Question

19．已知f（x）=ax-lnx，x∈（0，e]，其中e是自然对数的底数，a∈R．
（1）当a=1时，求函数f（x）的极值；
（2）是否存在实数a使函数f（x）的最小值是3？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由；
（3）在（1）的条件下，证明不等式f（x）＞$\frac{lnx}{x}$+$\frac{1}{2}$，x∈（0，e]恒成立．

Answer 1

分析 （1）将a=1代入函数的表达式，求出f（x）的导数，得到函数f（x）的单调区间，从而求出函数的极值；
（2）先求出函数f（x）的导数，通过讨论a的范围，得到函数的单调区间，从而求出a的值；
（3）令g（x）=$\frac{lnx}{x}$+$\frac{1}{2}$，x∈（0，e]，通过求出g（x）的导数，得到g（x）的单调区间，从而求出故g（x）_max，进而得到f（x）_min＞g（x）_max，问题得证．

解答 解：（1）当a=1时，f（x）=x-lnx，f′（x）=1-$\frac{1}{x}$=$\frac{x-1}{x}$，x∈（0，e]，
令f′（x）＞0，解得：1＜x≤e，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜1，
∴函数f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，e]上单调递增，
且当x∈（0，e]时，f（x）有极小值f（1）=1；
（2）由f（x）=ax-lnx，得f′（x）=a-$\frac{1}{x}$=$\frac{ax-1}{x}$，x∈（0，e]，
当a≤$\frac{1}{e}$时，有f′（x）≤0恒成立，此时函数在（0，e]上单调递减，
∴f（x）_min=f（e）=ae-lne=ae-1=3，∴a=$\frac{4}{e}$（舍），
当a＞$\frac{1}{e}$时，令f′（x）＞0，解得：$\frac{1}{a}$＜x＜e，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜$\frac{1}{a}$，
∴函数f（x）在（0，$\frac{1}{a}$）单调递减，在（$\frac{1}{a}$，e）上单调递增，
∴f（x）_min=f（$\frac{1}{a}$）=1-ln$\frac{1}{a}$=3，∴a=e²，
综上，a=e²时满足条件．
（3）由（1）知，当x∈（0，e）时，f（x）有极小值f（1）=1，
令g（x）=$\frac{lnx}{x}$+$\frac{1}{2}$，x∈（0，e]，则g′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
当x∈（0，e]时，g（x）＞0，则g（x）在（0，e]上单调递增，
故g（x）_max=g（e）=$\frac{1}{e}$+$\frac{1}{2}$，
∴f（x）_min＞g（x）_max，
因此，不等式f（x）＞$\frac{lnx}{x}$+$\frac{1}{2}$，x∈（0，e]恒成立．

点评 本题考察了函数的单调性，极值问题，考察导数的应用，是一道中档题．