Question

已知，其中e是自然常数，a∈R．
（1）当a=1时，求f（x）的极值，证明恒成立；
（2）是否存在实数a，使f（x）的最小值为3？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

解：（1）∵f（x）=x-lnx，，
∴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．
∴f（x）的极小值为f（1）=1，
即f（x）在（0，e]上的最小值为1，
令h（x）=g（x）+=，，
当0＜x＜e时，h′（x）＞0，h（x）在（0，e]上单调递增，
∴=|f（x）|_min，
∴|f（x）|＞恒成立．
（2）假设存在实数a，使f（x）=ax-lnx（x∈（0，e]）有最小值3，
．
①当a≤0时，f（x）在（0，e]上单调递减，
f（x）_min=f（e）=ae-1=3，a=（舍），
∴a≤0时，不存在a使f（x）的最小值为3．
②当0＜＜e时，f（x）在（0，）上单调递减，在（]单调递增，
∴f（x）_min=f（）=1+lna=3，a=e²，满足条件．
③当时，不存在a使f（x）的最小值为3，
综上，存在实数a=e²，使得当x∈（0，e]时，f（x）有最小值3．
分析：（1）由f（x）=x-lnx，，知当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．故f（x）的极小值为f（1）=1，即f（x）在（0，e]上的最小值为1，由此能够证明|f（x）|＞恒成立．
（2）假设存在实数a，使f（x）=ax-lnx（x∈（0，e]）有最小值3，．分类讨论能推导出存在实数a=e²，使得当x∈（0，e]时，f（x）有最小值3．
点评：本题考查利用导数求闭区间上函数最值的应用，具体涉及到不等式恒成立的证明和探索是否存在实数a，使f（x）的最小值为3．解题时要认真审题，注意合理地进行等价转化，合理地运用分类讨论思想进行解题．