Question

已知函數(shù)f（x）=ax-lnx，g(x)=

lnx

x

，它們的定義域都是（0，e]，其中e≈2.718，a∈R
（ I）當(dāng)a=1時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（ II）當(dāng)a=1時，對任意x₁，x₂∈（0，e]，求證：f(x1)＞g(x2)+

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（ III）令h（x）=f（x）-g（x）•x，問是否存在實數(shù)a使得h（x）的最小值是3，如果存在，求出a的值；如果不存在，說明理由．

Answer 1

分析：（ I）當(dāng)a=1時，代入函數(shù)f（x）的解析式，求出其導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求出它的單調(diào)區(qū)間，
（ II）當(dāng)a=1時，對任意x₁，x₂∈（0，e]，要證明f(x1)＞g(x2)+

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成立，只需要求出函數(shù)f（x）的最小值，與函數(shù)g(x)=

lnx

x

的最大值，用函數(shù)f（x）的最小值減去函數(shù)g(x)=

lnx

x

的最大值令它們的差與

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比較即可，
（ III）求得h（x）的解析式，對其求導(dǎo)，根據(jù)實數(shù)a的取值范圍研究函數(shù)的單調(diào)性，求出它的最小值，令其為3，解此方程求a的可能取值即可，若能求出，則說明存在，否則說明不存在．

解答：解：（ I） 當(dāng)a=1時，f（x）=x-lnx，x∈（0，e]
∴f′(x)=1-

1

x

=

x-1

x

令f'（x）＞0∴1＜x＜e令f'（x）＜0∴0＜x＜1
∴f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（1，e），減區(qū)間為（0，1）
（ II）由（ I）知f（x）在（0，e]的最小值為f（1）=1
又g′(x)=

1-lnx

x2

g'（x）≥0在區(qū)間（0，e]上成立
∴g（x）在（0，e]單調(diào)遞增，故g（x）在區(qū)間（0，e]上有最大值g(e)=

1

e

要證對任意x₁，x₂∈（0，e]，f(x1)＞g(x2)+

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即證f(x1)min＞g(x2)max+

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即證1＞

1

e

+

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，即證e＞2.7
故命題成立
（ III）h（x）=f（x）-g（x）•x=ax-2lnx，x∈（0，e]
∴h′(x)=a-

2

x

=

ax-2

x

（1）當(dāng)a=0時，h'（x）＜0，∴h（x）在（0，e]單調(diào)遞減，
故h（x）的最小值為h（e）=-2，舍去
（2）當(dāng)a＞0時，由h'（x）＜0，得0＜x＜

2

a

①當(dāng)0＜a≤

2

e

時，

2

a

≥e，
∴h（x）在（0，e]單調(diào)遞減，故h（x）的最小值為h（e）=ae-2=3，
∴a=

5

e

＞

2

e

，舍去
②當(dāng)a＞

2

e

時，

2

a

＜e，
∴h（x）在(0，

2

a

]單調(diào)遞減，在(

2

a

，e)單調(diào)遞增，
故h（x）的最小值為h(

2

a

)=2-2ln

2

a

=3，a=2

e

，滿足要求
（3）當(dāng)a＜0時，h'（x）＜0在（0，e]上成立，
∴h（x）在（0，e]單調(diào)遞減，故h（x）的最小值為h（e）=ae-2=3∴a=

5

e

＞

2

e

，舍去
綜合上述，滿足要求的實數(shù)a=2

e

點評：本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)在閉區(qū)間上的最值，求解此類問題的關(guān)鍵是求出其導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究清楚函數(shù)的單調(diào)性確定出函數(shù)的最值在那里取到，然后計算出其最值，求解本題正確轉(zhuǎn)化很關(guān)鍵，如第二小題中將問題轉(zhuǎn)化為最小值與最大值的差大于

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，第三問中令最小值等于3建立方程求參數(shù)的值，轉(zhuǎn)化化歸是數(shù)學(xué)中的一個重要數(shù)學(xué)思想，在高中數(shù)學(xué)解題中經(jīng)常用到，要注意此思想在本題中應(yīng)用方法與規(guī)律，作為以后解題的借鑒．本題中也用到了分類討論的思想，由此本題思維含量大，運算量大，解題難度較大，求解時要認(rèn)真嚴(yán)謹(jǐn)，莫因馬虎致錯．