Question

14．已知函数f（x）=2ax-ln（2x），x∈（0，e]，g（x）=$\frac{lnx}{x}$，x∈（0，e]，其中e是自然对数的底数，a∈R．
（Ⅰ）当a=1时，求函数f（x）的单调区间和极值；
（Ⅱ）求证：在（Ⅰ）的条件下f（x）＞g（x）+$\frac{1}{2}$；
（Ⅲ）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，请说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求导函数，确定函数的单调性，从而可得函数f（x）的极小值；
（Ⅱ）f（x）在（0，e]上的最小值为1，令h（x）=g（x））+$\frac{1}{2}$，求导函数，确定函数的单调性与最大值，即可证得结论；
（Ⅲ）假设存在实数a，使f（x）的最小值是3，求导函数，分类讨论，确定函数的单调性，利用f（x）的最小值是3，即可求解．

解答 解：（Ⅰ）当a=1时，f′（x）=2-$\frac{1}{x}$=$\frac{2x-1}{x}$，x∈（0，e]，
当0＜x＜$\frac{1}{2}$时，f′（x）＜0，此时f（x）单调递减；
当$\frac{1}{2}$＜x＜e时，f′（x）＞0，此时f（x）单调递增．
所以f（x）的极小值为f（$\frac{1}{2}$）=1，
故f（x）的单调递减区间为（0，$\frac{1}{2}$），单调递增区间为（$\frac{1}{2}$，e]，
f（x）的极小值为f（$\frac{1}{2}$）=1，无极大值．
（Ⅱ）令h（x）=g（x）+$\frac{1}{2}$=$\frac{lnx}{x}$+$\frac{1}{2}$，h′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，x∈（0，e]，
当0＜x＜e时，h′（x）＞0，此时h（x）单调递增，
所以h（x）_max=h（e）=$\frac{1}{e}$+$\frac{1}{2}$＜1，
由（Ⅰ）知f（x）_min=1，所以在（Ⅰ）的条件下f（x）＞g（x）+$\frac{1}{2}$；
（Ⅲ）假设存在实数a，使f（x）=2ax-ln（2x），x∈（0，e]有最小值3，
f′（x）=2a-$\frac{1}{x}$=$\frac{2ax-1}{x}$，x∈（0，e]，
①当a≤0时，因为x∈（0，e]，所以f′（x）＜0，f（x）在（0，e]上单调递减，
所以f（x）_min=f（e）=2ae-ln（2e）=3，解得a=$\frac{4+ln2}{2e}$（舍去），
②当0＜$\frac{1}{2a}$＜e，即a＞$\frac{1}{2e}$时，f（x）在（0，$\frac{1}{2a}$）上单调递减，在（$\frac{1}{2a}$，e]上单调递增，
所以f（x）_min=f（$\frac{1}{2a}$）=1-ln$\frac{1}{a}$=3，解得a=e²，满足条件，
③当$\frac{1}{2a}$≥e，即0＜a≤$\frac{1}{2e}$时，f′（x）＜0，f（x）在（0，e]上单调递减，
所以f（x）_min=f（e）=2ae-ln（2e）=3，解得a=$\frac{4+ln2}{2e}$（舍去），
综上，存在实数a=e²，使得当x∈（0，e]时f（x）的最小值为3．

点评 本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与极值，考查函数的最值，考查不等式的证明，解题的关键是正确求导，确定函数的单调性．