Question

已知f（x）=ax-lnx，x∈（0，e]，g（x）=

lnx

x

，其中e是自然常数，a∈R
（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）是否存在实数a，使f（x）的最小值是2，若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．
（Ⅲ）求证

ln2

23

+

ln3

33

+…+

lnn

n3

＜

1

e

．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的极值,利用导数研究函数的单调性

专题：导数的综合应用

分析：（Ⅰ）f′（x）=a-

1

x

=

ax-1

x

，分别讨论①当a≤0时，②a＞0时的情况；
（Ⅱ）设存在实在a，使f（x）=ax-lnx（x∈（0，e]）有最小值2，再分别讨论①当a≤0时②当0＜

1

a

＜e时③当

1

a

≥e时的情况；
（Ⅲ）g′（x）=

1-lnx

x2

=0，则 g（x）_max=g（e）=

1

e

，有

lnx

n3

≤

1

en2

，从而有

ln2

23

+

ln3

33

+…+

lnn

n3

＜

1

e

（1-

1

n

）＜

1

e

．

解答： 解：（Ⅰ）f′（x）=a-

1

x

=

ax-1

x

，
∴当a≤0时，f′（x）＜0，f（x）单调递减区间为（0，e），
当a＞0时，x=

1

a

，
（1）当

1

a

≤e时，即a≥

1

e

 时，
f（x）单调递减区间为（0，

1

a

），
f（x）单调递增区间为（

1

a

，e），
（2）当

1

a

＞e时，即 a＜

1

e

 时，f（x）单调递减区间为（0，e），无增区间；      
（Ⅱ）设存在实在a，使f（x）=ax-lnx（x∈（0，e]）有最小值2，
①当a≤0时，f（x）在（0，e]上单调递减，f（x）_min=f（e）=ae-1=2，
则a=

3

e

（舍去）所以，此时f（x）无最小值．
②当0＜

1

a

＜e时，f（x）_min=f（

1

a

）=1+lna=2，
则a=e，满足条件．
③当

1

a

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

3

e

（舍去），所以，此时f（x）无最小值．
综上，存在实数a=e，使得当x∈（0，e]时f（x）有最小值2．
（Ⅲ）g′（x）=

1-lnx

x2

=0，所以g（x）单调递减区间为（e，+∞），
g（x）单调递增区间为  （0，e），
则 g（x）_max=g（e）=

1

e

 
所以

lnx

x

≤

1

e

，
则有

lnx

n3

≤

1

en2

，
∴

lnx

n3

＜

1

e

1

n(n-1)

=

1

e

（

1

n-1

-

1

n

），（n≥2），
则

lnx

23

＜

1

e

（1-

1

2

），

lnx

33

＜

1

e

（

1

2

-

1

3

），…

lnx

n3

＜

1

e

（

1

n-1

-

1

n

），（n≥2），
∴

ln2

23

+

ln3

33

+…+

lnn

n3

＜

1

e

（1-

1

n

）＜

1

e

．

点评：本题考查了函数的单调性，函数的极值问题，导数的应用，不等式 的证明，是一道综合题．