Question

15．已知f（x）=ax-lnx，x∈（0，e]，g（x）=$\frac{lnx}{x}$，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)，a∈R．
（Ⅰ）當(dāng)a=1時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間和極值；
（Ⅱ）求證：在（Ⅰ）的條件下，f（x）＞g（x）+$\frac{1}{2}$；
（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，請說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）當(dāng)a=1時，求函數(shù)的定義域，然后利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極值和單調(diào)性．
（Ⅱ）利用（Ⅰ）的結(jié)論，求函數(shù)f（x）的最小值以及g（x）的最大值，利用它們之間的關(guān)系證明不等式．
（Ⅲ）利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最小值，讓最小值等于3，解參數(shù)a．

解答 解：（Ⅰ）因?yàn)閒（x）=x-lnx，f′（x）=1-$\frac{1}{x}$=$\frac{x-1}{x}$，
所以當(dāng)0＜x＜1時，f'（x）＜0，此時函數(shù)f（x）單調(diào)遞減，
  當(dāng)1＜x≤e時，f'（x）＞0，此時函數(shù)f（x）單調(diào)遞增，
所以函數(shù)f（x）的極小值為f（1）=1．
（Ⅱ）證明：因?yàn)楹瘮?shù)f（x）的極小值為1，即函數(shù)f（x）在（0，e]上的最小值為1．
又g′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，所以當(dāng)0＜x＜e時，g'（x）＞0，此時g（x）單調(diào)遞增．
所以g（x）的最大值為g（e）=$\frac{1}{e}$＜$\frac{1}{2}$，所以f（x）_min-g（x）_max＞$\frac{1}{2}$，
所以在（Ⅰ）的條件下，f（x）＞g（x）+$\frac{1}{2}$．
（Ⅲ）假設(shè)存在實(shí)數(shù)a，使f（x）=ax-lnx，x∈（0，e]，有最小值3，
則f′（x）=a-$\frac{1}{x}$=$\frac{ax-1}{x}$，
①當(dāng)a≤0時，f'（x）＜0，f（x）在（0，e]上單調(diào)遞減，
f（x）_min=f（e）=ae-1=3，a=$\frac{4}{e}$，（舍去），此時函數(shù)f（x）的最小值不是3．
②當(dāng)0＜$\frac{1}{a}$＜e時，f（x）在（0，$\frac{1}{a}$]上單調(diào)遞減，f（x）在（$\frac{1}{a}$，e]上單調(diào)遞增．
所以f（x）_min=f（$\frac{1}{a}$）=1+lna=3，a=e²，滿足條件．
③當(dāng)$\frac{1}{a}$≥e時，f（x）在（0，e]上單調(diào)遞減，
f（x）_min=f（e）=ae-1=3，a=$\frac{4}{e}$，（舍去），
此時函數(shù)f（x）的最小值是3，
綜上可知存在實(shí)數(shù)a=e²，使f（x）的最小值是3．

點(diǎn)評 本題主要考查利用函數(shù)的單調(diào)性研究函數(shù)的單調(diào)性問題，運(yùn)算量較大，綜合性較強(qiáng)．