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1、已知函数f(x)(x 2)ex a(x 1)2有两个零点21 由已知得：f xx1ex2ax1x1ex2a若a0，那么fx0 x 2ex0 x 2，fx只有唯一的零点x2，不合题意；若a0，那么ex2a ex0，所以当x 1时，f x 0，fx单调递增当x 1时，f x 0，fx单调递减即：x（）求a的取值范围；（）设x1,x2是f(x)的两个零点，证明：x1 x2 2,111,f xfx0极小值故fx在1,上至多一个零点，在,1上至多一个零点由于f2 a 0，f1 e 0，则f2f1 0，根据零点存在性定理，fx在1,2上有且仅有一个零点而当x1时，ex e，x210，故fxx 2ex ax
2、 1 ex 2 ax 1 ax 1 ex 1 e222ee2 4aeee2 4ae1，t21，t1t2，因则fx 0的两根t12a2a为a0，故当xt1或x t2时，ax 1 ex 1 e 02因此，当x1且xt1时，fx 0又f1 e 0，根据零点存在性定理，fx在,1有且只有一个零点此时，fx在R R上有且只有两个零点，满足题意e 若 a 0，则ln2a lne 1，2ln 2a当x ln2a时，x 1 ln2a1 0，ex2a e2a 0，即f xx1ex2a0，fx单调递增；ln 2a当ln2a x 1时，x10，ex2a e2a 0，即f xx1ex2a0，fx单调递减；ln 2a当
3、x 1时，x10，ex2a e2a 0，即f x 0，fx单调递增即：x,ln2a+ln2aln2a,1-11,+f xfx0极大值0极小值而极大值f ln2a 2aln2a 2 aln2a1 a ln2a 21 022故当x 1时，fx在x ln2a处取到最大值f ln2a，那么fxf ln2a 0恒成立，即fx 0无解而当x 1时，fx单调递增，至多一个零点此时fx在R R上至多一个零点，不合题意e 若a，那么ln2a12ln 2a当x 1 ln2a时，x10，ex2a e2a 0，即f x 0，fx单调递增ln 2a当x 1 ln2a时，x10，ex2a e2a 0，即f x 0，fx单
4、调递增又fx在x 1处有意义，故fx在R R上单调递增，此时至多一个零点，不合题意e 若a，则ln2a12ln 2a当x1时，x10，ex2a e12a e2a 0，即f x 0，fx单调递增ln 2a当1 x ln2a时，x10，ex2a e2a 0，即f x 0，fx单调递减ln 2a当x ln2a时，x 1 ln2a1 0，ex2a e2a 0，即f x 0，fx单调递增即：x,1+11,ln2a-ln2aln2a,+f xfx0极大值0极小值故当xln2a时，fx在x 1处取到最大值f1 e，那么fxe 0恒成立，即fx 0无解当x ln2a时，fx单调递增，至多一个零点此时fx在R
5、R上至多一个零点，不合题意综上所述，当且仅当a0时符合题意，即a的取值范围为0,由已知得：fx1 fx2 0，不难发现x11，x21，x12ex故可整理得：a 2x111x22ex2x212x 2ex设gx，则gx1 gx22x 1x 21x，当x1时，g x 0，g x单调递减；当x 1时，那么gxe 3x 1gx 0，gx单调递增2设m0，构造代数式：g1 m g1mm11mm11m1 m1m m12mee2ee1m2m2mm1设hm则hmm12me1，m0m12m2e2m 0，故hm单调递增，有hm h0 0m 12因此，对于任意的m0，g1 m g1m由gx1 gx2可知x1、x2不可能在gx的同一个单调区间上，不妨设x1 x2，则必有x11 x2令m 1 x1 0，则有g 11 x1 g 11 x1 g2 x1 gx1 gx2而2 x11，x21，gx在1,上单调递增，因此：g2 x1 gx2 2 x1 x2整理得：x1 x2 2