Question

（2010•河西區一模）已知f（x）=ax-lnx，x∈（0，e]，g（x）=

lnx

x

，其中e是自然常數，a∈R．
（Ⅰ）討論a=1時，f（x）的單調性、極值；
（Ⅱ）求證：當a=1時，f（x）＞g（x）+

1

2

；是否存在實數a，使f（x）的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（I）利用導數的運算法則可得f′（x），在區間（0，e]上分別解出f′（x）=0，f′（x）＞0，f′（x）＜0，即可得出極值；
（II））（1）由（I）可知：函數f（x）在區間（0，e]上的極小值也是最小值，可得f（x）_min=1．
令h（x）=g（x）+

1

2

=

lnx

x

+

1

2

，利用導數研究其單調性和極值最大值，再與1比較即可；
（2）假設存在實數a，使得f（x）=ax-lnx（x∈（0，e]）由最小值3，可得f′(x)=a-

1

x

=

ax-1

x

．通過對a分類討論即可得出．

解答：解：（I）當a=1時，f（x）=x-lnx，x∈（0，e]．
∴f′(x)=1-

1

x

=

x-1

x

，
當0＜x＜1時，f′（x）＜0，此時f（x）單調遞減；
當1＜x＜e時，f′（x）＞0，此時f（x）單調遞增．
∴當x=1時，函數f（x）取得極小值，且f（1）=1．
（II）（1）由（I）可知：函數f（x）在區間（0，e]上的極小值也是最小值，∴f（x）_min=1．
令h（x）=g（x）+

1

2

=

lnx

x

+

1

2

，h′(x)=

1-lnx

x2

，
當0＜x＜e時，h′（x）＞0，h（x）在（0，e]上單調遞增．
∴h(x)max=h(e)=

1

e

+

1

2

＜

1

2

+

1

2

=1=f（x）_min．
∴當a=1時，f（x）＞g（x）+

1

2

；
（2）假設存在實數a，使得f（x）=ax-lnx（x∈（0，e]）由最小值3，f′(x)=a-

1

x

=

ax-1

x

．
①當a≤0時，f′（x）＜0，f（x）在（0，e]上單調遞減，f（x）_min=f（e）=ae-1=3，解得a=

4

e

，應舍去，此時不滿足條件；
②當0＜

1

a

＜e時，f（x）在（0，

1

a

）上單調遞減，在(

1

a

，e)上單調遞增，∴f(x)min=f(

1

a

)=1+lna=3，解得a=e²，滿足條件；
③當

1

a

＞e時，f′（x）＜0，f（x）在（0，e]上單調遞減，f（x）_min=f（e）=ae-1=3，解得a=

4

e

，應舍去，此時不滿足條件，此時f（x）無最小值．
綜上可知：存在實數a=e²，使得當x∈（0，e]時，f（x）由最小值3．

點評：熟練掌握利用導數研究函數的單調性、極值與最值、分類討論思想方法等是解題的關鍵．