Question

已知f（x）=ax-lnx，x∈（0，e]，g（x）=

lnx

x

，其中e是自然常数，a∈R．
（1）讨论a=1时，函数f（x）的单调性和极值；
（2）求证：在（1）的条件下，f（x）＞g（x）+

1

2

；
（3）是否存在实数a使f（x）的最小值是3？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析：（1）当a=1时，求函数的定义域，然后利用导数求函数的极值和单调性．
（2）利用（1）的结论，求函数f（x）的最小值以及g（x）的最大值，利用它们之间的关系证明不等式．
（3）利用导数求函数的最小值，让最小值等于3，解参数a．

解答：解：（1）因为f(x)=x-lnx，f′(x)=1-

1

x

=

x-1

x

，所以当0＜x＜1时，f'（x）＜0，此时函数f（x）单调递减．
  当1＜x≤e时，f'（x）＞0，此时函数f（x）单调递增．所以函数f（x）的极小值为f（1）=1．
（2）因为函数f（x）的极小值为1，即函数f（x）在（0，e]上的最小值为1．
又g′(x)=

1-lnx

x2

，所以当0＜x＜e时，=g'（x）＞0，此时g（x）单调递增．
所以g（x）的最大值为g（e）=

1

e

＜

1

2

，所以f(x)min-g(x)max＞

1

2

，所以在（1）的条件下，f（x）＞g（x）+

1

2

．
（3）假设存在实数a，使f（x）=ax-lnx，x∈（0，e]，有最小值3，则f′(x)=a-

1

x

=

ax-1

x

，
①当a≤0时，f'（x）＜0，f（x）在（0，e]上单调递减，f(x)min=f(e)=ae-1=3，a=

4

e

，（舍去），此时函数f（x）的最小值是不是3．
②当0＜

1

a

＜e时，f（x）在（0，

1

a

]上单调递减，f（x）在（

1

a

，e]上单调递增．
所以(x)min=f(

1

a

)=1+lna=3，a=e2，满足条件．
③当

1

a

≥e时，f（x）在（0，e]上单调递减，f(x)min=f(e)=ae-1=3，a=

4

e

，（舍去），此时函数f（x）的最小值是不是3．
综上可知存在实数a=e²，使f（x）的最小值是3．

点评：本题主要考查利用函数的单调性研究函数的单调性问题，运算量较大，综合性较强．