题目（高三 · 代数）：已知函数 $f(x)=a x^{3}+x^{2}(a \in R)$ 在 $x=-\frac{4}{3}$ 处取得极值.

(1) 求实数 $\mathrm{a}$ 的值;

(2) 若 $g(x)=f(x) \cdot e^{x}$ (其中 $\mathrm{e}$ 为自然对数的底数), 求曲线 $g(x)$ 在点 $(1, g(1)$ 处的切线的方程.
选项：
答案：答案: (1) 【解析】 由题意可得 $f^{\prime}(x)=3 a x^{2}+2 x$,

因为 $f(x)_{\text {在 }} x=-\frac{4}{3}$ 处取得极值, 所以 $f\left(-\frac{4}{3}\right)=0$,

即 $3 a \times \frac{16}{9}+2 \times\left(-\frac{4}{3}\right)=\frac{16 a}{3}-\frac{8}{3}=0$, 解得 $a=\frac{1}{2}$.

此时 $f^{\prime}(x)=\frac{3}{2} x^{2}+2 x=\frac{3}{2} x\left(x+\frac{4}{3}\right)$,

所以 $f(x)$ 在 $\left(-\infty,-\frac{4}{3}\right)_{\text {和 }}(0,+\infty)$ 上单调递增,

<ImageHere>
因此所求的 $\mathrm{a}$ 的值为 $a=\frac{1}{2}$;

(2) 【解析】 由题意得 $g(x)=\left(\frac{x^{3}}{2}+x^{2}\right) \cdot e^{x}$, 故 $g(1)=\frac{3 e}{2}$,又 ${ }^{g(x)}=\left(\frac{3}{2} x^{2}+2 x\right) \mathrm{e}^{x}+\left(\frac{x^{3}}{2}+x^{2}\right) \mathrm{e}^{x}=\frac{1}{2} x(x+1)(x+4) e^{x}$, 则 $g(1)=5 e$,因此曲线 $g(x)$ 点 $(1, g(1))_{\text {处的切线的方程为 }} y-\frac{3 e}{2}=5 e(x-1)$,即 $10 e x-2 y-7 e=0$.

【分析】(1) 求导, 令 $f^{\prime}\left(-\frac{4}{3}\right)=0$ 即可解得答案; (2) 先写出 $g(x)=f(x) \cdot e^{x}$ 的解析式并求导,计算 $g(1) 、 g^{\prime}(1)$, 然后利用直线的点斜式方程写出曲线 $g(x)$ 在点 $(1, g(1))_{\text {处的切线方程. }}$.

25. 答案: (1) 【解析】 由题意, 函数 $f(x)=(x+1) \cdot(\ln (x+1)-1)$, 则 $f^{\prime}(x)=\ln (x+1)$,

当 $x=0$ 时, $f^{\prime}(x)=0$, 所以 $(-1,0)$ 为减函数, $(0,+\infty)$ 为增函数,

$f(x)$ 的极小值是 $f(0)=-1$, 无极大值;

(2) 【解析】 $g(x)=(x+1)(\ln (x+1)-1)-a x-b(0 \leq x \leq 1)$,则 $g(x)=\ln (x+1)-a_{\text {且 }}(0 \leq \ln (x+1) \leq \ln 2)$,

(1) $a \leq 0$ 时, 则 $g(x) \geq 0$, 所以 $g(x)$ 在 $[0,1]$ 上是增函数, 得: $\left\{\begin{array}{l}g(0) \leq 0 \\ g(1) \geq 0\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}-1-b \leq 0 \\ 2(\ln 2-1)-a-b \geq 0\end{array} \Rightarrow-1 \leq b \leq 2(\ln 2-1)-a\right.\right.$,所以 $a^{2}+b \geq-1$,

(2) $a \geq \ln 2$ 时, 则 $g(x) \leq 0$, 所以 $g(x)$ 在 $[0,1]$ 上是减函数, 得:

$\left\{\begin{array}{l}g(0) \geq 0 \\ g(1) \leq 0\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}-1-b \geq 0 \\ 2(\ln 2-1)-a-b \leq 0\end{array} \Rightarrow 2(\ln 2-1)-a \leq b \leq-1\right.\right.$,

