Question

已知函数f（x）=ax-lnx，g（x）=

lnx

x

，a∈R
（1）当a=g′（1）时，讨论函数f（x）的单调区间
（2）当x∈[0，e]时，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

考点：利用导数研究函数的单调性,利用导数求闭区间上函数的最值

专题：导数的综合应用

分析：（1）先函数g（x）导数，再代入求出a的值，再利用导数求函数单调区间．
（2）分类讨论，确定函数f（x）在区间（0，e]上的单调性，从而可得函数的最小值，利用最小值是3，建立方程，即可求得结论．

解答： 解：（1）∵g（x）=

lnx

x

，
∴g′（x）=

1-lnx

x2

，
∴a=g′（1）=1，
∴f（x）=x-lnx，x＞0，
∴f′（x）=1-

1

x

=

x-1

x

，
令f′（x）=0，解得x=1，
当f′（x）＞0时，即x＞1，函数递增，
当f′（x）＜0时，即0＜x＜1，函数递减，
故函数f（x）在（1，+∞）为增函数，在（0，1）上为减函数
（2）假设存在实数a，使f（x）在区间（0，e]的最小值是3，
①当a≤0时，∵x∈（0，e]，∴f′（x）＜0，∴f（x）在区间（0，e]上单调递减
∴f（x）_min=f（e）=ae-1=3，∴a=

4

e

（舍去）；
②当0＜

1

a

＜e时，f（x）在区间（0，

1

a

）上单调递减，在（

1

a

，e]上单调递增
∴f（x）_min=f（

1

a

）=1+lna=3，∴a=e²，满足条件；
③当时

1

a

≥e，∵x∈（0，e]，∴f′（x）＜0，∴f（x）在区间（0，e]上单调递减
∴f（x）_min=f（e）=ae-1=3，∴a=

4

e

（舍去），
综上所述，存在实数a=e²，使f（x）在区间（0，e]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．