## 21. （本小题满分12分） 已知 a > 0 且…——2009 高考数学第 21 题答案解析

（I）由对数函数的定义可知，真数必须大于0，即 $1 - a^x > 0$，亦即 $a^x < 1$。

当 $0 < a < 1$ 时，指数函数 $y=a^x$ 单调递减，由 $a^x < a^0$ 解得 $x > 0$，故定义域为 $(0, +\infty)$。
此时，令 $u = 1 - a^x$。因为 $x > 0$ 且 $0 < a < 1$，所以 $a^x \in (0, 1)$，则 $u \in (0, 1)$。
外层函数 $y = \log_a u$ 在底数 $0 < a < 1$ 时单调递减；内层函数 $u = 1 - a^x$ 在 $x \in (0, +\infty)$ 上单调递增（因为 $-a^x$ 递增）。
根据复合函数单调性“同增异减”原则，$f(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上单调递减。

当 $a > 1$ 时，指数函数 $y=a^x$ 单调递增，由 $a^x < a^0$ 解得 $x < 0$，故定义域为 $(-\infty, 0)$。
此时，令 $u = 1 - a^x$。因为 $x < 0$ 且 $a > 1$，所以 $a^x \in (0, 1)$，则 $u \in (0, 1)$。
外层函数 $y = \log_a u$ 在底数 $a > 1$ 时单调递增；内层函数 $u = 1 - a^x$ 在 $x \in (-\infty, 0)$ 上单调递减（因为 $-a^x$ 递减）。
根据复合函数单调性“同增异减”原则，$f(x)$ 在 $(-\infty, 0)$ 上单调递减。

综上所述：
当 $0 < a < 1$ 时，定义域为 $(0, +\infty)$，函数单调递减；
当 $a > 1$ 时，定义域为 $(-\infty, 0)$，函数单调递减。

（II）由 $f(n) = \log_a(1 - a^n)$，根据对数恒等式可得：
$$ a^{f(n)} = 1 - a^n $$
题目中 $n \in \mathbb{N}^*$，要使 $f(n)$ 有意义，必须满足 $1 - a^n > 0$，即 $a^n < 1$。
因为 $n \ge 1$，若 $a > 1$，则 $a^n \ge a > 1$，不合题意；若 $0 < a < 1$，则 $0 < a^n < 1$，符合题意。
因此，隐含条件为 $0 < a < 1$。

所求极限为：
$$ \lim_{n \to +\infty} \frac{a^{f(n)}}{a^n + a} = \lim_{n \to +\infty} \frac{1 - a^n}{a^n + a} $$
因为 $0 < a < 1$，所以 $\lim_{n \to +\infty} a^n = 0$。
代入计算得：
$$ \frac{1 - 0}{0 + a} = \frac{1}{a} $$

（III）当 $a = e$ 时，$a > 1$，由（I）知定义域为 $(-\infty, 0)$。
此时 $f(x) = \log_e(1 - e^x) = \ln(1 - e^x)$。
代入 $h(x)$ 的表达式：
$$ h(x) = (1 - e^{f(x)})(x^2 - m + 1) $$
因为 $e^{f(x)} = 1 - e^x$，所以 $1 - e^{f(x)} = 1 - (1 - e^x) = e^x$。
故 $h(x) = e^x (x^2 - m + 1)$，其中 $x < 0$。

对 $h(x)$ 求导：
$$ h'(x) = (e^x)' (x^2 - m + 1) + e^x (x^2 - m + 1)' $$
$$ h'(x) = e^x (x^2 - m + 1) + e^x (2x) $$
$$ h'(x) = e^x (x^2 + 2x - m + 1) $$

令 $h'(x) = 0$，因为 $e^x > 0$，等价于方程 $x^2 + 2x - m + 1 = 0$ 有解。
设 $g(x) = x^2 + 2x - m + 1$，其判别式 $\Delta = 2^2 - 4(1)(-m+1) = 4 + 4m - 4 = 4m$。

