Question

（2013•甘肅三模）已知f（x）=ax-1nx，x∈（0，e]，g（x）=

1nx

x

，其中e是自然常數(shù)，a∈R．
（Ⅰ）當(dāng)a=1時(shí)，研究f（x）的單調(diào)性與極值；
（Ⅱ）在（Ⅰ）的條件下，求證：f（x）＞g（x）+

1

2

；
（Ⅲ）是否存在實(shí)數(shù)a，使f（x）的最小值是3？若存在，求出a的值；若不存在，說(shuō)明理由．

Answer 1

分析：（Ⅰ）求導(dǎo)函數(shù)，確定函數(shù)的單調(diào)性，從而可得函數(shù)f（x）的極小值；
（Ⅱ）f（x）在（0，e]上的最小值為1，令h（x）=g（x））+

1

2

，求導(dǎo)函數(shù)，確定函數(shù)的單調(diào)性與最大值，即可證得結(jié)論；
（Ⅲ）假設(shè)存在實(shí)數(shù)a，使f（x）的最小值是3，求導(dǎo)函數(shù)，分類討論，確定函數(shù)的單調(diào)性，利用f（x）的最小值是3，即可求解．

解答：（Ⅰ）解：f（x）=x-lnx，f′（x）=

x-1

x

 …（1分）
∴當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f′（x）＜0，此時(shí)f（x）單調(diào)遞減
當(dāng)1＜x＜e時(shí)，f′（x）＞0，此時(shí)f（x）單調(diào)遞增   …（3分）
∴f（x）的極小值為f（1）=1                   …（4分）
（Ⅱ）證明：∵f（x）的極小值為1，即f（x）在（0，e]上的最小值為1，
∴f（x）＞0，f（x）_min=1…（5分）
令h（x）=g（x））+

1

2

=

lnx

x

+

1

2

，h′(x)=

1-lnx

x2

，…（6分）
當(dāng)0＜x＜e時(shí)，h′（x）＞0，h（x）在（0，e]上單調(diào)遞增  …（7分）
∴h（x）_max=h（e）=

1

e

+

1

2

＜

1

2

+

1

2

=1=|f（x）|_min     …（9分）
∴在（1）的條件下，f（x）＞g（x）+

1

2

；…（10分）
（Ⅲ）解：假設(shè)存在實(shí)數(shù)a，使f（x）的最小值是3，f′（x）=

ax-1

x

①當(dāng)a≤0時(shí)，x∈（0，e]，所以f′（x）＜0，所以f（x）在（0，e]上單調(diào)遞減，f（x）_min=f（e）=ae-1=3，∴a=

4

e

（舍去），所以，此時(shí)f（x）無(wú)最小值．…（12分）
②當(dāng)0＜

1

a

＜e時(shí)，f（x）在（0，

1

a

）上單調(diào)遞減，在（

1

a

，e]上單調(diào)遞增，f（x）_min=f（

1

a

）=1+lna=3，∴a=e²，滿足條件．…（14分）
③當(dāng)

1

a

≥e時(shí)，x∈（0，e]，所以f′（x）＜0，
所以f（x）在（0，e]上單調(diào)遞減，f（x）_min=f（e）=ae-1=3，∴a=

4

e

（舍去），
所以，此時(shí)f（x）無(wú)最小值．…（15分）
綜上，存在實(shí)數(shù)a=e²，使f（x）的最小值是3．…（16分）

點(diǎn)評(píng)：本題考查導(dǎo)數(shù)知識(shí)的運(yùn)用，考查函數(shù)的單調(diào)性與極值，考查函數(shù)的最值，考查不等式的證明，解題的關(guān)鍵是正確求導(dǎo)，確定函數(shù)的單調(diào)性．