Question

已知a∈R，函数f（x）=ax-lnx，g(x)＝lnxx，x∈（0，e]，（其中e是自然对数的底数，为常数），（1）当a=1

已知a∈R，函数f（x）=ax-lnx，g(x)＝lnxx，x∈（0，e]，（其中e是自然对数的底数，为常数），（1）当a=1时，求f（x）的单调区间与极值；（2）在（1）的条件下，求证：f(x)＞g(x)+12；（3）是否存在实数a，使得f（x）的最小值为3．若存在，求出a的值，若不存在，说明理由．

Answer 1

（1）f′(x)＝1?

1

x

＝

x?1

x

，
∵x∈（0，e]，
由f′(x)＝

x?1

x

＞0，得1＜x＜e，
∴增区间（1，e）．
由f′(x)＝

x?1

x

＜0，得0＜x＜1．
∴减区间（0，1）．
故减区间（0，1）；增区间（1，e）．
所以，f（x）极小值=f（1）=1．
（2）令 F（x）=f（x）-g（x）=x-lnx-

lnx

x

-

1

2

，
求导F′（x）=1-

1

x

-

1?lnx

x2

=

x2?x+lnx?1

x2

，
令H（x）=x²-x+lnx-1
则H′（x）=2x-1+

1

x

=

1

x

（2x²-x+1）＞0
易知H（1）=-1，
故当0＜x＜1时，H（x）＜0，即F′（x）＜0
1＜x＜e时，H（x）＞0，即F′（x）＞0
故当x=1时F（x）有最小值为F（1）=

1

2

＞0
故对x∈（0，e]有F（x）＞0，
∴f（x）＞g（x）+

1

2

．
（3）f′(x)＝a?

1

x

＝

ax?1

x

，
①当a≤0时，f（x）在（0，e）上是减函数，
∴ae-1=3，a=

4

e

＞0．
②当0＜a＜

1

e

时，f（x）=

1

e

，f（x）在（0，e]上是减函数，
∴ae-1=3，a=

4

e

＞

1

e

．
③当a≥

1

e

时，f（x）在(0，

1

a

]上是减函数，(

1

a

，e)是增函数，
∴a

1

a

?ln

1

a

＝3，a=e²，
所以存在a=e²．