Question

19．已知f（x）=ax-lnx，x∈（0，e]，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)，a∈R．
（1）當(dāng)a=1時，求函數(shù)f（x）的極值；
（2）是否存在實數(shù)a使函數(shù)f（x）的最小值是3？若存在，求出a的值；若不存在，說明理由；
（3）在（1）的條件下，證明不等式f（x）＞$\frac{lnx}{x}$+$\frac{1}{2}$，x∈（0，e]恒成立．

Answer 1

分析 （1）將a=1代入函數(shù)的表達(dá)式，求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，得到函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的極值；
（2）先求出函數(shù)f（x）的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出a的值；
（3）令g（x）=$\frac{lnx}{x}$+$\frac{1}{2}$，x∈（0，e]，通過求出g（x）的導(dǎo)數(shù)，得到g（x）的單調(diào)區(qū)間，從而求出故g（x）_max，進(jìn)而得到f（x）_min＞g（x）_max，問題得證．

解答 解：（1）當(dāng)a=1時，f（x）=x-lnx，f′（x）=1-$\frac{1}{x}$=$\frac{x-1}{x}$，x∈（0，e]，
令f′（x）＞0，解得：1＜x≤e，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜1，
∴函數(shù)f（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，e]上單調(diào)遞增，
且當(dāng)x∈（0，e]時，f（x）有極小值f（1）=1；
（2）由f（x）=ax-lnx，得f′（x）=a-$\frac{1}{x}$=$\frac{ax-1}{x}$，x∈（0，e]，
當(dāng)a≤$\frac{1}{e}$時，有f′（x）≤0恒成立，此時函數(shù)在（0，e]上單調(diào)遞減，
∴f（x）_min=f（e）=ae-lne=ae-1=3，∴a=$\frac{4}{e}$（舍），
當(dāng)a＞$\frac{1}{e}$時，令f′（x）＞0，解得：$\frac{1}{a}$＜x＜e，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜$\frac{1}{a}$，
∴函數(shù)f（x）在（0，$\frac{1}{a}$）單調(diào)遞減，在（$\frac{1}{a}$，e）上單調(diào)遞增，
∴f（x）_min=f（$\frac{1}{a}$）=1-ln$\frac{1}{a}$=3，∴a=e²，
綜上，a=e²時滿足條件．
（3）由（1）知，當(dāng)x∈（0，e）時，f（x）有極小值f（1）=1，
令g（x）=$\frac{lnx}{x}$+$\frac{1}{2}$，x∈（0，e]，則g′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
當(dāng)x∈（0，e]時，g（x）＞0，則g（x）在（0，e]上單調(diào)遞增，
故g（x）_max=g（e）=$\frac{1}{e}$+$\frac{1}{2}$，
∴f（x）_min＞g（x）_max，
因此，不等式f（x）＞$\frac{lnx}{x}$+$\frac{1}{2}$，x∈（0，e]恒成立．

點評 本題考察了函數(shù)的單調(diào)性，極值問題，考察導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，是一道中檔題．