设点Q(x0,f(x0)),曲线y＝f(x)在点Q处的切线方程为y＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0),令g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0),故曲线y＝f(x)在点Q处的切线与曲线只有一个公共点 Q等价于函数g(x)有唯一零点． 因为g(x0)＝0,且g′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝ex－ex0＋2a(x－x0)． (1)若a≥0,当x＞x0时,g′(x)＞0,则x＞x0时,g(x)＞g(x0)＝0； 当x＜x0时,g′(x)＜0,则x＜x0时,g(x)＞g(x0)＝0． 故g(x)只有唯一零点x＝x0． 由Q的任意性,a≥0不合题意．(2)若a＜0,令h(x)＝ex－ex0＋2a(x－x0),则h(x0)＝0,h′(x)＝ex＋2a． 令h′(x)＝0,得x＝ln(－2a),记x′＝ln(－2a),则当x∈(－∞,x*)时,h′(x)＜0,从而h(x) 在(－∞,x*)内单调递减；当x∈(x*,＋∞)时,h′(x)＞0,从而h(x)在(x*,＋∞)内单调递增． ①若x0＝x*,由x∈(－∞,x*)时,g′(x)＝h(x)＞h(x*)＝0；x∈(x*,＋∞)时,g′(x)＝h(x) ＞h(x*)＝0,知g(x)在R上单调递增． 所以函数g(x)在R上有且只有一个零点x＝x*． ②若x0＞x*,由于h(x)在(x*,＋∞)内单调递增,且h(x0)＝0,则当x∈(x*,x0)时有g′(x) ＝h(x)＜h(x0)＝0,g(x)＞g(x0)＝0；任取x1∈(x*,x0)有g(x1)＞0． 又当x∈(－∞,x1)时,易知g(x)＝ex＋ax2－［e＋f′(x0)］x－f(x0)＋x0f′(x0)＜ex1＋ax2－［e ＋f′(x0)］x－f(x0)＋x0f′(x0)＝ax2＋bx＋c,其中b＝－［e＋f′(x0)］ ,c＝ex1－f(x0)＋x0f′(x0)． 由于a＜0,则必存在x2＜x1,使得ax22＋bx2＋c＜0． 所以g(x2)＜0．故g(x)在(x2,x1)内存在零点,即g(x)在R上至少有两个零点． ③若x0＜x* ,仿②并利用3 e6 x x  ,可证函数g(x)在R上至少有两个零点． 综上所述,当a＜0时,曲线y＝f(x)上存在唯一点P(ln(－2a),f(ln(－2a))),曲线在该点 处的切线与曲线只有一个公共点Q 设点Q(x0,f(x0)),曲线y＝f(x)在点Q处的切线方程为y＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0),令g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0),故曲线y＝f(x)在点Q处的切线与曲线只有一个公共点 Q等价于函数g(x)有唯一零点． 因为g(x0)＝0,且g′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝ex－ex0＋2a(x－x0)． (1)若a≥0,当x＞x0时,g′(x)＞0,则x＞x0时,g(x)＞g(x0)＝0； 当x＜x0时,g′(x)＜0,则x＜x0时,g(x)＞g(x0)＝0． 故g(x)只有唯一零点x＝x0． 由Q的任意性,a≥0不合题意．(2)若a＜0,令h(x)＝ex－ex0＋2a(x－x0),则h(x0)＝0,h′(x)＝ex＋2a． 令h′(x)＝0,得x＝ln(－2a),记x′＝ln(－2a),则当x∈(－∞,x*)时,h′(x)＜0,从而h(x) 在(－∞,x*)内单调递减；当x∈(x*,＋∞)时,h′(x)＞0,从而h(x)在(x*,＋∞)内单调递增． ①若x0＝x*,由x∈(－∞,x*)时,g′(x)＝h(x)＞h(x*)＝0；x∈(x*,＋∞)时,g′(x)＝h(x) ＞h(x*)＝0,知g(x)在R上单调递增． 所以函数g(x)在R上有且只有一个零点x＝x*． ②若x0＞x*,由于h(x)在(x*,＋∞)内单调递增,且h(x0)＝0,则当x∈(x*,x0)时有g′(x) ＝h(x)＜h(x0)＝0,g(x)＞g(x0)＝0；任取x1∈(x*,x0)有g(x1)＞0． 又当x∈(－∞,x1)时,易知g(x)＝ex＋ax2－［e＋f′(x0)］x－f(x0)＋x0f′(x0)＜ex1＋ax2－［e ＋f′(x0)］x－f(x0)＋x0f′(x0)＝ax2＋bx＋c,其中b＝－［e＋f′(x0)］ ,c＝ex1－f(x0)＋x0f′(x0)． 由于a＜0,则必存在x2＜x1,使得ax22＋bx2＋c＜0． 所以g(x2)＜0．故g(x)在(x2,x1)内存在零点,即g(x)在R上至少有两个零点． ③若x0＜x* ,仿②并利用3 e6 x x  ,可证函数g(x)在R上至少有两个零点． 综上所述,当a＜0时,曲线y＝f(x)上存在唯一点P(ln(－2a),f(ln(－2a))),曲线在该点 处的切线与曲线只有一个公共点Q