Question

15．已知f（x）=ax-lnx，x∈（0，e]，g（x）=$\frac{lnx}{x}$，其中e是自然对数的底数，a∈R．
（Ⅰ）当a=1时，求函数f（x）的单调区间和极值；
（Ⅱ）求证：在（Ⅰ）的条件下，f（x）＞g（x）+$\frac{1}{2}$；
（Ⅲ）是否存在实数a，使f（x）的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）当a=1时，求函数的定义域，然后利用导数求函数的极值和单调性．
（Ⅱ）利用（Ⅰ）的结论，求函数f（x）的最小值以及g（x）的最大值，利用它们之间的关系证明不等式．
（Ⅲ）利用导数求函数的最小值，让最小值等于3，解参数a．

解答 解：（Ⅰ）因为f（x）=x-lnx，f′（x）=1-$\frac{1}{x}$=$\frac{x-1}{x}$，
所以当0＜x＜1时，f'（x）＜0，此时函数f（x）单调递减，
  当1＜x≤e时，f'（x）＞0，此时函数f（x）单调递增，
所以函数f（x）的极小值为f（1）=1．
（Ⅱ）证明：因为函数f（x）的极小值为1，即函数f（x）在（0，e]上的最小值为1．
又g′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，所以当0＜x＜e时，g'（x）＞0，此时g（x）单调递增．
所以g（x）的最大值为g（e）=$\frac{1}{e}$＜$\frac{1}{2}$，所以f（x）_min-g（x）_max＞$\frac{1}{2}$，
所以在（Ⅰ）的条件下，f（x）＞g（x）+$\frac{1}{2}$．
（Ⅲ）假设存在实数a，使f（x）=ax-lnx，x∈（0，e]，有最小值3，
则f′（x）=a-$\frac{1}{x}$=$\frac{ax-1}{x}$，
①当a≤0时，f'（x）＜0，f（x）在（0，e]上单调递减，
f（x）_min=f（e）=ae-1=3，a=$\frac{4}{e}$，（舍去），此时函数f（x）的最小值不是3．
②当0＜$\frac{1}{a}$＜e时，f（x）在（0，$\frac{1}{a}$]上单调递减，f（x）在（$\frac{1}{a}$，e]上单调递增．
所以f（x）_min=f（$\frac{1}{a}$）=1+lna=3，a=e²，满足条件．
③当$\frac{1}{a}$≥e时，f（x）在（0，e]上单调递减，
f（x）_min=f（e）=ae-1=3，a=$\frac{4}{e}$，（舍去），
此时函数f（x）的最小值是3，
综上可知存在实数a=e²，使f（x）的最小值是3．

点评 本题主要考查利用函数的单调性研究函数的单调性问题，运算量较大，综合性较强．