Question

14．已知函数f（x）=（xlnx+ax+a²-a-1）e^x，
（Ⅰ）若a=0，求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）讨论f（x）在区间（$\frac{1}{e}$，+∞）上的极值点的个数；
（Ⅲ）是否存在a，使得f（x）在区间（$\frac{1}{e}$，+∞）上与x轴相切？若存在，求出所有a的值；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （I）若a=0，求函数的导数，利用导数求f（x）的单调区间；
（II）利用导数分别讨论a的取值，进而讨论函数f（x）在区间（$\frac{1}{e}$，+∞）上的极值点个数；
（III）假设存在a，使得f（x）在区间（$\frac{1}{e}$，+∞）上与x轴相切，则f（x）必与x轴相切于极值点处，利用导数与极值之间的关系进行讨论．

解答 解：（Ⅰ）当a=0时，f（x）=（xlnx-1）e^x，（x＞0）
导数f′（x）=（x+1）e^xlnx，
所以x∈（0，1），f′（x）＜0；x∈（1，+∞），f′（x）＞0．
可得f（x）的减区间为（0，1），f（x）的增区间为（1，+∞）；
（Ⅱ）f′（x）=（lnx+xlnx+ax+a²）e^x，令m（x）=lnx+xlnx+ax+a²
m′（x）=$\frac{1}{x}$+lnx+1+a，又令φ（x）=$\frac{1}{x}$+lnx+1+a
φ′（x）=-$\frac{1}{{x}^{2}}$+$\frac{1}{x}$．x∈（0，1）时，φ（x）＜0，φ（x）递减；
x∈（1，+∞），φ（x）＞0，φ（x）递增．
m（x）_min=m′（1）=2+a≥0，所以m（x）在区间（$\frac{1}{e}$，+∞）单调递增，
m（$\frac{1}{e}$）=（a-1）（a+1+$\frac{1}{e}$），
①m（$\frac{1}{e}$）≥0，即：-2≤a≤-1-$\frac{1}{e}$或a≥1时m（x）在区间（$\frac{1}{e}$，+∞）上无零点，f（x）无极值点
②m（$\frac{1}{e}$）＜0，即：-1-$\frac{1}{e}$＜a＜1，m（x）在区间（$\frac{1}{e}$，+∞）上有唯一零点，f（x）有唯一极值点．
（Ⅲ）假设存在a，使得f（x）在区间（$\frac{1}{e}$，+∞）上与x轴相切，
则f（x）必与x轴相切于极值点．
由（2）可知-1-$\frac{1}{e}$＜a＜1，设极值点为x₀
$\left\{\begin{array}{l}{f′（x）=（ln{x}_{0}+{x}_{0}ln{x}_{0}+a{x}_{0}+{a}^{2}）{e}^{{x}_{0}}=0}\\{f（x）=（{x}_{0}ln{x}_{0}+a{x}_{0}+{a}^{2}-a-1）{e}^{{x}_{0}}=0}\end{array}\right.$，
联立得x₀=e^-（a+1）代入上式得e^-（a+1）+（a+1）-a²=0
令t=-（a+1），t∈（-2，$\frac{1}{e}$），h（t）=e^t-t-（t+1）²
h′（t）=e^t-2t-3，h″（t）=e^t-2＜0
h′（t）在t∈（-2，$\frac{1}{e}$）上单调递减，h′（-2）=e^-2+1＞0，$h′（\frac{1}{e}）$＜0
∴h′（t）在t∈（-2，$\frac{1}{e}$）上存在唯一零点t₀
即当t∈（-2，t₀）时，h′（t）＞0，h（t）单调递增，当t∈（t₀，$\frac{1}{e}$）时，h（t）＜0，h（t）单调递减
h（-2）＞0，h（$\frac{1}{e}$）＜0，所以h（t）在t∈（-2，t₀）上无零点，在t∈（t₀，$\frac{1}{e}$）上有唯一零点
h（0）=0，a+1=0，a=-1
所以存在a=-1，使得f（x）在区间（$\frac{1}{e}$，+∞）上与x轴相切．

点评 本题主要考查利用导数研究函数的单调性和极值，综合性较强，运算量较大，考查学生的运算能力，是一道难度非常大的难题．