Question

（2010•新疆模拟）已知f（x）=ax-lnx，x∈（0，e]，g（x）=

lnx

x

，其中e是自然对数的底，a∈R．
（Ⅰ）a=1时，求f（x）的单调区间、极值；
（Ⅱ）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，说明理由；
（Ⅲ）在（1）的条件下，求证：f（x）＞g（x）+

1

2

．

Answer 1

分析：（Ⅰ）f′(x)=1-

1

x

=

x-1

x

，由x∈（0，e]和导数的性质能求出f（x）的单调区间、极值．
（Ⅱ）f′(x)=a-

1

x

=

ax-1

x

，由此进行分类讨论能推导出存在a=e²．
（Ⅲ）f（x）=x-lnx在（0，e]上的最小值为1，所以g′(x)=

1-lnx

x2

，由此能够证明f（x）＞g（x）+

1

2

．

解答：解：（Ⅰ）f′(x)=1-

1

x

=

x-1

x

，
∵x∈（0，e]，
由f′(x)=

x-1

x

＞0，得1＜x＜e，
∴增区间（1，e）．
由f′(x)=

x-1

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．
（Ⅱ）f′(x)=a-

1

x

=

ax-1

x

，
①当a≤0时，f（x）在（0，e）上是减函数，
∴ae-1=3，a=

4

e

＞0．
②当0＜a＜

1

e

时，f（x）=

1

e

，f（x）在（0，e]上是减函数，
∴ae-1=3，a=

4

e

＞

1

e

．
③当a≥

1

e

时，f（x）在(0，

1

a

]上是减函数，(

1

a

，e)是增函数，
∴a

1

a

-ln

1

a

=3，a=e²，
所以存在a=e²．
（Ⅲ）由（Ⅰ）f（x）=x-lnx在（0，e]上的最小值为f（1）=1，
∵g（x）=

lnx

x

，
∴g′(x)=

1-lnx

x2

，
由g′(x)=

1-lnx

x2

＞0，
解得0＜x≤e，
∴g（x）在 （0，e]上为增函数，
∴g（x）_max=g（e）=

1

e

，
∵1＞

1

2

+

1

e

，
∴f（x）＞g（x）+

1

2

．

点评：本题考查利用导数求闭区间上函数的最值的应用，是中档题．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．