Question

13．已知f（x）=mx-lnx（0＜x≤e），g（x）=$\frac{lnx}{x}$，其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，m∈R．
（1）當(dāng)m=1時(shí)，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間和極值；
（2）求證：當(dāng)m=1時(shí)，f（x）＞g（x）+1-$\frac{1}{e}$；
（3）是否存在實(shí)數(shù)m，使f（x）的最小值是2？若存在，求出m的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （1）將m=1代入求出f（x）的解析式，求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，從而求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和極值；
（2）令h（x）=g（x）+1-$\frac{1}{e}$=$\frac{lnx}{x}$+1-$\frac{1}{e}$，求出h（x）的導(dǎo)數(shù)，得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，求出h（x）的最大值，從而證出結(jié)論；
（3）假設(shè)存在實(shí)數(shù)m，求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，求出函數(shù)f（x）的最小值，進(jìn)而求出m的值．

解答 解：（1）∵f（x）=x-lnx，
∴f′（x）=1-$\frac{1}{x}$=$\frac{x-1}{x}$，（0＜x≤e），
由f′（x）＞0得1＜x＜e，由f′（x）＜0，得：0＜x＜1，
∴f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（0，），單調(diào)遞增區(qū)間為（1，e），
∴f（x）的極小值為f（1）=1；
（2）由（1）知f（x）的極小值為1，也就是f（x）在（0，e]上的最小值為1，
令h（x）=g（x）+1-$\frac{1}{e}$=$\frac{lnx}{x}$+1-$\frac{1}{e}$，h′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
當(dāng)0＜x＜e時(shí)，h′（x）＞0，所以h（x）在（0，e]上單調(diào)遞增，
∴h（x）_max=h（e）=$\frac{1}{e}$+1-$\frac{1}{e}$=1，
∵h(yuǎn)（x）_max=h（e）=1與f（x）_min=f（1）=1不同時(shí)取到，
∴f（x）＞h（x），即f（x）＞g（x）+1-$\frac{1}{e}$；
（3）假設(shè)存在實(shí)數(shù)m，使f（x）=mx-lnx（x∈（0，e]）有最小值2，
f′（x）=m-$\frac{1}{x}$=$\frac{mx-1}{x}$，
①當(dāng)m≤0時(shí)，f（x）在（0，e]上單調(diào)遞減，
f（x）_min=f（e）=me-1=2，解得m=$\frac{3}{e}$＞0，舍去；
②當(dāng)0＜$\frac{1}{m}$＜e時(shí)，因?yàn)閒（x）在（0，$\frac{1}{m}$）上單調(diào)遞減，在（$\frac{1}{m}$，e]上單調(diào)遞增，
所以f（x）_min=f（$\frac{1}{m}$）=1+lnm=2，解得m=e，滿足條件；
③當(dāng)$\frac{1}{m}$≥e時(shí)，因?yàn)閒（x）在（0，e]上單調(diào)遞減，
所以f（x）_min=f（e）=me-1=2，解得m=$\frac{3}{e}$，不滿足$\frac{1}{m}$≥e，舍去，
綜上，存在實(shí)數(shù)m=e，使得當(dāng)x∈（0，e]時(shí)f（x）有最小值2．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、極值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，不等式的證明，考查轉(zhuǎn)化思想，分類討論思想，是一道中檔題．