设函数f（x）=（x2+ax+a）e-x，其中x∈R，a是实常数，e是自然对数的底．（1）确定a的值，使f（x）的极小值为0；（2）证明：当且仅当a=3时，f（x）的

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解：（1）f'（x）=（2x+a）ex-（x2+ax+a）e-x=-e-x[x2+（a-2）x]（2分）
令f'（x）=0解得x=0或x=2-a，
①当a=2时，f'（x）≤0，函数单调递减，此时无极值
②当0＜2-a，即a＜2时，f'（x）和f（x）的变化如图表1

此时应有f（0）=0，所以a=0＜2；
③当0＞2-a，即a＞2时，f'（x）和f（x）的变化如图表2
此时应有f（2-a）=0，
即[（2-a）2+a（2-a）+a]ea-2=0，
而ea-2≠0，
所以必有（2-a）2+a（2-a）+a=0，a=4＞2．
综上所述，当a=0或a=4时，f（x）的极小值为0．（5分）
（2）若a＜2，则由表1可知，应有f（2-a）=3，
即[（2-a）2+a（2-a）+a]ea-2=3，
∴（4-a）ea+2=3．设g（a）=（4-a）ea-2，
则g'（a）=-ea-2+（4-a）ea-2=3=ea-2（3-a）．
由a＜2，故g'（x）＞0，于是当a＜2时，g（a）＜g（2）=2＜3，
即（4-a）ea-2=3不可能成立；
若a＞2，则由表2可知，应有f（0）=3，即a=3，
综上所述，当且仅当a=3时极大值为3．（8分）
（3）∵f（x）=（x2+ax+a）e-x，f'（x）=-ex[x2+（a-2）x]，
∴方程f（x）+f'（x）=2xe-x+x-2可以化为ae-x=x-2，
进而化为x-2ex=a，构造函数φ（x）=x-2ex（x≠0），求导可得φ'（x）=ex（x-2）x-3．
由φ'（x）＞0得x＜0或x＞2；
由φ'（x）＜0得0＜x＜2，从而φ（x）在区间（-∞，0）和（2，+∞）上单调递增，
在区间（0，2）上单调递减，当x=2时，函数φ（x）取得极小值，
并且结合函数图象可知；当|x|无限趋近于0时，φ（x）＞0并且取值无限增大，其图象向上无限接近y轴，
但永远也达不到y轴（此时y轴是渐近线）；
当x＜0并无限减小时，φ（x）＞0并且取值也无限减小，
其图象在x轴上方并向左无限接近x轴，
但永远也达不到x轴（此时x轴是渐近线）；
当x＞2并无限增大时，φ（x）＞0并且取值也无限增大，
其图象在第一象限内向右上方无限延伸（如图所示）．

因此当a≤0时，原方程无实数根；
当时，原方程只有一个实数根；
当时，原方程有两个不等的实数根；
当时，原方程有三个不等的实数根．

解析分析：对函数求导，整理可得f′（x）=e-x[x2+（a-2）x]（1）令f′①（x）=0可得x1=0，x2=2-a，分别讨论2-a 与0的大小，从而判断函数的单调性，进一步求出函数的极小值，从而求a的值（2）结合（1）中函数单调性的两种情况的讨论，利用反证法分别假设a＞2，a＜2两种情况证明，产生矛盾．（3）把已知条件化简可得ae-x=x-2?a=ex?x-2，构造函数?（x）=x-2?ex（x≠0），利用导数判定函数的单调区间，结合函数的图象讨论根的个数．

点评：本小题考查用导数的方法研究函数的单调性、极值以及方程根的存在情况．解题中渗透了分类讨论、数形结合、方程与函数的思想及转化的思想，本题是一道综合性较强的试题，运用了许多重要的数学思想和方法，要注意体会掌握．