Question

已知f（x）=ax-lnx，x∈(0，e]，g(x)=

x2

2

+1其中e是自然常数，a∈R．
（1）讨论a=1时f（x）的单调性，极值；
（2）求证：在（1）的条件下，f（x+1）＜g（x）；
（3）是否存在实数a，使得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

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用,利用导数求闭区间上函数的最值

专题：综合题,导数的综合应用

分析：（1）在定义域内解不等式f′（x）＞0，f′（x）＜0可得单调性，由极值定义可求得极值；
（2）f（x+1）＜g（x），化为

x2

2

-x+ln（x+1）＞0，令h（x）=

x2

2

-x+ln（x+1），利用导数可判断h（x）的单调性，由单调性可得结论；
（3）f′（x）=a-

1

x

=

ax-1

x

，由此进行分类讨论能推导出存在a=e²．

解答： 解：（1）a=1时，f′（x）=1-

1

x

，
∵x∈（0，e]，
由f′（x）=1-

1

x

＞0，得1＜x≤e，
∴f（x）在（1，e]是单调递增．
由f′（x）=1-

1

x

＜0，得0＜x＜1．
∴f（x）在（0，1）上单调递减．
∴f（x）有极小值f（1）=1，无极大值．
证明：（2）在（1）的条件下，f（x+1）＜g（x），即为x+1-ln（x+1）＜

x2

2

+1，亦即

x2

2

-x+ln（x+1）＞0，
令h（x）=

x2

2

-x+ln（x+1），h′（x）=x-1+

1

x+1

=

x2

x+1

＞0，
∴h（x）递增，h（x）＞h（0）=0，即

x2

2

-x+ln（x+1）＞0；
（3）f′（x）=a-

1

x

=

ax-1

x

，
①当a≤0时，f（x）在（0，e）上是减函数，
∴ae-1=3，a=

4

e

＞0．
②当0＜a＜

1

e

时，f（x）在（0，e]上是减函数，
∴ae-1=3，a=

4

e

＞

1

e

．
③当a≥

1

e

时，f（x）在（0，

1

a

]上是减函数，（

1

a

，e]上是增函数，
∴a×

1

a

-ln

1

a

=3，解得a=e²，
∴存在a=e²．

点评：本题考查利用导数研究函数的单调性，求闭区间上函数的最值，是中档题．解题时要认真审题，注意挖掘题设中的隐含条件，合理地进行等价转化．