Question

6．已知函数g（x）=ax-lnx，a∈R，
（1）是否存在实数a，当x∈（0，e]（e是自然常数）时，函数g（x）的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，说明理由；
（2）当x∈（0，e]时，证明：${e^2}x＞\frac{5}{2}+（1+\frac{1}{x}）lnx$．

Answer 1

分析 （1）假设存在实数a，使g（x）有最小值是3，因此g′（x）=a-$\frac{1}{x}$，x∈（0，e]，通过讨论a的范围来解决问题；
（2）由e²x＞$\frac{5}{2}$+（1+$\frac{1}{x}$）lnx，得：e²x-lnx＞$\frac{5}{2}$+$\frac{lnx}{x}$，只需证$\frac{5}{2}$+$\frac{lnx}{x}$＜3即可，令p（x）=$\frac{5}{2}$+$\frac{lnx}{x}$，则p（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$在（0，e]上单调递增，故e²x-lnx＞$\frac{5}{2}$+$\frac{lnx}{x}$，问题得证．

解答 解：（1）假设存在实数a，使g（x）有最小值是3，
∵g′（x）=a-$\frac{1}{x}$，x∈（0，e]，
若a≤0，则g′（x）＜0，
∴g（x）在（0，e]上为减函数，
g（x）的最小值为g（e）=ae-1=3
∴a=$\frac{4}{e}$与a≤0矛盾，
若a＞0时，令a-$\frac{1}{x}$=0，则x=$\frac{1}{a}$，
当0＜$\frac{1}{a}$＜e，即a＞$\frac{1}{e}$时，
g（x）在（0，$\frac{1}{a}$）上单调递减，在（$\frac{1}{a}$，e）上单调递增，
g（x）_min=g（$\frac{1}{a}$）=1+lna=3，解得a=e²，
当$\frac{1}{a}$≥e，即a≤$\frac{1}{e}$时，g（x）在（0，e]上单调递减，
g（x）_min=g（e）=ae-1=3
∴a=$\frac{4}{e}$与a≤$\frac{1}{e}$矛盾，
证明：（2）∵x∈（0，e]，由e²x＞$\frac{5}{2}$+（1+$\frac{1}{x}$）lnx，得：e²x-lnx＞$\frac{5}{2}$+$\frac{lnx}{x}$，
由（1）得：e²x-lnx的最小值为3，只需证$\frac{5}{2}$+$\frac{lnx}{x}$＜3即可，
令p（x）=$\frac{5}{2}$+$\frac{lnx}{x}$，则p（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$在（0，e]上单调递增，
∴p（x）的最大值为p（e）=$\frac{5}{2}$+$\frac{1}{e}$＜$\frac{5}{2}$+$\frac{1}{2}$=3，
故e²x-lnx＞$\frac{5}{2}$+$\frac{lnx}{x}$，
即e²x＞$\frac{5}{2}$+（1+$\frac{1}{x}$）lnx．

点评 本题考察了利用导数研究函数的单调性，函数的极值问题，求参数的范围，不等式的证明，是一道综合题．