Question

19．已知函数f（x）=$\frac{{a{e^x}}}{x}$+x．
（1）若函数f（x）的图象在（1，f（1））处的切线经过点（0，-1），求a的值；
（2）是否存在负整数a，使函数f（x）的极大值为正值？若存在，求出所有负整数a的值；若不存在，请说明理由；
（2）设a＞0，求证：函数f（x）既有极大值，又有极小值．

Answer 1

分析 （1）第一步确定切点；第二步求斜率，即求曲线上该点的导数；第三步利用点斜式求出直线方程．
（2）根据可导函数极值的定义，找到极值点，求出极值，当极大值为正数时，从而判定负整数是否存在；
（3）利用单调性与极值的关系，求证：既存在极大值，有存在极小值．

解答 解：（1）∵$f′（x）=\frac{a{e}^{x}（x-1）}{{x}^{2}}+1$，f′（1）=1，f（1）=ae+1
∴函数f（x）在（1，f（1））处的切线方程为：y-（ae+1）=x-1，又直线过点（0，-1）
∴-1-（ae+1）=-1，解得：a=-$\frac{1}{e}$  …（2分）
（2）若a＜0，∵$f′（x）=\frac{a{e}^{x}（x-1）}{{x}^{2}}+1$（x≠0），
当x∈（-∞，0）时，f′（x）＞0恒成立，函数在（-∞，0）上无极值；
当x∈（0，1）时，f′（x）＞0恒成立，函数在（0，1）上无极值；
在x∈[1，+∞）时，令H（x）=ae^x（x-1）+x²，则H′（x）=（ae^x+2）x，
∵x∈（1，+∞），∴e^x∈（e，+∞，）∵a为负整数∴a≤-1，∴ae^x≤ae≤-e
∴ae^x+2＜0，∴H′（x）＜0，∴H（x）在（1，+∞）上单调减，
又H（1）=1＞0，H（2）=ae²+4≤-e²+4＜0∴?x₀∈（1，2），使得H（x_0^）=0     …（5分）
且1＜x＜x₀时，H′（x）＞0，即f′（x）＞0；x＞x₀时，H′（x）＜0，即f′（x）＜0；
∴f（x）在x₀处取得极大值$f（{x}_{0}）=\frac{a{e}^{{x}^{0}}}{{x}_{0}}+{x}_{0}$  （*）
又H（x₀）=ae^x₀（x₀-1）+x₀²=0，∴$\frac{ae{x}_{0}}{{x}_{0}}=-\frac{{x}_{0}}{{x}_{0}-1}$代入（*）得：
$f（{x}_{0}）=-\frac{{x}_{0}}{{x}_{0}-1}+{x}_{0}=\frac{{x}_{0}（{x}_{0}-2）}{{x}_{0}-1}＜0$，∴不存在负整数a满足条件． …（8分）
（3）设g（x）=ae^x（x-1）+x²，则g′（x）=（ae^x+2）x，
因为a＞0，所以，当x＞0时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；
当x＜0时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；故g（x）至多两个零点．
又g（0）=-a＜0，g（1）=1＞0，所以存在x₁∈（0，1），使g（x₁）=0
再由g（x）在（0，+∞）上单调递增知，
当x∈（0，x₁）时，g（x）＜0，故f′（x）=$\frac{g（x）}{{x}^{2}}＜0$，f（x）单调递减；
当x∈（x₂，+∞）时，g（x）＞0，故故f′（x）=$\frac{g（x）}{{x}^{2}}＞0$，f（x）单调递增；
所以函数f（x）在x₁处取得极小值． …（12分）
当x＜0时，e^x＜1，且x-1＜0，
所以g（x）=ae^x（x-1）+x²＞a（x-1）+x²=x²+ax-a，
函数y=x²+ax-a是关于x的二次函数，必存在负实数t，使g（t）＞0，又g（0）=-a＜0，
故在（t，0）上存在x₂，使g（x₂）=0，
再由g（x）在（-∞，0）上单调递减知，
当x∈（-∞，x₂）时，g（x）＞0，故f′（x）=$\frac{g（x）}{{x}^{2}}＞0$，f（x）单调递增；
当x∈（x₂，0）时，g（x）＜0，故f′（x）=$\frac{g（x）}{{x}^{2}}＜0$，f（x）单调递减；
所以函数f（x）在x₂处取得极大值．
综上，函数f（x）既有极大值，又有极小值．…（16分）

点评 本题考查了导数的几何意义及可导函数极值的求解，并运用了分类讨论的解题方法，对学生的思维强度要求高，属于难题．