Question

7．已知函数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）+$\frac{1}{2}$，x∈（0，e]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）求出函数的导数，由x∈（0，e]和导数的性质能求出f（x）的单调区间、极值，f（x）=x-lnx在（0，e]上的最小值为1，由此能够证明f（x）＞g（x）+$\frac{1}{2}$．
（2）求出函数f（x）的导数，由此进行分类讨论能推导出存在a=e²．

解答 解：（1）f′（x）=1-$\frac{1}{x}$=$\frac{x-1}{x}$，
∵x∈（0，e]，
由f′（x）=$\frac{x-1}{x}$＞0，得1＜x＜e，
∴增区间（1，e）．
由f′（x）＜0，得0＜x＜1．
∴减区间（0，1）．
故减区间（0，1）；增区间（1，e）．
所以，f（x）极小值=f（1）=1．
令 F（x）=f（x）-g（x）=x-lnx-$\frac{lnx}{x}$-$\frac{1}{2}$，
求导F′（x）=1-$\frac{1}{x}$-$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$=$\frac{{x}^{2}-x+lnx-1}{{x}^{2}}$，
令H（x）=x²-x+lnx-1
则H′（x）=2x-1+$\frac{1}{x}$=$\frac{1}{x}$（2x²-x+1）＞0
易知H（1）=-1，
故当0＜x＜1时，H（x）＜0，即F′（x）＜0
1＜x＜e时，H（x）＞0，即F′（x）＞0
故当x=1时F（x）有最小值为F（1）=$\frac{1}{2}$＞0
故对x∈（0，e]有F（x）＞0，
∴f（x）＞g（x）+$\frac{1}{2}$．
（2）f′（x）=a-$\frac{1}{x}$=$\frac{ax-1}{x}$，
①当a≤0时，f（x）在（0，e）上是减函数，
∴ae-1=3，a=$\frac{4}{e}$＞0，（舍去）．
②当0＜a＜$\frac{1}{e}$时，f（x）=$\frac{1}{e}$，f（x）在（0，e]上是减函数，
∴ae-1=3，a=$\frac{4}{e}$＞$\frac{1}{e}$，（舍去）．
③当a≥$\frac{1}{e}$时，f（x）在（0，$\frac{1}{a}$]上是减函数，（$\frac{1}{a}$，e）是增函数，
∴a•$\frac{1}{a}$-ln$\frac{1}{a}$=3，a=e²，
所以存在a=e²．

点评 本题考查利用导数求闭区间上函数的最值的应用，综合性强，难度大．解题时要认真审题，注意挖掘题设中的隐含条件，合理地进行等价转化．