所以 $a^{2}+b \geq a^{2}+2(\ln 2-1)-a \geq(\ln 2)^{2}+\ln 2-2>-1$,

(3) $0 \leq a \leq \ln 2$ 时, 则 $\exists x_{0} \in[0,1]$, 使得 $a=\ln \left(x_{0}+1\right)$,

易知 $g(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上是减函数, 在 $\left(x_{0}, 1\right)$ 上是增函数, 得:

$\left\{\begin{array}{c}g(0)=-1-b \\ g(1)=2(\ln 2-1)-a-b \\ g\left(x_{0}\right) \leq 0\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}g(0)=-1-b \\ g(1)=2(\ln 2-1)-a-b \\ g\left(x_{0}\right) \leq 0\end{array}\right.\right.$

所以 $a^{2}+b \geq a^{2}+\left(x_{0}+1\right)\left(\ln \left(x_{0}+1\right)-1\right)-a x_{0}=a^{2}+a-e^{a}$,

记 $h(a)=a^{2}+a-e^{a}$, 则 $h^{\prime}(a)=2 a+1-e^{a}, \quad h^{\prime \prime}(a)=2-e^{a}$,

由 $0 \leq a \leq \ln 2$, 得 $h^{\prime \prime}(a)>0$, 所以 $h^{\prime}(a)$ 在 $(0, \ln 2)$ 上为增函数,

得: $h^{\prime}(a) \geq h^{\prime}(0)=0$, 所以以 $h(a)$ 在 $(0, \ln 2)$ 上为增函数,

得: $h(a)=a^{2}+a-e^{a} \geq h(0)=-1$,

此时可验证 $g(0)$ 或 $g(1)$ 必有其一大于等于 0 , 故零点存在;

由 (1) (2) (3) 可得: $a^{2}+b$ 的最小值等于 -1 .

【分析】(1) 求出函数的导数, 求得函数 $f(x)$ 的单调性, 进而求得函数的极值; (2) 求出 $g(x)$ 得解析式, 求出 $g(x)$ 的都是, 通过讨论 $\mathrm{a}$ 的范围得到函数的单调性, 求出 $\mathrm{b}$ 得范围, 进而求得 $a^{2}+b$ 的最小值.
解析：答案: (1) 【解析】 由题意可得 $f^{\prime}(x)=3 a x^{2}+2 x$,

因为 $f(x)_{\text {在 }} x=-\frac{4}{3}$ 处取得极值, 所以 $f\left(-\frac{4}{3}\right)=0$,

即 $3 a \times \frac{16}{9}+2 \times\left(-\frac{4}{3}\right)=\frac{16 a}{3}-\frac{8}{3}=0$, 解得 $a=\frac{1}{2}$.

此时 $f^{\prime}(x)=\frac{3}{2} x^{2}+2 x=\frac{3}{2} x\left(x+\frac{4}{3}\right)$,

所以 $f(x)$ 在 $\left(-\infty,-\frac{4}{3}\right)_{\text {和 }}(0,+\infty)$ 上单调递增,


因此所求的 $\mathrm{a}$ 的值为 $a=\frac{1}{2}$;

(2) 【解析】 由题意得 $g(x)=\left(\frac{x^{3}}{2}+x^{2}\right) \cdot e^{x}$, 故 $g(1)=\frac{3 e}{2}$,又 ${ }^{g(x)}=\left(\frac{3}{2} x^{2}+2 x\right) \mathrm{e}^{x}+\left(\frac{x^{3}}{2}+x^{2}\right) \mathrm{e}^{x}=\frac{1}{2} x(x+1)(x+4) e^{x}$, 则 $g(1)=5 e$,因此曲线 $g(x)$ 点 $(1, g(1))_{\text {处的切线的方程为 }} y-\frac{3 e}{2}=5 e(x-1)$,即 $10 e x-2 y-7 e=0$.

