题目内容
（2013•宁波模拟）已知f（x）=ax-lnx，x∈（0，e]，其中e是自然常数，a∈R．
（1）当a=1时，求f（x）的单调区间和极值；
（2）若f（x）≥3恒成立，求a的取值范围．
（1）当a=1时，求f（x）的单调区间和极值；
（2）若f（x）≥3恒成立，求a的取值范围．
分析：（1）当a=1时，f（x）=x-lnx，求出f′（x），在定义域内解不等式f′（x）＜0，f′（x）＞0即可得到单调区间，由单调性即可得到极值；
（2）f（x）≥3恒成立即a≥
+
恒成立，问题转化为求函数g(x)=
+
，x∈（0，e]的最大值，利用导数即可求得；
（2）f（x）≥3恒成立即a≥
| 3 |
| x |
| lnx |
| x |
| 3 |
| x |
| lnx |
| x |
解答：解：（1）当a=1时，f（x）=x-lnx，f′（x）=1-
=
，
当0＜x＜1时，f′（x）＜0，此时f（x）单调递减；
当1＜x＜e时，f′（x）＞0，此时f（x）为单调递增．
∴当x=1时f（x）取得极小值，f（x）的极小值为f（1）=1，f（x）无极大值；
（2）∵f（x）=ax-lnx，x∈（0，e]，
∴ax-lnx≥3在x∈（0，e]上恒成立，即a≥
+
在x∈（0，e]上恒成立，
令g(x)=
+
，x∈（0，e]，
则g′(x)=-
+
=-
，
令g′（x）=0，则x=
，
当0＜x＜
时，f′（x）＞0，此时f（x）单调递增，
当
＜x＜e时，f′（x）＜0，此时f（x）单调递减，
∴g(x)max=g(
)=3e2-2e2=e2，
∴a≥e2，即a的取值范围为a≥e2．
| 1 |
| x |
| x-1 |
| x |
当0＜x＜1时，f′（x）＜0，此时f（x）单调递减；
当1＜x＜e时，f′（x）＞0，此时f（x）为单调递增．
∴当x=1时f（x）取得极小值，f（x）的极小值为f（1）=1，f（x）无极大值；
（2）∵f（x）=ax-lnx，x∈（0，e]，
∴ax-lnx≥3在x∈（0，e]上恒成立，即a≥
| 3 |
| x |
| lnx |
| x |
令g(x)=
| 3 |
| x |
| lnx |
| x |
则g′(x)=-
| 3 |
| x2 |
| 1-lnx |
| x2 |
| 2+lnx |
| x2 |
令g′（x）=0，则x=
| 1 |
| e2 |
当0＜x＜
| 1 |
| e2 |
当
| 1 |
| e2 |
∴g(x)max=g(
| 1 |
| e2 |
∴a≥e2，即a的取值范围为a≥e2．
点评：本题考查利用导数研究函数的单调性、求函数极值及函数恒成立问题，具有一定综合性，恒成立问题往往转化为函数最值解决．
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