【答案】
分析：（1）求出f（x）的導(dǎo)函數(shù)，把c=1代入導(dǎo)函數(shù)中求出的導(dǎo)函數(shù)值即為切線方程的斜率，把x=1代入f（x）求出切點的縱坐標(biāo)，根據(jù)切點坐標(biāo)和斜率寫出切線的方程，把切線方程與拋物線聯(lián)立，消去y得到關(guān)于x的一元二次方程，根據(jù)直線與拋物線相切，得到方程的根的判別式等于0，列出關(guān)于a的方程，求出方程的解即可得到a的值；
（2）求出f（x）的導(dǎo)函數(shù)，分a大于0，a=0和a小于0三種情況考慮，當(dāng)a大于0時，導(dǎo)函數(shù)大于0，即函數(shù)為增函數(shù)，利用極限的思想得到函數(shù)恒大于0不成立；當(dāng)a=0時，得到函數(shù)恒大于0，滿足題意；當(dāng)a小于0時，令導(dǎo)函數(shù)等于0，求出x的值，由x的值分區(qū)間討論導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)，得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，進(jìn)而得到f（x）的最小值，讓最小值大于0，列出關(guān)于a的不等式，求出不等式的解集即可得到a的取值范圍，綜上，得到滿足題意的a的取值范圍；
（3）把a(bǔ)=-1代入到（2）中求出的f（x）的最小值中，確定出f（x）的最小值，設(shè)h（x）=g（x）-f（x），把g（x）和f（x）的解析式代入確定出h（x），求出h（x）的導(dǎo)函數(shù)，假如存在x
∈（0，+∞），使曲線C：y=g（x）-f（x）在點x=x
處的切線斜率與f（x）在R上的最小值相等，令h（x）導(dǎo)函數(shù)等于f（x）的最小值，得到
，設(shè)φ（x）等于等式的右邊，求出φ（x）的導(dǎo)函數(shù)，利用導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)確定出φ（x）的最小值為φ（1）等于0，得到方程有唯一的解，且唯一的解為f（x）的最小值．
解答：解：（1）f′（x）=e
x+a，把x=1代入得：f′（1）=e+a，
把x=1代入f（x）得：f（1）=e+a，所以切點坐標(biāo)為（1，e+a），
則在x=1處的切線為y-（e+a）=（e+a）（x-1）即：y=（e+a）x，
與y
2=4（x-1）聯(lián)立，消去得（e+a）
2x
2-4x+4=0，
由△=0知，a=1-e或a=-1-e；（4分）
（2）f′（x）=e
x+a，
①當(dāng)a＞0時，f′（x）＞0，f（x）在R上單調(diào)遞增，且當(dāng)x→-∞時，e
x→0，ax→-∞，
∴f（x）→-∞，故f（x）＞0不恒成立，所以a＞0不合題意；（6分）
②當(dāng)a=0時，f（x）=e
x＞0對x∈R恒成立，所以a=0符合題意；
③當(dāng)a＜0時令f′（x）=e
x+a=0，得x=ln（-a），
當(dāng)x∈（-∞，ln（-a））時，f′（x）＜0，當(dāng)x∈（ln（-a），+∞）時，f′（x）＞0，
故f（x）在（-∞，ln（-a））上是單調(diào)遞減，在（ln（-a），+∞）上是單調(diào)遞增，
所以[f（x）]
min=f（ln（-a））=-a+aln（-a）＞0，
解得a＞-e，又a＜0，∴a∈（-e，0），
綜上：a∈（-e，0]．（10分）
（3）當(dāng)a=-1時，由（2）知[f（x）]
min=f（ln（-a））=-a+aln（-a）=1，
設(shè)h（x）=g（x）-f（x）=e
xlnx-e
x+x，則
，
假設(shè)存在實數(shù)x
∈（0，+∞），使曲線C：y=g（x）-f（x）在點x=x
處的切線斜率與f（x）在R上的最小值相等，
x
即為方程的解，（13分）
令h′（x）=1得：
，因為e
x＞0，所以
．
令
，則
，
當(dāng)0＜x＜1是φ′（x）＜0，當(dāng)x＞1時φ′（x）＞0，
所以
在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
∴φ（x）＞φ（1）=0，故方程
有唯一解為1，
所以存在符合條件的x
，且僅有一個x
=1．（16分）
點評：此題考查學(xué)生會利用導(dǎo)數(shù)求切線上過某點切線方程的斜率，會利用導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，會利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值，掌握導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用，是一道中檔題．
