Question

（2010•河西区一模）已知f（x）=ax-lnx，x∈（0，e]，g（x）=

lnx

x

，其中e是自然常数，a∈R．
（Ⅰ）讨论a=1时，f（x）的单调性、极值；
（Ⅱ）求证：当a=1时，f（x）＞g（x）+

1

2

；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）利用导数的运算法则可得f′（x），在区间（0，e]上分别解出f′（x）=0，f′（x）＞0，f′（x）＜0，即可得出极值；
（II））（1）由（I）可知：函数f（x）在区间（0，e]上的极小值也是最小值，可得f（x）_min=1．
令h（x）=g（x）+

1

2

=

lnx

x

+

1

2

，利用导数研究其单调性和极值最大值，再与1比较即可；
（2）假设存在实数a，使得f（x）=ax-lnx（x∈（0，e]）由最小值3，可得f′(x)=a-

1

x

=

ax-1

x

．通过对a分类讨论即可得出．

解答：解：（I）当a=1时，f（x）=x-lnx，x∈（0，e]．
∴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．
∴当x=1时，函数f（x）取得极小值，且f（1）=1．
（II）（1）由（I）可知：函数f（x）在区间（0，e]上的极小值也是最小值，∴f（x）_min=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)max=h(e)=

1

e

+

1

2

＜

1

2

+

1

2

=1=f（x）_min．
∴当a=1时，f（x）＞g（x）+

1

2

；
（2）假设存在实数a，使得f（x）=ax-lnx（x∈（0，e]）由最小值3，f′(x)=a-

1

x

=

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，解得a=

4

e

，应舍去，此时不满足条件；
②当0＜

1

a

＜e时，f（x）在（0，

1

a

）上单调递减，在(

1

a

，e)上单调递增，∴f(x)min=f(

1

a

)=1+lna=3，解得a=e²，满足条件；
③当

1

a

＞e时，f′（x）＜0，f（x）在（0，e]上单调递减，f（x）_min=f（e）=ae-1=3，解得a=

4

e

，应舍去，此时不满足条件，此时f（x）无最小值．
综上可知：存在实数a=e²，使得当x∈（0，e]时，f（x）由最小值3．

点评：熟练掌握利用导数研究函数的单调性、极值与最值、分类讨论思想方法等是解题的关键．