Question

已知函数f（x）=（xlnx+ax+a²-a-1）e^x，a≥-2．
（I）若a=0，求f（x）的单调区间；
（II）讨论函数f（x）在区间(

1

e

，+∞)上的极值点个数；
（III）是否存在a，使得函数f（x）的图象在区间(

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(

1

e

，+∞)上的极值点个数；
（III）假设存在a，使得f（x）在区间（

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：（1）当a=0时：f（x）=（xlnx+-1）e^x，（x＞0）
故f'（x）=（lnx+1+xlnx-1）e^x=lnx（x+1）e^x，
当x=1时：f'（x）=0，当x＞1时：f'（x）＞0，当x＜1时：f'（x）＜0．
故f（x）的减区间为：（0，1），增区间为（1，+∞）．
（2）f'（x）=（lnx+xlnx+ax+a²）e^x，
令g（x）=lnx+xlnx+ax+a²，
故g'（x）=

1

x

+lnx+1+a，g“（x）=-

1

x2

+

1

x

，
显g''（1）=0，又当x＜1时：g''（x）＜0．当x＞1时：g''（x）＞0．
故g'（x）_min=g'（1）=2+a，
∵a≥-2，∴g'（x）≥g'（x）_min=2+a≥0．
故g（x）在区间（

1

e

，+∞）上单调递增，
注意到：当x→+∞时，g（x）→+∞，
故g（x）在（

1

e

，+∞）上的零点个数由g（

1

e

）=（a-1）（a+1+

1

e

）的符号决定．
①当g（

1

e

）≥0，即：-2≤a≤-1-

1

e

或a≥1时：g（x）在区间（

1

e

，+∞）上无零点，
即f（x）无极值点．
②当g（

1

e

）＜0，即：-1-

1

e

＜a＜1时：g（x）在区间（

1

e

，+∞）上有唯一零点，
即f（x）有唯一极值点．
综上：当2≤a≤-1-

1

e

或a≥1时：f（x）在（

1

e

，+∞）上无极值点．
当：-1-

1

e

＜a＜1时：f（x）在（

1

e

，+∞）上有唯一极值点．
（3）假设存在a，使得f（x）在区间（

1

e

，+∞）上与x轴相切，则f（x）必与x轴相切于极值点处，
由（2）可知：-1-

1

e

＜a＜1时．不妨设极值点为x₀，则有：

f′(x0)=(lnx0+x0lnx0+ax0+a2)ex0=0 f(x0)=(x0lnx0+ax0+a2-a-1)ex0=0

…（*）同时成立．
联立得：lnx₀+a+1=0，即x 0=e-(a+1)代入（*）可得e^-（a+1）+（a+1）-a²=0．
令t=-（a+1），则t∈(-2，

1

e

)，h（t）=e^t-t-（t+1）²，
则h'（t）=e^t-2t-3，h''（t）=e^t-2，当 t∈(-2，

1

e

)时，h″(t)＜h″(

1

e

)=e

1

e

-2＜0
（∵e

1

e

＜e

1

2

＜2）．故h'（t）在t∈(-2，

1

e

)上单调递减．
又h'（-2）=e^-2+1＞0，h'（

1

e

）=e

1

e

-

2

e

-3＜0．故h'（t）在t∈(-2，

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，

1

e

)时，h'（t）＜0，h（t）单调递减．
因为h（-2）=e^-2+1＞0，h'（

1

e

）=e

1

e

-

1

e2

-

3

e

-1＜0．
故h（t）在t∈（-2，t₀）上无零点，在t∈(t0，

1

e

)上有唯一零点．
由观察易得h（0）=0，故a+1=0，即：a=-1．
综上可得：存在唯一的a=-1使得f（x）在区间（

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．