Question

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

已知a∈R，函数f（x）=ax-lnx， g(x)= lnx x ，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)+ 1 2 ；（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）由（1）知f（x）=x-lnx在（0，e]上的最小值为f（1）=1， ∵g（x）= lnx x ， ∴ g ′ (x)= 1-lnx x 2 ， 由 g ′ (x)= 1-lnx x 2 ＞0， 解得0＜x≤e， ∴g（x）在 （0，e]上为增函数， ∴g（x） max =g（e）= 1 e ， ∵1＞ 1 2 + 1 e ， ∴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=e 2 ， 所以存在a=e 2 ．