Question

已知函数f（x）=x²+ax-lnx，a∈R
（1）令g（x）=f（x）-x²，是否存在实数a，当x∈（0，e]（e是自然常数）时，函数g（x）的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，说明理由；
（2）求证：当x∈（0，e]时，e2x-

5

2

＞lnx+

lnx

x

．

Answer 1

分析：（1）由g（x）=f（x）-x²=ax-lnx，x∈（0，e]⇒g′（x）=

ax-1

x

（0＜x≤e），依题意，通过对a≤0、0＜

1

a

＜e、及

1

a

≥e的讨论，即可作出正确判断；
（2））令F（x）=e²x-lnx，由（2）知，F（x）_min=3，令φ（x）=

lnx

x

+

5

2

，证明F（x）_min＞φ（x）_max即可．

解答：解：（1）∵f（x）=x²+ax-lnx，
∴g（x）=f（x）-x²=ax-lnx，x∈（0，e]．
∴g′（x）=a-

1

x

=

ax-1

x

（0＜x≤e），
①当a≤0时，g（x）在（0，e]上单调递减，g（x）_min=g（e）=ae-1=3，解得a=

4

e

（舍去）；
②当0＜

1

a

＜e时，g（x）在（0，

1

a

）上单调递减，在（

1

a

，e]上单调递增，
∴g（x）_min=g（

1

a

）=1+lna=3，解得a=e²，满足条件；
③当

1

a

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

4

e

（舍去）；
综上，存在实数a=e²，使得当x∈（0，e]时，g（x）有最小值3．
（2）令F（x）=e²x-lnx，由（2）知，F（x）_min=3，
令φ（x）=

lnx

x

+

5

2

，φ′（x）=

1-lnx

x2

，
当0＜x≤e时，φ′（x）≥0，φ（x）在（0，e]上单调递增，
∴φ（x）_max=φ（e）=

1

e

+

5

2

＜

1

2

+

5

2

=3，
∴e²x-lnx＞

lnx

x

+

5

2

．
∴当x∈（0，e]时，e²x-

5

2

＞lnx+

lnx

x

．

点评：不停考查不等式的证明，考查利用导数求闭区间上函数的最值，着重考查分类讨论数学与化归思想的综合应用，属于难题．