0，不难发现x1≠1，x2≠1，
故可整理得：-a=（x1-2）ex1（x1-1）2=（x2-2）ex2（x2-1）2.
设g（x）=（x-2）ex（x-1）2，则g（x1）=g（x2），
那么g′（x）=（x-2）2+1（x-1）3ex，当x0，g（x）单调递增.
设x>0，构造代数式：
g（1+x）-g（1-x）=x-1x2e1+x--x-1x2e1-x=1+xx2e1-x（x-1x+1e2x+1）.
设h（x）=x-1x+1e2x+1，x>0，
则h′（x）=2x2（x+1）2e2x>0，故h（x）单调递增，有h（x）>h（0）=0.
因此，对于任意的x>0，g（1+x）>g（1-x）.
由g（x1）=g（x2）可知x1、x2不可能在g（x）的同一个单调区间上，不妨设x1
令m=1-x1>0，则有g[1+（1-x1）]>g[1-（1-x1）]g（2-x1）>g（x1）=g（x2），
而2-x1>1，x2>1，g（x）在（1，+∞）上单调递增，因此：g（2-x1）>g（x2）2-x1>x2，
整理得：x1+x2
方法3
（1）由于f（1）=-e
F（x）=x-2（x-1）2ex，则F′（x）=x2-4x+5（x-1）3・ex，从而F（x）在（-∞，1）上递减，在（1，+∞）上递增.
又当x
当x>1时，limx1+x-2（x-1）2ex=-∞，limx+∞x-2（x-1）2ex=limx+∞（x-1）ex2（x-1）=limx+∞ex2=+∞，
所以F（x）∈（-∞，+∞）.
此时原函数f（x）有两个零点等价于直线y=-a与y=F（x）在（1，+∞）上有两个交点.从而，
-a0.
（2）不妨设x1
由f（x）在（1，+∞）上递增，x2，2-x1∈（1，+∞），所以又只需证f（x2）
因为f（x1）=f（x2），所以又只需证f（x1）
令h（x）=f（x）-f（2-x）=（x-2）ex+x・e2-x，x∈（-∞，1），则h′（x）=（ex-e2-x）（x-1），
当x∈（-∞，1）时，h′（x）>0，所以h（x）
结合上面讨论，可以总结出这类问题的一般解题策略和步骤如下：
（1）利用导数知识，得出y=f（x）的极值点x0；
（2）构造函数F（x）=f（x0+x）-f（x0-x），讨论F（x）在x0附近的单调性，并结合F（0）=0从而得出不等式f（x0+x）>f（x0-x）或f（x0+x）
（3）由f（x1）=f（x2）=f（x0-（x0-x1））
f（x1）=f（x2）=f（x0-（x0-x1））>f（x0+（x0-x1））=f（2x0-x1）.
（4）最后再结合f（x）的单调性得出x22x0-x1.