Question

9．已知f（x）=x²-ax+lnx，a∈R．
（1）当a=3时，求函数f（x）的极小值；
（2）令g（x）=x²-f（x），是否存在实数a，当x∈[1，e]（e是自然对数的底数）时，函数g（x）取得最小值为1．若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）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；
（2）求出函数g（x）的导数，通过讨论a的范围，确定函数的单调性，从而确定a的范围即可．

解答 解：（1）由题可知，f（x）=x²-3x+lnx，所以$f'（x）=2x-3+\frac{1}{x}$…（2分）
令f'（x）=0，得$x=\frac{1}{2}$或x=1…（3分）
令f′（x）＞0，解得：0＜x＜$\frac{1}{2}$，或x＞1，
令f′（x）＜0，解得：$\frac{1}{2}$＜x＜1，
所以f（x）在$（{0，\frac{1}{2}}）$，（1，+∞）单调递增，在$（{\frac{1}{2}，1}）$上单调递减      …（5分）
所以f（x）的极小值是f（1）=-2…（6分）
（2）由题知，g（x）=ax-lnx，所以 $g'（x）=a-\frac{1}{x}=\frac{ax-1}{x}$…（7分）
①当a≤0时，g（x）在[1，e]上单调递减，g（x）_min=g（e）=ae-1=1，
解得：$a=\frac{2}{e}$（舍去）             …（8分）
②当$0＜a≤\frac{1}{e}$时，g（x）在[1，e]上单调递减，g（x）_min=g（e）=ae-1=1，
解得：$a=\frac{2}{e}$（舍去）             …（9分）
③当$\frac{1}{e}＜a＜1$时，g（x）在$[{1，\frac{1}{a}}]$上单调递减，在$[{\frac{1}{a}，e}]$上单调递增，$g{（x）_{min}}=g（{\frac{1}{a}}）=1+lna=1$，
解得：a=1（舍去）             …（10分）
④当a≥1时，g（x）在[1，e]上单调递增，g（x）_min=g（1）=a=1，
解得：a=1…（11分）
综合所述：当a=1时，g（x）在[1，e]上有最小值1．…（12分）

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，是一道综合题．