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

已知函数f（x）=（xlnx+ax+a2-a-1）ex，a≥-2．（I）若a=0，求f（x）的单调区间；（II）讨论函数f（x）在区间(1e，+∞)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(1e，+∞)上与x轴相切？若存在，求出所有a的值，若不存在，说明理由．

（1）当a=0时：f（x）=（xlnx+-1）ex，（x＞0）
故f'（x）=（lnx+1+xlnx-1）ex=lnx（x+1）ex，
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）ex，
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）=et-t-（t+1）2，
则h'（t）=et-2t-3，h''（t）=et-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．

支持一下感觉挺不错的