Question

已知函数f（x）=x²+ax+blnx（a，b∈R）
（1）当a=-3，b=1时，求f（x）的极小值；
（2）当b=-1时，过坐标原点O作曲线y=f（x）的切线，求证：切点的横坐标为1；
（3）当a=0，b=1时，g（x）=[f（x）-x²-1]e^x+x，是否存在实数x₀∈（0，+∞），使曲线y=g（x）在点x=x₀处的切线与y轴垂直？若存在，求出x₀的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的极值,利用导数研究曲线上某点切线方程

专题：综合题,导数的综合应用

分析：（1）当a=-3，b=1时，求导数，确定函数的单调性，即可求f（x）的极小值；
（2）当b=-1时，过坐标原点O作曲线y=f（x）的切线，可得2t+a-

1

t

=

f(t)

t

，即可证明切点的横坐标为1；
（3）证明x₀∈（0，+∞），g'（x₀）＞0，即方程g'（x₀）=0无实数解，即可得出结论．

解答： （1）解：函数f（x）=x²-3x+lnx，则f′（x）=2x-3+

1

x

，
令f′（x）=0，得x=1，或x=

1

2

．
当0＜x＜

1

2

时，f′（x）＞0，函数单调递增；
当

1

2

＜x＜1时，f′（x）＜0，函数单调递减；
当x＞1时，f′（x）＞0，函数单调递增
∴f（x）在x=1处取得极小值-2；
（2）证明：当b=-1时，f（x）=x²+ax-lnx．
设切点为M（t，f（t）），则f′（x）=2x+ax-

1

x

切线的斜率k=2t+a-

1

t

，又切线过原点k=

f(t)

t

，
∴2t+a-

1

t

=

f(t)

t

，
∴t²-1+lnt=0，
t=1满足方程t²-1+lnt=0，
设φ（t）=t²-1+lnt，则φ′（t）=2t+

1

t

＞0，
∴φ（t）在（0，+∞）递增，且φ（1）=0，
∴t²-1+lnt=0有唯一解，
∴切点的横坐标为1；
（3）解：当a=0，b=1时，g（x）=[f（x）-x²-1]e^x+x=（lnx-1）e^x+x，
∴g′（x）=（

1

x

+lnx-1）e^x+1，
∵x₀∈（0，+∞），
∴

1

x0

+lnx0-1≥0，
∵ex0＞0，
∴g′（x₀）≥1＞0，
曲线y=g（x）在点x=x₀处的切线与y轴垂直等价于方程g'（x₀）=0有实数解．
而g'（x₀）＞0，即方程g'（x₀）=0无实数解．
故不存在x₀∈（0，+∞），使曲线y=g（x）在点x=x₀处的切线与y轴垂直．

点评：本题主要考查了利用导数求闭区间上函数的最值，以及利用导数研究曲线上某点切线方程，属于中档题．