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  利用导数研究函数的性质

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  利用导数研究函数的单调性
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  参数的讨论

当 $a<-\dfrac{\rm e}2$ 时，$f(x)$ 在 $(-\infty,1)$ 和 $(\ln(-2a),+\infty)$ 上单调递增，在 $(1,\ln(-2a))$ 上单调递减．
当 $a=-\dfrac{\rm e}2$ 时，$f(x)$ 在 $\mathbb R$ 上单调递增．
当 $-\dfrac{\rm e}2<a<0$ 时，$f(x)$ 在 $(-\infty,\ln(-2a))$ 和 $(1,+\infty)$ 上单调递增，在 $(\ln(-2a),1)$ 上单调递减．
当 $a\geqslant 0$ 时，$f(x)$ 在 $(-\infty,1)$ 上单调递减，在 $(1,+\infty)$ 上单调递增

函数 $f(x)$ 的导函数$$f'(x)=(x-1)({\rm e}^x+2a),$$因此可以得到讨论的分界点为 $-\dfrac{\rm e}2,0$．
情形一当 $a<-\dfrac{\rm e}2$ 时，$\ln (-2a)>1$，因此函数 $f(x)$ 在 $(-\infty,1)$ 上单调递增，在 $(1,\ln(-2a))$ 上单调递减，在 $(\ln(-2a),+\infty)$ 上单调递增．
情形二当 $a=-\dfrac{\rm e}2$ 时，$\ln (-2a)=1$，因此函数 $f(x)$ 在 $\mathbb R$ 上单调递增．
情形三当 $-\dfrac{\rm e}2<a<0$ 时，$\ln (-2a)<1$，因此函数 $f(x)$ 在 $(-\infty,\ln(-2a))$ 上单调递增，在 $(\ln(-2a),1)$ 上单调递减，在 $(1,+\infty)$ 上单调递增．
情形四当 $a\geqslant 0$ 时，${\rm e}^x+2a>0$，因此函数 $f(x)$ 在 $(-\infty,1)$ 上单调递减，在 $(1,+\infty)$ 上单调递增．

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  利用导数研究函数的零点
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  极限叙述

$(0,+\infty)$

显然 $x=1$ 不是函数 $f(x)$ 的零点．当 $x\neq 1$ 时，方程 $f(x)=0$ 等价于$$a=\dfrac{2-x}{(x-1)^2}\cdot {\rm e}^x.$$记右侧函数为 $g(x)$，则 $g(x)$ 的导函数$$g'(x)=-{\rm e}^x\cdot \dfrac{x^2-4x+5}{(x-1)^3},$$因此函数 $g(x)$ 在 $(-\infty,1)$ 上单调递增，而在 $(1,+\infty)$ 上单调递减，考虑到\[\lim_{x\to -\infty}g(x)=0,\lim_{x\to +\infty}g(x)=+\infty,\]于是 $a$ 的取值范围是 $(0,+\infty)$，证明如下．
情形一 $x<1$ 时．考虑到当 $0\leqslant x<1$ 时，有\[(2-x)\cdot {\rm e}^x>1,\]于是取 $x_1=\max\left\{0,1-\dfrac{1}{\sqrt a}\right\}$，则有 $g(x_1)>a$．而当 $x<0$ 时，有\[\dfrac{2-x}{(x-1)^2}<2,\]于是取 $x_2=\min \left\{\ln\dfrac a2,0\right\}$ 时，有 $g(x_2)<a$．
因此在区间 $(x_2,x_1)$ 上 $g(x)$ 存在零点．
情形二 $x>1$ 时．考虑到当 $1<x<\dfrac 32$ 时，有\[(2-x)\cdot {\rm e}^x>\dfrac 12,\]于是取 $x_3=\min\left\{\dfrac 32,1+\dfrac{1}{\sqrt 2a}\right\}$，则 $g(x_3)>a$，取 $x_4=3$，则 $g(x_4)<0<a$．因此在区间 $(x_3,x_4)$ 上 $g(x)$ 存在零点．
综合以上两种情形，结合函数 $g(x)$ 的单调性，实数 $a$ 的取值范围是 $(0,+\infty)$．