Question

13．已知f（x）=ax-lnx，其中x∈（0，e]（e是自然对数的底数），
（1）当a=1时，求f（x）的单调区间、极值；
（2）是否存在a∈R，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）f（x）=ax-lnx，（x∈（0，e]），a=1时，f′（x）=$\frac{x-1}{x}$，可知：f（x）的极小值为f（1）．
（2）假设存在实数a，使f（x）=ax-lnx（x∈（0，e]）有最小值3，f′（x）=$\frac{ax-1}{x}$．对a分类讨论，利用导数研究函数的单调性即可得出．

解答 解：（1）∵f（x）=ax-lnx，（x∈（0，e]），∴f′（x）=a-$\frac{1}{x}$，
a=1时，f′（x）=1-$\frac{1}{x}$=$\frac{x-1}{x}$，
∴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）单调递增．
∴f（x）的极小值为f（1）=1．
（2）假设存在实数a，使f（x）=ax-lnx（x∈（0，e]）有最小值3，
f′（x）=$\frac{ax-1}{x}$．
①当a≤0时，f（x）在（0，e]上单调递减，f（x）_min=f（e）=ae-1=3，解得a=$\frac{4}{e}$（舍去），
∴此时f（x）无最小值．
②当$0＜\frac{1}{a}$＜e时，f（x）在$（0，\frac{1}{a}）$上单调递减，在$（\frac{1}{a}，e]$上单调递增．
f（x）_min=f$（\frac{1}{a}）$=1+lna=3，a=e²，满足条件．
③当$\frac{1}{a}$≥e时，f（x）在（0，e]上单调递减，f（x）_min=f（e）=ae-1=3，解得a=$\frac{4}{e}$（舍去）
∴此时f（e）无最小值．
综上，存在实数a=e²，使得当x∈（0，e]时，f（x）有最小值3．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、分类讨论方法、方程与不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．