Question

已知a∈R，函数f(x)=ax-lnx，g(x)=lnxx，x∈(0，e]，(其...

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

解答:解:(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
x2
，
由g′(x)=
1-lnx
x2
＞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=e2，
所以存在a=e2.