Question

10．已知函数g（x）=bx²+cx+1，f（x）=x²+ax-lnx（a＞0），g（x）在x=1处的切线方程为y=2x
（1）求b，c的值；
（2）设h（x）=f（x）-g（x），是否存在实数a，使得当x∈（0，e]时，函数h（x）的最小值为3，若存在，求出所有满足条件的实数a；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）求出函数g（x）的导数，求得切线的斜率，由已知切线方程，可得2b+c=2，b+c+1=2，解得b，c即可；
（2）求出h（x）的导数，讨论①当a≤0时，②当0＜a≤$\frac{1}{e}$时，当a＞$\frac{1}{e}$，通过单调性判断函数的最值情况，即可判断是否存在．

解答 解：（1）g（x）=bx²+cx+1的导数为g′（x）=2bx+c，
g（x）在x=1处的切线斜率为2b+c，
由g（x）在x=1处的切线为y=2x，
则2b+c=2，b+c+1=2，
解得b=1，c=0；
（2）h（x）=f（x）-g（x）=x²+ax-lnx+1-（x²+1）=ax-lnx，
假设存在实数a，使h（x）=ax-lnx，x∈（0，e]，h有最小值3，
h′（x）=a-$\frac{1}{x}$，
①当a≤0时，h′（x）＜0，
∴h（x）在（0，e]上单调递减，h（x）_min=h（e）=ae-1=3，
解得a=$\frac{4}{e}$（舍去），
②当a＞0时，h′（x）=a-$\frac{1}{x}$=$\frac{a（x-\frac{1}{a}）}{x}$，
（i）当0＜a≤$\frac{1}{e}$时，$\frac{1}{a}$≥e，h′（x）＜0在（0，e]上恒成立，
所以（x）在（0，e]上单调递减，
h（x）_min=h（e）=ae-1=3，解得a=$\frac{4}{e}$（舍去），
（ii）当a＞$\frac{1}{e}$时，0＜$\frac{1}{a}$＜e，当0＜x＜$\frac{1}{a}$时，h′（x）＜0，
所以h（x）在（0，$\frac{1}{a}$）上递减，
当$\frac{1}{a}$＜x＜e时，h′（x）＞0，h（x）在（$\frac{1}{a}$，e）上递增，
所以，h（x）_min=h（$\frac{1}{a}$）=1+lna=3，
所以a=e²满足条件，
综上，存在a=e²，使当x∈（0，e]时，函数h（x）的最小值为3．

点评 本题考查导数的运用：求切线方程和单调区间、极值和最值，同时考查存在性问题的解法，考查运算能力，属于中档题．