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.
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A. | $\frac{12-8ln2}{1-2ln2}$ | B. | $\frac{2}{1-2ln2}$ | C. | $\frac{4}{1-2ln2}$ | D. | -2 |
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A. | (-∞,-1)∪(2,+∞) | B. | (-∞,-1)∪(0,2) | C. | (-1,0)∪(0,2) | D. | (-1,2) |
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