Question

10．已知f（x）=ax-lnx，x∈（0，e]，g（x）=$\frac{lnx}{x}$，其中e是自然常数，a∈R．
（1）当a=1时，求f（x）的极值，并证明f（x）＞g（x）+$\frac{1}{2}$恒成立；
（2）是否存在实数a，使f（x）的最小值为3？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）求出函数f（x）的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，求出f（x）的极小值，令h（x）=g（x）+$\frac{1}{2}$=$\frac{lnx}{x}$+$\frac{1}{2}$，求出h（x）的最大值，从而证出结论即可；
（2）求出函数f（x）的导数，通过讨论a的范围，求出函数f（x）的最小值，求出a的值即可．

解答 解：（1）证明：∵f（x）=x-lnx，f′（x）=1-$\frac{1}{x}$=$\frac{x-1}{x}$，
∴当0＜x＜1时，f′（x）＜0，此时f（x）递减，
当1＜x＜e时，f′（x）＞0，此时，f（x）递增，
∴f（x）的极小值是f（1）=1，
即f（x）在（0，e]上的最小值是1，
令h（x）=g（x）+$\frac{1}{2}$=$\frac{lnx}{x}$+$\frac{1}{2}$，h′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
当0＜x＜e时，h′（x）＞0，h（x）在（0，e]上递增，
∴h（x）_max=h（e）=$\frac{1}{e}$+$\frac{1}{2}$＜1=f（x）min，
∴f（x）＞g（x）+$\frac{1}{2}$恒成立，
（2）解：假设存在实数a，使得f（x）=ax-lnx，（x∈（0，e]）有最小值3，
f′（x）=a-$\frac{1}{x}$=$\frac{ax-1}{x}$，
①a≤0时，f（x）在（0，e]递减，f（x）_min=f（e）=ae-1=3，解得：a=$\frac{4}{e}$，
∴a≤0时，不存在a使得f（x）的最小值是3；
②0＜$\frac{1}{a}$＜e时，f（x）在（0，$\frac{1}{a}$）递减，在（$\frac{1}{a}$，e]递增，
∴f（x）_min=f（$\frac{1}{a}$）=1+lna=3，a=e²，满足条件；
③$\frac{1}{a}$≥e时，f（x）在（0，e]递减，f（x）_min=f（e）=ae-1=3，a=$\frac{4}{e}$（舍），
∴$\frac{1}{a}$≥e时，不存在a使得f（x）的最小值是3；
综上，存在实数a=e²，使得当x∈（0，e]时，f（x）有最小值3．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想、转化思想，是一道综合题．