Question

已知f(x)=ax-lnx，x∈(0，e]，g(x)=

lnx

x

，其中e是自然常数，a∈R．
（1）讨论a=1时，f（x）的单调性、极值；
（2）求证：在（1）的条件下，f(x)＞g(x)+

1

2

；
（3）若f（x）的最小值是3，求a的值．

Answer 1

分析：（1）先求导数f′（x），在定义域内解不等式f′（x）＞0，f′（x）＜0即得f（x）的单调区间，由函数的单调性即可得到函数极值．
（2）本题可转化为证明f(x)min＞[g(x)+

1

2

]max，从而可转化为利用导数求函数最值问题．
（3）利用导数求函数在定义域内的最小值，列出方程即可解得，注意按参数a的范围分类讨论．

解答：（1）解：当a=1时，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，所以f（x）有极小值为f（1）=1．
（2）证明：由（1）知f（x）的极小值为1，即f（x）在（0，e]上的最小值为1，所以f（x）_min=1，
令h（x）=g（x）+

1

2

=

lnx

x

+

1

2

，则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
所以在（1）的条件下，f（x）＞g（x）+

1

2

．
（3）解：f（x）=ax-lnx，x∈（0，e]，f′（x）=a-

1

x

=

ax-1

x

①当a≤0时，∵x∈（0，e]，∴f′（x）＜0，所以f（x）在（0，e]上单调递减，f（x）_min=f（e）=ae-1=3，a=

4

e

（舍）．
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，所以f(x)min=f(

1

a

)=1+lna=3，a=e²，满足条件．
③当

1

a

≥e时，∵x∈（0，e]，∴f′（x）≤0，所以f（x）在（0，e]上单调递减，f（x）_min=f（e）=ae-1=3，解得a=

4

e

（舍）．
综上，a=e²，使得当x∈（0，e]时f（x）有最小值3．

点评：本题属导数的综合应用，考查分析解决问题能力，难度较大．第（2）题中，注意f(x)min＞[g(x)+

1

2

]max是f(x)＞g(x)+

1

2

成立的充分不必要条件．