Question

（2012•广西模拟）已知f(x)=ax-lnx，x∈(0，e]，g(x)=

lnx

x

，其中e是自然常数，a∈R．
（1）当a=1时，求f（x）的极值，证明|f(x)|＞g(x)+

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）由f（x）=x-lnx，f′(x)=1-

1

x

=

x-1

x

，知当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．故f（x）的极小值为f（1）=1，即f（x）在（0，e]上的最小值为1，由此能够证明|f（x）|＞g(x)+

1

2

恒成立．
（2）假设存在实数a，使f（x）=ax-lnx（x∈（0，e]）有最小值3，f′(x)=a-

1

x

=

ax-1

x

．分类讨论能推导出存在实数a=e²，使得当x∈（0，e]时，f（x）有最小值3．

解答：解：（1）∵f（x）=x-lnx，f′(x)=1-

1

x

=

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，
即f（x）在（0，e]上的最小值为1，
令h（x）=g（x）+

1

2

=

lnx

x

+

1

2

，h′(x)=

1-lnx

x2

，
当0＜x＜e时，h′（x）＞0，h（x）在（0，e]上单调递增，
∴h(x)min=h(e)=

1

e

+

1

2

＜

1

2

+

1

2

=1=|f（x）|_min，
∴|f（x）|＞g(x)+

1

2

恒成立．
（2）假设存在实数a，使f（x）=ax-lnx（x∈（0，e]）有最小值3，
f′(x)=a-

1

x

=

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，a=

4

e

（舍），
∴a≤0时，不存在a使f（x）的最小值为3．
②当0＜

1

a

＜e时，f（x）在（0，

1

a

）上单调递减，在（

1

a

，e]单调递增，
∴f（x）_min=f（

1

a

）=1+lna=3，a=e²，满足条件．
③当

1

a

≥e时，不存在a使f（x）的最小值为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：本题考查利用导数求闭区间上函数最值的应用，具体涉及到不等式恒成立的证明和探索是否存在实数a，使f（x）的最小值为3．解题时要认真审题，注意合理地进行等价转化，合理地运用分类讨论思想进行解题．