Question

13．已知f（x）=mx-lnx（0＜x≤e），g（x）=$\frac{lnx}{x}$，其中e是自然对数的底数，m∈R．
（1）当m=1时，求函数f（x）的单调区间和极值；
（2）求证：当m=1时，f（x）＞g（x）+1-$\frac{1}{e}$；
（3）是否存在实数m，使f（x）的最小值是2？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）将m=1代入求出f（x）的解析式，求出f（x）的导数，从而求出函数的单调区间和极值；
（2）令h（x）=g（x）+1-$\frac{1}{e}$=$\frac{lnx}{x}$+1-$\frac{1}{e}$，求出h（x）的导数，得到函数的单调区间，求出h（x）的最大值，从而证出结论；
（3）假设存在实数m，求出f（x）的导数，通过讨论a的范围，求出函数f（x）的最小值，进而求出m的值．

解答 解：（1）∵f（x）=x-lnx，
∴f′（x）=1-$\frac{1}{x}$=$\frac{x-1}{x}$，（0＜x≤e），
由f′（x）＞0得1＜x＜e，由f′（x）＜0，得：0＜x＜1，
∴f（x）的单调递减区间为（0，），单调递增区间为（1，e），
∴f（x）的极小值为f（1）=1；
（2）由（1）知f（x）的极小值为1，也就是f（x）在（0，e]上的最小值为1，
令h（x）=g（x）+1-$\frac{1}{e}$=$\frac{lnx}{x}$+1-$\frac{1}{e}$，h′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
当0＜x＜e时，h′（x）＞0，所以h（x）在（0，e]上单调递增，
∴h（x）_max=h（e）=$\frac{1}{e}$+1-$\frac{1}{e}$=1，
∵h（x）_max=h（e）=1与f（x）_min=f（1）=1不同时取到，
∴f（x）＞h（x），即f（x）＞g（x）+1-$\frac{1}{e}$；
（3）假设存在实数m，使f（x）=mx-lnx（x∈（0，e]）有最小值2，
f′（x）=m-$\frac{1}{x}$=$\frac{mx-1}{x}$，
①当m≤0时，f（x）在（0，e]上单调递减，
f（x）_min=f（e）=me-1=2，解得m=$\frac{3}{e}$＞0，舍去；
②当0＜$\frac{1}{m}$＜e时，因为f（x）在（0，$\frac{1}{m}$）上单调递减，在（$\frac{1}{m}$，e]上单调递增，
所以f（x）_min=f（$\frac{1}{m}$）=1+lnm=2，解得m=e，满足条件；
③当$\frac{1}{m}$≥e时，因为f（x）在（0，e]上单调递减，
所以f（x）_min=f（e）=me-1=2，解得m=$\frac{3}{e}$，不满足$\frac{1}{m}$≥e，舍去，
综上，存在实数m=e，使得当x∈（0，e]时f（x）有最小值2．

点评 本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用，不等式的证明，考查转化思想，分类讨论思想，是一道中档题．