问题补充：
解答题已知：二次函数f（x）=ax2+bx-1，其中a，b∈R，g（x）=ln（ex），且函数F（x）=f（x）-g（x）在x=1处取得极值．
（I）求a，b所满足的关系；
（II）若直线l：y=kx（k∈R）与函数y=f（x）在x∈[1，2]上的图象恒有公共点，求k的最小值；
（III）试判断是否存在a∈（-2，0）∪（0，2），使得对任意的x∈[1，2]，不等式（x+a）F（x）≥0恒成立？如果存在，请求出符合条件的a的所有值；如果不存在，说明理由．
答案：
解：（I）?由已知，∵f（x）=ax2+bx+1，g（x）=ln（ex），
∴函数F（x）=f（x）-g（x）=ax2+bx+1-ln（ex）
∴F′（x）=，
∵F（x）=f（x）-g（x）在x=1处取得极值
∴F′（1）=0，∴b=1-2a，
∴F′（x）=，
∴-≠1，∴a
（II）由题意得：方程kx=ax2+（1-2a）x+1在x∈[1，2]时总有解，
∴k=，即k=ax++1-2a，
∵当a＜0时，k=ax++1-2a在x∈[1，2]时单调递减，∴k≥，
当0＜a＜时，由k′=a-，k=ax++1-2a在x∈[1，2]时单调递减，∴k≥，
当≤a≤1时，由ax++1-2a≥2+1-2a（当且仅当x=时，取“=”）得k≥2+1-2a，
当a＞1时，k=ax++1-2a在x∈[1，2]时单调递增，∴k≥2-a．
∴要使得直线l：y=kx（k∈R）与函数y=f（x）在x∈[1，2]上的图象恒有公共点
实数k应取（a＜0）、2+1-2a（≤a≤1），2-a（a＞1）三者中的最大值，
∵2+1-2a=-2≤（≤a≤1），又2-a＜1（a＞1），
∴k的最小值为．
（III）∵F（x）=ax2+（1-2a）x+1-lnx，
当a∈（0，2）时，∵x∈[1，2]，∴由（x+a）F（x）≥0得F（x）≥0，
∵F′（x）=，
∴x∈[1，2]时，F′（x）＞0，函数y=F（x）单调递增，∴F（x）min≥F（1）=1-a≥0，
∴a∈（0，1]时成立．…（13分）
当a∈[-1，0）且a≠-时，∵F（1）=1-a≥0，F（2）=2-ln2≥0，类似地由单调性证得F（x）≥0，
又x+a≥0，∴（x+a）F（x）≥0成立，
当-2＜a＜-1时，（x+a）F（x）≥0等价于或．
由上可知，此时不成立．
综上，存在符合条件的a，其所有值的集合为[-1，-）解析分析：（I）?F（x）=f（x）-g（x）=ax2+bx+1-ln（ex），求导函数，利用F（x）=f（x）-g（x）在x=1处取得极值，可确定a，b所满足的关系；（II）由题意方程kx=ax2+（1-2a）x+1在x∈[1，2]时总有解，分离参数，分类讨论求出函数的最值，即可求得k的最小值；（III）F（x）=ax2+（1-2a）x+1-lnx，分类讨论：当a∈（0，2）时，函数y=F（x）单调递增，从而可得F（x）min≥F（1）=1-a≥0，可得a∈（0，1]时成立；当a∈[-1，0）且a≠-时，（x+a）F（x）≥0成立；当-2＜a＜-1时，（x+a）F（x）≥0等价于或，此时不成立，故可求存在符合条件的a的取值的集合．点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查函数的最值，考查恒成立问题，正确求导，确定函数的单调性是关键．
