与抛物线方程联立，解得H（，2t）

∴==2；

（Ⅱ）由（Ⅰ）知kMH=，

∴直线MH的方程为y=x+t，与抛物线方程联立，消去x可得y2﹣4ty+4t2=0，

∴△=16t2﹣4×4t2=0，

∴直线MH与C除点H外没有其它公共点．

【点评】本题考查直线与抛物线的位置关系，考查学生的计算能力，正确联立方程是关键．

21．（12分）已知函数f（x）=（x﹣2）ex+a（x﹣1）2．

（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；

（Ⅱ）若f（x）有两个零点，求a的取值范围．

【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．菁优网版权所有

【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≥0时，a＜﹣时，a=﹣时，﹣＜a＜0，由导数大于0，可得增区间；由导数小于0，可得减区间；

（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）ex+a（x﹣1）2，

可得f′（x）=（x﹣1）ex+2a（x﹣1）=（x﹣1）（ex+2a），

①当a≥0时，由f′（x）＞0，可得x＞1；由f′（x）＜0，可得x＜1，

即有f（x）在（﹣∞，1）递减；在（1，+∞）递增（如右上图）；

②当a＜0时，（如右下图）若a=﹣，则f′（x）≥0恒成立，即有f（x）在R上递增；

若a＜﹣时，由f′（x）＞0，可得x＜1或x＞ln（﹣2a）；

由f′（x）＜0，可得1＜x＜ln（﹣2a）．

即有f（x）在（﹣∞，1），（ln（﹣2a），+∞）递增；

在（1，ln（﹣2a））递减；

若﹣＜a＜0，由f′（x）＞0，可得x＜ln（﹣2a）或x＞1；

由f′（x）＜0，可得ln（﹣2a）＜x＜1．

即有f（x）在（﹣∞，ln（﹣2a）），（1，+∞）递增；

在（ln（﹣2a），1）递减；

（Ⅱ）①由（Ⅰ）可得当a＞0时，

f（x）在（﹣∞，1）递减；在（1，+∞）递增，

且f（1）=﹣e＜0，x→+∞，f（x）→+∞；

当x→﹣∞时f（x）＞0或找到一个x＜1使得f（x）＞0对于a＞0恒成立，

f（x）有两个零点；

②当a=0时，f（x）=（x﹣2）ex，所以f（x）只有一个零点x=2；

③当a＜0时，

若a＜﹣时，f（x）在（1，ln（﹣2a））递减，

在（﹣∞，1），（ln（﹣2a），+∞）递增，

又当x≤1时，f（x）＜0，所以f（x）不存在两个零点；

当a≥﹣时，在（﹣∞，ln（﹣2a））单调增，在（1，+∞）单调增，

在（1n（﹣2a），1）单调减，

只有f（ln（﹣2a））等于0才有两个零点，