【分析】(1) 求导, 令 $f^{\prime}\left(-\frac{4}{3}\right)=0$ 即可解得答案; (2) 先写出 $g(x)=f(x) \cdot e^{x}$ 的解析式并求导,计算 $g(1) 、 g^{\prime}(1)$, 然后利用直线的点斜式方程写出曲线 $g(x)$ 在点 $(1, g(1))_{\text {处的切线方程. }}$.

25. 答案: (1) 【解析】 由题意, 函数 $f(x)=(x+1) \cdot(\ln (x+1)-1)$, 则 $f^{\prime}(x)=\ln (x+1)$,

当 $x=0$ 时, $f^{\prime}(x)=0$, 所以 $(-1,0)$ 为减函数, $(0,+\infty)$ 为增函数,

$f(x)$ 的极小值是 $f(0)=-1$, 无极大值;

(2) 【解析】 $g(x)=(x+1)(\ln (x+1)-1)-a x-b(0 \leq x \leq 1)$,则 $g(x)=\ln (x+1)-a_{\text {且 }}(0 \leq \ln (x+1) \leq \ln 2)$,

(1) $a \leq 0$ 时, 则 $g(x) \geq 0$, 所以 $g(x)$ 在 $[0,1]$ 上是增函数, 得: $\left\{\begin{array}{l}g(0) \leq 0 \\ g(1) \geq 0\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}-1-b \leq 0 \\ 2(\ln 2-1)-a-b \geq 0\end{array} \Rightarrow-1 \leq b \leq 2(\ln 2-1)-a\right.\right.$,所以 $a^{2}+b \geq-1$,

(2) $a \geq \ln 2$ 时, 则 $g(x) \leq 0$, 所以 $g(x)$ 在 $[0,1]$ 上是减函数, 得:

$\left\{\begin{array}{l}g(0) \geq 0 \\ g(1) \leq 0\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}-1-b \geq 0 \\ 2(\ln 2-1)-a-b \leq 0\end{array} \Rightarrow 2(\ln 2-1)-a \leq b \leq-1\right.\right.$,

所以 $a^{2}+b \geq a^{2}+2(\ln 2-1)-a \geq(\ln 2)^{2}+\ln 2-2>-1$,

(3) $0 \leq a \leq \ln 2$ 时, 则 $\exists x_{0} \in[0,1]$, 使得 $a=\ln \left(x_{0}+1\right)$,

易知 $g(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上是减函数, 在 $\left(x_{0}, 1\right)$ 上是增函数, 得:

$\left\{\begin{array}{c}g(0)=-1-b \\ g(1)=2(\ln 2-1)-a-b \\ g\left(x_{0}\right) \leq 0\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}g(0)=-1-b \\ g(1)=2(\ln 2-1)-a-b \\ g\left(x_{0}\right) \leq 0\end{array}\right.\right.$

所以 $a^{2}+b \geq a^{2}+\left(x_{0}+1\right)\left(\ln \left(x_{0}+1\right)-1\right)-a x_{0}=a^{2}+a-e^{a}$,

记 $h(a)=a^{2}+a-e^{a}$, 则 $h^{\prime}(a)=2 a+1-e^{a}, \quad h^{\prime \prime}(a)=2-e^{a}$,

由 $0 \leq a \leq \ln 2$, 得 $h^{\prime \prime}(a)>0$, 所以 $h^{\prime}(a)$ 在 $(0, \ln 2)$ 上为增函数,

得: $h^{\prime}(a) \geq h^{\prime}(0)=0$, 所以以 $h(a)$ 在 $(0, \ln 2)$ 上为增函数,

得: $h(a)=a^{2}+a-e^{a} \geq h(0)=-1$,

此时可验证 $g(0)$ 或 $g(1)$ 必有其一大于等于 0 , 故零点存在;

由 (1) (2) (3) 可得: $a^{2}+b$ 的最小值等于 -1 .

【分析】(1) 求出函数的导数, 求得函数 $f(x)$ 的单调性, 进而求得函数的极值; (2) 求出 $g(x)$ 得解析式, 求出 $g(x)$ 的都是, 通过讨论 $\mathrm{a}$ 的范围得到函数的单调性, 求出 $\mathrm{b}$ 得范围, 进而求得 $a^{2}+b$ 的最小值.