Question

3．已知函数f（x）=（ax²+x-1）e^x，其中e是自然对数的底数，a∈R．
（Ⅰ）若曲线f（x）在点（1，f（1））处的切线的斜率为4e，求切线方程；
（Ⅱ）试求f（x）的单调区间并求出当a＞0时f（x）的极小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出原函数的导函数，得到f′（1）的值，由f′（1）=4e解得a=1，再求出f（1），然后利用直线方程的点斜式求得切线方程；
（Ⅱ）分a=0，a＞0，a＜0分别求出导函数的零点，由导函数的零点对函数的定义域分段，再由导函数在各区间段内的符号判断原函数的单调性，由函数的单调性求得在a＞0时原函数的极值．

解答 解：（Ⅰ）由f（x）=（ax²+x-1）e^x，得
f′（x）=（2ax+1）e^x+（ax²+x-1）e^x=[ax²+（2a+1）x]•e^x，
∴f′（1）=（3a+1）e=4e，解得：a=1．
∴f（1）=e，
∴切点坐标为 （1，e），
则切线方程为：y-e=4e（x-1），
即所求切线方程为：4ex-y-3e=0；
（Ⅱ）（1）当a=0时，f（x）=（x-1）e^x，f′（x）=xe^x，
∴当x＞0时，f′（x）＞0，
当x＜0时，f′（x）＜0，
f（x）的递减区间为（-∞，0]，递增区间为（0，+∞）．
（2）当a＞0时，f′（x）=[ax²+（2a+1）]e^x=[x（ax+2a+1）]e^x，
令f′（x）=0，解得：$x=0，x=-\frac{2a+1}{a}＜0$．
当$x＜-\frac{2a+1}{a}$或x＞0时，f′（x）＞0，
当$-\frac{2a+1}{a}＜x＜0$时，f′（x）＜0，
∴f（x）的单调递减区间为$[-\frac{2a+1}{a}，0]$，
单调递增区间为$（-∞，-\frac{2a+1}{a}）$，（0，+∞），
∴f（x）的极小值为f（0）=-1；
（3）当a＜0时，令f′（x）=0，解得：$x=0，x=-\frac{2a+1}{a}$
①若$-\frac{1}{2}＜a＜0$，当x＜0或$x＞-\frac{2a+1}{a}$时，f′（x）＜0；
当0＜x＜$-\frac{2a+1}{a}$时，f′（x）＞0．
∴f（x）的单调递减区间为（-∞，0），$（\frac{2a+1}{a}，+∞）$；
单调递增区间为$[0，-\frac{2a+1}{a}]$．
②若$a=-\frac{1}{2}$，${f}^{′}（x）=-\frac{1}{2}{x}^{2}{e}^{x}≤0$，
∴f（x）的单调递减区间为（-∞，+∞）．
③若$a＜-\frac{1}{2}$，当$x＜-\frac{2a+1}{a}$或x＞0时，f′（x）＜0；
当$-\frac{2a+1}{a}＜x＜0$时，f′（x）＞0．
∴f（x）的单调递减区间为$（-∞，-\frac{2a+1}{a}）$，（0，+∞）；
单调递增区间为$[-\frac{2a+1}{a}，0]$．

点评 本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查了利用导数研究函数的单调性，训练了函数极值的求法，正确分类是解决该题的关键，属难题．