Question

5．已知f（x）=x²+ax-lnx+1，g（x）=x²+1．
（1）若a=-1，判断是否存在x₀＞0，使得f（x₀）＜0，并说明理由；
（2）设h（x）=f（x）-g（x），是否存在实数a，当x∈（0，e]（e≈2.718，为自然常数）时，函数h（x）的最小值为3．

Answer 1

分析 （1）对f（x）求导，列表得到极值点，求出极值和最小值即可得到结论．．
（2）构造新函数，对新函数进行求导，得出极值，即得到最小值，按照参数a的范围进行讨论．

解答 解：（1）当a=-1时，f（x）=x²-x-lnx+1，定义域为（0，+∞）
f′（x）=2x-1-$\frac{1}{x}$=$\frac{2{x}^{2}-x-1}{x}=\frac{（x-1）（2x+1）}{x}$

x	（0，1）	1	（1，+∞）
f′（x）	-	0	+
f（x）	↓	极小值f（1）	↑

由表格可知，当x=1时，函数f（x）有极小值f（x）_极小值=f（1）=1，同时也是最小值，
即f（x）≥1，故不存在x₀＞0，使得f（x₀）＜0，
（2）因为f（x）=x²+ax-lnx+1，g（x）=x²+1
所以h（x）=f（x）-g（x）=x²+ax-lnx+1-（x²+1）=ax-lnx，
假设存在实数a，使得h（x）=ax-lnx（x∈（0，e]）有最小值3，h'（x）=a-$\frac{1}{x}$，
①当a≤0时，h'（x）＜0，所以h（x）在（0，e]上单调递减，h（x）_min=h（e）=ae-1=3，a=$\frac{4}{e}$（舍去）；
②当a＞0时，h'（x）=$\frac{a（x-\frac{1}{a}）}{x}$
1°，当$0＜a≤\frac{1}{e}$时，$\frac{1}{a}≥e$，h'（x）＜0在（0，e]上恒成立．
所以h（x）在（0，e]上单调递减，h（x）_min=h（e）=ae-1=3，a=$\frac{4}{e}$（舍去）；
2°，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，a=e²，满足条件；
综上可知，存在a=e²使得x∈（0，e]时h（x）有最小值3．

点评 本题主要考查导数的综合应用，根据条件求出函数的极值和最值是解决本题的关键．，重点考查导数在极值中的应用和含参数的函数最值的应用，运算量较大，综合性较强．