Question

4．已知函数f（x）=x²+ax-lnx（a∈R）．
（Ⅰ）当a=1时，求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）令g（x）=f（x）-x²，是否存在实数a，当x∈（0，e]时，函数g（x）的最小值是3，若存在，求a的值；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）求函数g（x）=x²-f（x）=ax-lnx的导函数，然后分a≤0、0＜a≤$\frac{1}{e}$、a＞$\frac{1}{e}$三种情况求解a的值得答案．

解答 解：（Ⅰ）∵a=1，∴f（x）=x²+x-lna，
∴f′（x）=2x+1-$\frac{1}{x}$=$\frac{（2x-1）（x+1）}{x}$，
∵函数定义域为（0，+∞），
∴f′（x）≥0等价于（2x+1）（x+1）≥0，
∴当x≥$\frac{1}{2}$时，f′（x）≥0，f（x）单调递增；
当0＜x＜$\frac{1}{2}$时，f′（x）＜0，f（x）单调递减．
∴函数f（x）的递增区间是[$\frac{1}{2}$，+∞），递减区间是（0，$\frac{1}{2}$）．
（Ⅱ）假设存在实数a，使g（x）=x²-f（x）=ax-lnx（x∈（0，e]）的最小值为3．
g′（x）=a-$\frac{1}{x}$=$\frac{ax-1}{x}$，
①当a≤0时，g（x）在（0，e]上单调递减，此时g（x）_min=g（e）=ae-1=3，
∴a=$\frac{4}{e}$＞0不满足条件，舍去；
②当0＜a≤$\frac{1}{e}$时，$\frac{1}{a}$≥e，g（x）在（0，e]上单调递减，此时g（x）_min=g（e）=ae-1=3，
∴a=$\frac{4}{e}$不满足条件，舍去；
③当a＞$\frac{1}{e}$时，0＜$\frac{1}{a}$＜e，g（x）在（0，$\frac{1}{a}$）上单调递减，在（$\frac{1}{a}$，e]上单调递增，
此时g（x）_min=g（$\frac{1}{a}$）=1+lna=3，∴a=e²，满足条件．
综上，存在实数a=e²，使得x∈（0，e]的最小值为3．

点评 本题考查了利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查了利用导数研究函数的单调性，训练了利用导数求函数的最值，考查了数学转化、分类讨论等数学思想方法，是压轴题．