（15分）设函数$f(x)=x^{2}+mx-4e^{nx-1}(n$是整数）．已知曲线$y=f(x)$在点$(-1$，$f(-1))$处的切线方程为$4x+e^{2}y+e^{2}+8=0$．
（Ⅰ）求$m$，$n$的值；
（Ⅱ）求$f(x)$的极值点个数；
（Ⅲ）求直线$l:y=kx-1(k > 0)$与曲线$y=f(x)$的交点个数．
〖答案〗$(I)m=2$，$n=1$；
（Ⅱ）2；
（Ⅲ）1．
〖分析〗$(I)$利用切线方程的斜率与切点在曲线上的条件，联立方程求解整数参数$m$，$n$；
（Ⅱ）通过分析一阶导数的单调性与零点个数，确定原函数的极值点个数；
（Ⅲ）构造交点方程，结合导数分析函数单调性与极值，通过极限情况判断零点个数．
〖解答〗解：$(I)$由切线方程$4x+e^{2}y+e^{2}+8=0$，整理得$y=-\dfrac{4}{e^2}x-1-\dfrac{8}{e^2}$，故切线斜率为$-\dfrac{4}{e^2}$．
将$x=-1$代入切线方程，得$f(-1)=-\dfrac{4}{e^2}\times (-1)-1-\dfrac{8}{e^2}=-\dfrac{4}{e^2}-1$．
由$f(x)=x^{2}+mx-4e^{nx-1}$，得$f'(x)=2x+m-4ne^{nx-1}$，故$f'(-1)=-2+m-4ne^{-n-1}$．
联立$\left\{\begin{array}{l}f'(-1)=-\dfrac{4}{e^2}\\  f(-1)=-\dfrac{4}{e^2}-1\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}-2+m-4ne^{-n-1}=-\dfrac{4}{e^2}\\  1-m-4e^{-n-1}=-\dfrac{4}{e^2}-1\end{array}\right.$．
由第二个方程整理得$m=2+\dfrac{4}{e^2}-4e^{-n-1}$，因$n\in \mathbb{Z}$，令$-n-1=-2$，得$n=1$，此时$e^{-n-1}=e^{-2}=\dfrac{1}{e^2}$，代入得$m=2$．
验证：当$m=2$，$n=1$时，$f'(-1)=-2+2-4\times 1\times e^{-2}=-\dfrac{4}{e^2}$，与切线斜率一致，故$m=2$，$n=1$．
（Ⅱ）由$(I)$得$f(x)=x^{2}+2x-4e^{x-1}$，求导得$f'(x)=2x+2-4e^{x-1}$．
令$g(x)=f'(x)=2x+2-4e^{x-1}$，则$g'(x)=2-4e^{x-1}$．
令$g'(x)=0$，得$e^{x-1}=\dfrac{1}{2}$，解得$x=1-\ln 2$．
当$x < 1-\ln 2$时，$g'(x) > 0$，$g(x)$单调递增；当$x > 1-\ln 2$时，$g'(x) < 0$，$g(x)$单调递减．
故$g(x)$的最大值为$g(1-\ln 2)=2(1-\ln 2)+2-4e^{-\ln 2}=4-2\ln 2-2=2-2\ln 2 > 0$．
又$\mathop{\lim}\limits_{x\rightarrow -\infty }g(x)=-\infty$，$\mathop{\lim}\limits_{x\rightarrow +\infty }g(x)=-\infty$，故$g(x)$在$(-\infty ,1-\ln 2)$和$(1-\ln 2,+\infty )$各有一个零点，
即$f'(x)=0$有两个不同的实根，且$f'(x)$在两零点左右变号，故$f(x)$有2个极值点．
（Ⅲ）由$kx-1=x^{2}+2x-4e^{x-1}$，整理得$h(x)=x^{2}+(2-k)x+1-4e^{x-1}=0(k > 0)$．
求导得$h'(x)=2x+2-k-4e^{x-1}=g(x)-k$，其中$g(x)$为（Ⅱ）中的函数，最大值为$2-2\ln 2$．
当$k > 2-2\ln 2$时，$g(x)\leqslant 2-2\ln 2 < k$，故$h'(x) < 0$恒成立，$h(x)$在$\mathbb{R}$上单调递减．
又$\mathop{\lim}\limits_{x\rightarrow -\infty }h(x)=+\infty$，$h(0)=1-4e^{-1} < 0$，故$h(x)$仅有1个零点，即交点个数为1．
当$k=2-2\ln 2$时，$h'(x)=g(x)-k\leqslant 0$恒成立，仅在$x=1-\ln 2$处$h'(x)=0$，故$h(x)$在$\mathbb{R}$上单调递减．
同理，$\mathop{\lim}\limits_{x\rightarrow -\infty }h(x)=+\infty$，$h(1-\ln 2)=(1-\ln 2)^{2}+(2-(2-2\ln 2))(1-\ln 2)+1-4e^{-\ln 2}=-\ln ^{2}2 < 0$，
故$h(x)$仅有1个零点，即交点个数为1．
当$0 < k < 2-2\ln 2$时，$h'(x)=0$有两个零点$x_{1} < 1-\ln 2 < x_{2}$，
$h(x)$在$(-\infty ,x_{1})$单调递减，在$(x_{1}$，$x_{2})$单调递增，在$(x_{2}$，$+\infty )$单调递减．
由$h(x_1)=(x_1-1)(4e^{x_1-1}-(1+x_1))$，$x_{1} < 1-\ln 2 < 1$，故$x_{1}-1 < 0$；
令$u(t)=4e^{t}-t-2(t=x_{1}-1 < -\ln 2)$，$u'(t)=4e^{t}-1$，当$t < -\ln 4$时，$u'(t) < 0$，
当$-\ln 4 < t < -\ln 2$时，$u'(t) > 0$，$u(-\ln 4)=\ln 4-1 > 0$，故$u(t) > 0$，因此$h(x_{1}) < 0$．
同理，$x_{2}\in (1-\ln 2,1)$，$x_{2}-1 < 0$，$u(t)=4e^{t}-t-2(t=x_{2}-1\in (-\ln 2,0))$，$u(t) > 0$，故$h(x_{2}) < 0$．
又$\mathop{\lim}\limits_{x\rightarrow -\infty }h(x)=+\infty$，$\mathop{\lim}\limits_{x\rightarrow +\infty }h(x)=-\infty$，故$h(x)$在$(-\infty ,x_{1})$有1个零点，在$(x_{1}$，$+\infty )$无零点，即交点个数为1．
综上，当$k > 0$时，$y=kx-1$与$f(x)$的交点个数为1．
〖点评〗本题主要考查导数的几何意义、利用导数研究函数的单调性与极值、函数零点问题，属于难题．