Question

7．已知函數(shù)f（x）=ax-lnx，x∈（0，e]，g（x）=$\frac{lnx}{x}$，其中e是自然常數(shù)，a∈R．
（1）當(dāng)a=1時(shí)，求f（x）的極值，并證明f（x）＞g（x）+$\frac{1}{2}$，x∈（0，e]恒成立；
（2）是否存在實(shí)數(shù)a，使f（x）的最小值為3？若存在，求出a的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，由x∈（0，e]和導(dǎo)數(shù)的性質(zhì)能求出f（x）的單調(diào)區(qū)間、極值，f（x）=x-lnx在（0，e]上的最小值為1，由此能夠證明f（x）＞g（x）+$\frac{1}{2}$．
（2）求出函數(shù)f（x）的導(dǎo)數(shù)，由此進(jìn)行分類(lèi)討論能推導(dǎo)出存在a=e²．

解答 解：（1）f′（x）=1-$\frac{1}{x}$=$\frac{x-1}{x}$，
∵x∈（0，e]，
由f′（x）=$\frac{x-1}{x}$＞0，得1＜x＜e，
∴增區(qū)間（1，e）．
由f′（x）＜0，得0＜x＜1．
∴減區(qū)間（0，1）．
故減區(qū)間（0，1）；增區(qū)間（1，e）．
所以，f（x）極小值=f（1）=1．
令 F（x）=f（x）-g（x）=x-lnx-$\frac{lnx}{x}$-$\frac{1}{2}$，
求導(dǎo)F′（x）=1-$\frac{1}{x}$-$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$=$\frac{{x}^{2}-x+lnx-1}{{x}^{2}}$，
令H（x）=x²-x+lnx-1
則H′（x）=2x-1+$\frac{1}{x}$=$\frac{1}{x}$（2x²-x+1）＞0
易知H（1）=-1，
故當(dāng)0＜x＜1時(shí)，H（x）＜0，即F′（x）＜0
1＜x＜e時(shí)，H（x）＞0，即F′（x）＞0
故當(dāng)x=1時(shí)F（x）有最小值為F（1）=$\frac{1}{2}$＞0
故對(duì)x∈（0，e]有F（x）＞0，
∴f（x）＞g（x）+$\frac{1}{2}$．
（2）f′（x）=a-$\frac{1}{x}$=$\frac{ax-1}{x}$，
①當(dāng)a≤0時(shí)，f（x）在（0，e）上是減函數(shù)，
∴ae-1=3，a=$\frac{4}{e}$＞0，（舍去）．
②當(dāng)0＜a＜$\frac{1}{e}$時(shí)，f（x）=$\frac{1}{e}$，f（x）在（0，e]上是減函數(shù)，
∴ae-1=3，a=$\frac{4}{e}$＞$\frac{1}{e}$，（舍去）．
③當(dāng)a≥$\frac{1}{e}$時(shí)，f（x）在（0，$\frac{1}{a}$]上是減函數(shù)，（$\frac{1}{a}$，e）是增函數(shù)，
∴a•$\frac{1}{a}$-ln$\frac{1}{a}$=3，a=e²，
所以存在a=e²．

點(diǎn)評(píng) 本題考查利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值的應(yīng)用，綜合性強(qiáng)，難度大．解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意挖掘題設(shè)中的隱含條件，合理地進(jìn)行等價(jià)轉(zhuǎn)化．