1. 若 $\Delta < 0$，即 $m < 0$，方程无实根，$h'(x)$ 恒不为0。
此时 $g(x)$ 开口向上，最小值 $>0$，故 $h'(x) > 0$ 恒成立，$h(x)$ 单调递增，无极值。

2. 若 $\Delta = 0$，即 $m = 0$，方程有唯一实根 $x = -1$。
此时 $h'(x) = e^x (x+1)^2 \ge 0$。
在 $x = -1$ 两侧 $h'(x)$ 符号相同（均为正），函数单调递增，故 $x=-1$ 不是极值点，无极值。

3. 若 $\Delta > 0$，即 $m > 0$，方程有两个不相等的实根：
$$ x = \frac{-2 \pm \sqrt{4m}}{2} = -1 \pm \sqrt{m} $$
记 $x_1 = -1 - \sqrt{m}$，$x_2 = -1 + \sqrt{m}$。
由于定义域限制 $x < 0$，我们需要讨论根是否在定义域内。

显然 $x_1 = -1 - \sqrt{m} < -1 < 0$，故 $x_1$ 始终在定义域内。

对于 $x_2 = -1 + \sqrt{m}$：
- 当 $x_2 < 0$ 时，即 $-1 + \sqrt{m} < 0 \Rightarrow \sqrt{m} < 1 \Rightarrow 0 < m < 1$。
此时两个根 $x_1, x_2$ 均在定义域 $(-\infty, 0)$ 内，且 $x_1 < x_2$。
$g(x)$ 为开口向上的抛物线，所以在 $(-\infty, x_1)$ 上 $g(x)>0$，$(x_1, x_2)$ 上 $g(x)<0$，$(x_2, 0)$ 上 $g(x)>0$（注意右边界是0，且 $x_2 < 0$）。
对应 $h'(x)$ 的符号变化为：正 $\to$ 负 $\to$ 正。
因此，$x_1$ 处取得极大值，$x_2$ 处取得极小值。

极大值 $h(x_1) = e^{x_1} (x_1^2 - m + 1)$。
由 $x_1$ 是方程根知 $x_1^2 + 2x_1 - m + 1 = 0 \Rightarrow x_1^2 - m + 1 = -2x_1$。
所以 $h(x_1) = e^{x_1} (-2x_1) = -2(-1-\sqrt{m})e^{-1-\sqrt{m}} = 2(1+\sqrt{m})e^{-1-\sqrt{m}}$。

极小值 $h(x_2) = e^{x_2} (x_2^2 - m + 1)$。
同理 $x_2^2 - m + 1 = -2x_2$。
所以 $h(x_2) = e^{x_2} (-2x_2) = -2(-1+\sqrt{m})e^{-1+\sqrt{m}} = 2(1-\sqrt{m})e^{-1+\sqrt{m}}$。

- 当 $x_2 \ge 0$ 时，即 $-1 + \sqrt{m} \ge 0 \Rightarrow m \ge 1$。
此时 $x_2$ 不在定义域 $(-\infty, 0)$ 内（或恰在边界，但定义域为开区间，且需考察区间内导数符号）。
在定义域 $(-\infty, 0)$ 内，只有 $x_1$ 一个驻点。
因为 $x_1 < 0 \le x_2$，且抛物线 $g(x)$ 在 $x < x_1$ 时为正，在 $x_1 < x < x_2$ 时为负。
所以在区间 $(-\infty, x_1)$ 上 $h'(x) > 0$，在区间 $(x_1, 0)$ 上 $h'(x) < 0$（因为此区间包含在 $(x_1, x_2)$ 内）。
因此，$x_1$ 处取得极大值，无极小值。

极大值同上计算：$h(x_1) = 2(1+\sqrt{m})e^{-1-\sqrt{m}}$。

综上所述：
要使函数 $h(x)$ 存在极值，必须 $m > 0$。
当 $0 < m < 1$ 时，极大值为 $2(1+\sqrt{m})e^{-1-\sqrt{m}}$，极小值为 $2(1-\sqrt{m})e^{-1+\sqrt{m}}$；
当 $m \ge 1$ 时，极大值为 $2(1+\sqrt{m})e^{-1-\sqrt{m}}$，无极小值。