Question

已知f(x)=

a

x

+lnx，x∈(0，e]，g(x)=

lnx

x

，其中e是無理數(shù)，a∈R．
（1）若a=1時，f（x）的單調(diào)區(qū)間、極值；
（2）求證：在（1）的條件下，f(x)＞g(x)+

1

2

；
（3）是否存在實數(shù)a，使f（x）的最小值是-1，若存在，求出a的值；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析：（1）由題意先對函數(shù)y進行求導(dǎo)，解出極值點，然后再根據(jù)函數(shù)的定義域，把極值點代入已知函數(shù)，比較函數(shù)值的大小，從而解出單調(diào)區(qū)間；
（2）構(gòu)造函數(shù)h（x）=g（x）+

1

2

=

lnx

x

+

1

2

，對其求導(dǎo)，求出h（x）的最小值大于0，就可以了．
（3）存在性問題，先假設(shè)存在，看是否能解出a值．

解答：解：（1）∵當a=1時，f(x)=

1

x

+lnx，∴f′(x)=-

1

x2

+

1

x

=

x-1

x2

，（1分）
∴當0＜x＜1時，f'（x）＜0，此時f（x）單調(diào)遞減
當1＜x＜e時，f'（x）＞0，此時f（x）單調(diào)遞增，（3分）
∴f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（0，1）；單調(diào)遞增區(qū)間為（1，e）；
f（x）的極小值為f（1）=1．（4分）
（2）由（1）知f（x）在（0，e]上的最小值為1，（5分）
令h（x）=g（x）+

1

2

=

lnx

x

+

1

2

，x∈（0，e]∴h′(x)=

1-lnx

x2

，（6分）
當0＜x＜e時，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，
∴在（1）的條件下，f（x）＞g（x）+

1

2

，（8分）
（3）假設(shè)存在實數(shù)a，使f(x)=

a

x

+lnx，（x∈（0，e]）有最小值-1，
∴f′(x)=-

a

x2

+

1

x

=

x-a

x2

，（9分）
①當a≤0時，
∵0＜x≤e，
∴f'（x）＞0，
∴f（x）在（0，e]上單調(diào)遞增，此時f（x）無最小值．（10分）
②當0＜a＜e時，
若0＜x＜a，則f'（x）＜0，故f（x）在（0，a）上單調(diào)遞減，
若a＜x＜e，則f'（x）＞0，故f（x）在（a，e]上單調(diào)遞增.f(x)min=f(a)=

a

a

+lna=-1，得a=

1

e2

，滿足條件．（12分）
③當a≥e時，∵0＜x＜e，
∴f'（x）＜0，
∴f（x）在（0，e]上單調(diào)遞減，f(x)min=f(e)=

a

e

+lne=-1，得a=-2e（舍去），所以，此時無解．（13分）
綜上，存在實數(shù)a=

1

e2

，使得當x∈（0，e]時f（x）的最小值是-1．（14分）
（3）法二：假設(shè)存在實數(shù)a，使f(x)=

a

x

+lnx，x∈（0，e]）的最小值是-1，
故原問題等價于：不等式

a

x

+lnx≥-1，對x∈（0，e]恒成立，求“等號”取得時實數(shù)a的值．
即不等式a≥-x（1+lnx），對x∈（0，e]恒成立，求“等號”取得時實數(shù)a的值．
設(shè)g（x）=-x（1+lnx），即a=g（x）_max，x∈（0，e]（10分）
又g′(x)=-[(1+lnx)+x•

1

x

]=-(2+lnx)（11分）
令g′(x)=0，得x=

1

e2

當0＜x＜

1

e2

，g'（x）＞0，則g（x）在(0，

1

e2

)單調(diào)遞增；
當

1

e2

＜x＜e，g'（x）＜0，則g（x）在(

1

e2

，e)單調(diào)遞減，（13分）
故當x=

1

e2

時，g（x）取得最大值，其值是g(

1

e

)=

1

e2

故a=g(x)max=

1

e2

．
綜上，存在實數(shù)a=

1

e2

，使得當x∈（0，e]時f（x）的最小值是-1．（14分）

點評：此題是一道綜合題，主要還是考查導(dǎo)數(shù)的定義及利用導(dǎo)數(shù)來求區(qū)間函數(shù)的最值，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和極值、解不等式等基礎(chǔ)知識，考查綜合分析和解決問題的能力，解題的關(guān)鍵是求導(dǎo)要精確．