22．（12分）已知函数$f(x)=(x-1)e^{x}-ax^{2}+b$．
（Ⅰ）讨论$f(x)$的单调性；
（Ⅱ）从下面两个条件中选一个，证明：$f(x)$恰有一个零点．
①$\dfrac{1}{2}<a\leqslant \dfrac{{e}^{2}}{2}$，$b>2a$；
②$0<a<\dfrac{1}{2}$，$b\leqslant 2a$．
分析：（Ⅰ）对函数$f(x)$求导，对导数$f'(x)$分$a\leqslant 0$、$0<a<\dfrac{1}{2}$、$a=\dfrac{1}{2}$、$a>\dfrac{1}{2}$四种情况讨论，即可求解．（2）结合第一问单调性以及零点存在定理来证明$f(x)$有一个零点．
解：（Ⅰ）$\because f(x)=(x-1)e^{x}-ax^{2}+b$，$f'(x)=x(e^{x}-2a)$，
①当$a\leqslant 0$时，当$x>0$时，$f'(x)>0$，当$x<0$时，$f'(x)<0$，
$\therefore f(x)$在$(-\infty ,0)$上单调递减，在$(0,+\infty )$上单调递增，
②当$a>0$时，令$f'(x)=0$，可得$x=0$或$x=ln(2a)$，
$(i)$当$0<a<\dfrac{1}{2}$时，
当$x>0$或$x<ln(2a)$时，$f'(x)>0$，当$ln(2a)<x<0$时，$f'(x)<0$，
$\therefore f(x)$在$(-\infty$，$ln(2a))$，$(0,+\infty )$上单调递增，在$(ln(2a)$，$0)$上单调递减，
$(ii)a=\dfrac{1}{2}$时，
$f'(x)=x(e^{x}-1)\geqslant 0$ 且等号不恒成立，$\therefore f(x)$在$R$上单调递增，
$(iii)$当$a>\dfrac{1}{2}$时，
当$x<0$或$x>ln(2a)$时，$f'(x)>0$，当$0<x<ln(2a)$时，$f'(x)<0$，
$f(x)$在$(-\infty ,0)$，$(ln(2a)$，$+\infty )$上单调递增，在$(0$，$ln(2a))$上单调递减．
综上所述：
当$a\leqslant 0$ 时，$f(x)$ 在$(-\infty ,0)$上单调递减；在$(0,+\infty )$上 单调递增；
当$0<a<\dfrac{1}{2}$ 时，$f(x)$ 在$(-\infty$，$ln(2a))$ 和$(0,+\infty )$上单调递增；在$(ln(2a)$，$0)$上单调递减；
当$a=\dfrac{1}{2}$ 时，$f(x)$ 在$R$ 上单调递增；
当$a>\dfrac{1}{2}$ 时，$f(x)$ 在$(-\infty ,0)$和$(ln(2a)$，$+\infty )$ 上单调递增；在$(0$，$ln(2a))$ 上单调递减．
（Ⅱ）证明：若选①，由 （Ⅰ）知，$f(x)$ 在$(-\infty ,0)$上单调递增，$(0$，$ln(2a))$ 单调递减，$(ln(2a)$，$+\infty )$ 上$f(x)$ 单调递增．
注意到$f(-\sqrt{\dfrac{b}{a}})=(-\sqrt{\dfrac{b}{a}}-1)e^{-\sqrt{\dfrac{b}{a}}}<0,f(0)=b-1>2a-1>0$．
$\therefore f(x)$ 在$(-\sqrt{\dfrac{b}{a}},0]$ 上有一个零点；
$f(ln(2a))=(ln(2a)-1)\cdot 2a-a\cdot ln^{2}2a+b>2aln(2a)-2a-aln^{2}2a+2a=aln(2a)(2-ln(2a))$，
由$\dfrac{1}{2}<a\leqslant \dfrac{e^{2}}{2}$ 得$0<ln(2a)\leqslant 2$，$\therefore aln(2a)(2-ln(2a))\geqslant 0$，
$\therefore f(ln(2a))>0$，当$x\geqslant 0$ 时，$f(x)\geqslant f(ln(2a))>0$，此时$f(x)$ 无零点．
综上：$f(x)$ 在$R$ 上仅有一个零点．
若选②，则由（Ⅰ）知：$f(x)$在$(-\infty$，$ln(2a))$ 上单调递增，在$(ln(2a)$，$0)$上单调递减，在$(0,+\infty )$ 上单调递增．
$f(ln(2a))=(ln(2a)-1)2a-aln^{2}2a+b\leqslant 2aln(2a)-2a-aln^{2}2a+2a=aln(2a)(2-ln(2a))$，
$\because$$0<a<\dfrac{1}{2}$，$\therefore ln(2a)<0$，$\therefore aln(2a)(2-ln(2a))<0$，$\therefore f(ln(2a))<0$，
$\therefore$当$x\leqslant 0$ 时，$f(x)\leqslant f(ln(2a))<0$，此时$f(x)$ 无零点．
当$x>0$ 时，$f(x)$ 单调递增，注意到$f(0)=b-1\leqslant 2a-1<0$，
取$c=\sqrt{2(1-b)+2}$，$\because b<2a<1$，$\therefore$$c>\sqrt{2}>1$，又易证$e^{c}>c+1$，
$\therefore$$f(c)=(c-1)e^{c}-ac^{2}+b>(c-1)(c+1)-ac^{2}+b=(1-a)c^{2}+b-1>\dfrac{1}{2}c^{2}+b-1=1-b+1+b-1=1>0$，
$\therefore f(x)$在$(0,c)$上有唯一零点，即$f(x)$在$(0,+\infty )$上有唯一零点．
综上：$f(x)$ 在$R$ 上有唯一零点．
点评：本题考查利用导数研究函数的单调性和零点，考查分类讨论的数学思想，考查数学运算和数学抽象的核心素养，属于难题．