Question

已知函數(shù)f（x）=ae^x+x²-ax，a為實常數(shù)．
（1）若f（x）在x=0處的切線，與x=1處的切線平行，求a的值；
（2）是否存在實數(shù)a，使得對于任意不相等的實數(shù)x₁，x₂，都有f（x₁）≠f（x₂），若存在，求出所有符合條件的a，若不存在，說明理由．

Answer 1

分析：（1）根據(jù)f′（x）=ae^x+2x-a，可得f′（0）=0，由f（x）在x=0處的切線與x=1處的切線平行，可得f′（1）=0，可解得a的值，再說明兩切線不重合即可；
（2）設g（x）=f′（x）=ae^x+2x-a，則g′（x）=ae^x+2，分類討論：當a≥0時，g′（x）＞0，故f′（x）在R上單調(diào)遞增，進而可得x∈（-∞，0）時，f（x）單調(diào)遞減；x∈（0，+∞）時，f（x）單調(diào)遞增； 當a＜0時，g′（x）在R上單調(diào)遞減，令g′（x₀）=0，解得x0=ln(-

2

a

)，a＜-2、-2＜a＜0時，同理可得存在實數(shù)x₁＜0＜x₂，使得f（x₁）=f（x₂）；a=-2時，可得f（x）在R上單調(diào)遞減，由此可得結(jié)論．

解答：解：（1）因為f′（x）=ae^x+2x-a，（1分）  
所以f′（0）=0，（2分）
因為f（x）在x=0處的切線與x=1處的切線平行，所以f′（1）=ae+2-a=0，解得a=

2

1-e

．      （3分）
當a=

2

1-e

時，f(0)=a=

2

1-e

，f（1）=ae+1-a=（e-1）a+1=-1，f（0）≠f（1），即兩切線不重合，故a=

2

1-e

．      （5分）
（2）設g（x）=f′（x）=ae^x+2x-a，則g′（x）=ae^x+2，
�。� 當a≥0時，g′（x）＞0，故f′（x）在R上單調(diào)遞增，
而f′（0）=0，故x∈（-∞，0）時，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減；
x∈（0，+∞）時，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增．
故必存在實數(shù)x₁＜0＜x₂，使得f（x₁）=f（x₂）；      （7分）
ⅱ． 當a＜0時，g′（x）在R上單調(diào)遞減，令g′（x₀）=0，解得x0=ln(-

2

a

)，
①若x₀＜0，即a＜-2時，g′（x）＜0在（x₀，+∞）上恒成立，故f′（x）在（x₀，+∞）上單調(diào)遞減，而f′（0）=0，所以x∈（x₀，0）時，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增；x∈（0，+∞）時，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減．
故必存在實數(shù)x₁＜0＜x₂，使得f（x₁）=f（x₂）；      （9分）
②若x₀＞0，即-2＜a＜0時，g′（x）＞0在（-∞，x₀）上恒成立，
f′（x）在（-∞，x₀）上單調(diào)遞增，而f′（0）=0，所以x∈（-∞，0）時，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，
x∈（0，x₀）時，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增
故必存在實數(shù)x₁＜0＜x₂，使得f（x₁）=f（x₂）；         （11分）
③若x₀=0，即a=-2時，x₀=0，故當x∈（-∞，0）時，g′（x）＞0，f′（x）遞增，所以f′（x）＜f′（0）=0，
當x∈（0，+∞）時，g′（x）＜0，，f′（x）遞減，所以f′（x）＜f′（0）=0，
所以當x∈R時，f′（x）≤0恒成立，當且僅當x=0時，f′（x）=0
故f（x）在R上單調(diào)遞減，所以對于任意不相等的實數(shù)x₁、x₂，都有f（x₁）≠f（x₂），
綜上ⅰ、ⅱ可知，存在這樣的實數(shù)a，當且僅當a=-2時對于任意不相等的實數(shù)x₁、x₂，都有f（x₁）≠f（x₂）．     （13分）

點評：本題考查導數(shù)知識的運用，考查導數(shù)的幾何意義，考查函數(shù)的單調(diào)性，考查分類討論的數(shù)學思想，正確分類是關(guān)鍵．