Question

已知函数f（x）=[ax²-（a+1）x+1]e^x，a∈R．
（Ⅰ）若a=1，求函数y=f（x）在x=2处的切线方程；
（Ⅱ）若a∈[0，1]，设h（x）=f（x）-f'（x）（其中f'（x）是函数f（x）的导函数），求函数h（x）在区间[0，1]的最大值；
（Ⅲ）若a=1，试判断当x＞1时，方程f（x）=x实数根的个数．

Answer 1

分析：（Ⅰ）函数y=f（x）在x=2处的切线斜率为k=f′（2），应用直线的点斜式写出切线方程
（Ⅱ）h（x）=f（x）-f'（x）=[-2ax+（a+1）]e^x，h′（x）=（-2ax-a+1）e^x，利用导数研究在[0，1]上的单调性，注意进行分类讨论，得出最大值
（Ⅲ）由（Ⅰ）知，问题可转换为判定方程（x-1）²e^x=x，x＞1的实根的个数．设φ（x）=（x-1）²e^x-x，利用数形结合的思想，研究出y=φ（x）在（1，+∞）上只能有一个零点即可．

解答：解：（Ⅰ）若a=1，则f（x）=（x²-2x+1）e^x，f′（x）=（x ²-1）e^x
∴切线的斜率k=f′（2）=3e²
又切点的坐标为（2，e²），
∴切线方程为y-e²=3e²（x-2），即3e²x-y-5e²=0
（Ⅱ）由f′（x）=[ax²+（a-1）x-a]e^x
得h（x）=f（x）-f'（x）=[-2ax+（a+1）]e^x
，h′（x）=（-2ax-a+1）e^x
，（1）当a=0时，h′（x）=e^x＞0对x∈[0，1]恒成立，所以h（x）在[0，1]上单调递增，h（x）max=h（1）=e
（2）当a∈（0，1]时，由h′（x）=0，得x=

1

2a

-

1

2

≥0
①当

1

2a

-

1

2

≥1时，即a∈（0，

1

3

]时，h′（x）≥0对x∈[0，1]恒成立，h（x）在[0，1]上单调递增，h（x）max=h（1）=（1-a）e
②当1＞

1

2a

-

1

2

＞0时，即a∈（

1

3

，1）时，h（x）在[0，

1

2a

-

1

2

）上单调递增，在（

1

2a

-

1

2

，1]上单调递减，h（x）max=h（

1

2a

-

1

2

）=2ae

1-a

2a

③当

1

2a

-

1

2

=0时，即a=1时，h′（x）≤0对x∈[0，1]恒成立，h（x）在[0，1]上单调递减，h（x）max=h（0）=a+1
综上，当a=0时，h（x）max=e，当a∈（0，

1

3

]时，h（x）max=）=（1-a）e
当a∈（

1

3

，1）时，h（x）max=2ae

1-a

2a

，当a=1时，h（x）max=a+1．
（Ⅲ）由（Ⅰ）知，问题可转换为判定方程（x-1）²e^x=x，x＞1的实根的个数．设φ（x）=（x-1）²e^x-x，则φ′（x）=（x²-1）e^x-1，再设k（x）=（x²-1）e^x-1，x＞1，则k′（x）=e^x（x²+2x-1）
x＞1时，k′（x）＞0，k（x）在（1，+∞）上单调递增，又k（1）=-1＜0，k（2）=3e²-1＞0，所以在（1，2）上存在唯一x₀，使得k（x₀）=0即存在唯一x₀，使得φ′（x₀）=0．
从而φ（x）在（1，x₀）上单调递减，在（x₀，+∞）上单调递增，φ（x₀）＜φ（1）=-1＜0，又φ（2）=e²-2＞0故y=φ（x）的大致图象如图所示．
因此y=φ（x）在（1，+∞）上只能有一个零点．即当x＞1时，f（x）=x只有一个实根．

点评：本题考查导数的几何意义、利用导数研究曲线上某点切线方程、利用导数研究函数的单调性等基础知识，体现了分类讨论、数形结合的思想方法．综合性强．