Question

6．已知函數(shù)g（x）=ax-lnx，a∈R，
（1）是否存在實(shí)數(shù)a，當(dāng)x∈（0，e]（e是自然常數(shù)）時(shí)，函數(shù)g（x）的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，說明理由；
（2）當(dāng)x∈（0，e]時(shí)，證明：${e^2}x＞\frac{5}{2}+（1+\frac{1}{x}）lnx$．

Answer 1

分析 （1）假設(shè)存在實(shí)數(shù)a，使g（x）有最小值是3，因此g′（x）=a-$\frac{1}{x}$，x∈（0，e]，通過討論a的范圍來解決問題；
（2）由e²x＞$\frac{5}{2}$+（1+$\frac{1}{x}$）lnx，得：e²x-lnx＞$\frac{5}{2}$+$\frac{lnx}{x}$，只需證$\frac{5}{2}$+$\frac{lnx}{x}$＜3即可，令p（x）=$\frac{5}{2}$+$\frac{lnx}{x}$，則p（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$在（0，e]上單調(diào)遞增，故e²x-lnx＞$\frac{5}{2}$+$\frac{lnx}{x}$，問題得證．

解答 解：（1）假設(shè)存在實(shí)數(shù)a，使g（x）有最小值是3，
∵g′（x）=a-$\frac{1}{x}$，x∈（0，e]，
若a≤0，則g′（x）＜0，
∴g（x）在（0，e]上為減函數(shù)，
g（x）的最小值為g（e）=ae-1=3
∴a=$\frac{4}{e}$與a≤0矛盾，
若a＞0時(shí)，令a-$\frac{1}{x}$=0，則x=$\frac{1}{a}$，
當(dāng)0＜$\frac{1}{a}$＜e，即a＞$\frac{1}{e}$時(shí)，
g（x）在（0，$\frac{1}{a}$）上單調(diào)遞減，在（$\frac{1}{a}$，e）上單調(diào)遞增，
g（x）_min=g（$\frac{1}{a}$）=1+lna=3，解得a=e²，
當(dāng)$\frac{1}{a}$≥e，即a≤$\frac{1}{e}$時(shí)，g（x）在（0，e]上單調(diào)遞減，
g（x）_min=g（e）=ae-1=3
∴a=$\frac{4}{e}$與a≤$\frac{1}{e}$矛盾，
證明：（2）∵x∈（0，e]，由e²x＞$\frac{5}{2}$+（1+$\frac{1}{x}$）lnx，得：e²x-lnx＞$\frac{5}{2}$+$\frac{lnx}{x}$，
由（1）得：e²x-lnx的最小值為3，只需證$\frac{5}{2}$+$\frac{lnx}{x}$＜3即可，
令p（x）=$\frac{5}{2}$+$\frac{lnx}{x}$，則p（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$在（0，e]上單調(diào)遞增，
∴p（x）的最大值為p（e）=$\frac{5}{2}$+$\frac{1}{e}$＜$\frac{5}{2}$+$\frac{1}{2}$=3，
故e²x-lnx＞$\frac{5}{2}$+$\frac{lnx}{x}$，
即e²x＞$\frac{5}{2}$+（1+$\frac{1}{x}$）lnx．

點(diǎn)評 本題考察了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，函數(shù)的極值問題，求參數(shù)的范圍，不等式的證明，是一道綜合題．