Question

已知a∈R，函数f（x）=ax-lnx，g(x)=

lnx

x

，x∈（0，e]，（其中e是自然对数的底数，为常数），
（1）当a=1时，求f（x）的单调区间与极值；
（2）在（1）的条件下，求证：f(x)＞g(x)+

1

2

；
（3）是否存在实数a，使得f（x）的最小值为3．若存在，求出a的值，若不存在，说明理由．

Answer 1

（1）f′(x)=1-

1

x

=

x-1

x

，
∵x∈（0，e]，
由f′(x)=

x-1

x

＞0，得1＜x＜e，
∴增区间（1，e）．
由f′(x)=

x-1

x

＜0，得0＜x＜1．
∴减区间（0，1）．
故减区间（0，1）；增区间（1，e）．
所以，f（x）极小值=f（1）=1．
（2）由（1）知f（x）=x-lnx在（0，e]上的最小值为f（1）=1，
∵g（x）=

lnx

x

，
∴g′(x)=

1-lnx

x2

，
由g′(x)=

1-lnx

x2

＞0，
解得0＜x≤e，
∴g（x）在 （0，e]上为增函数，
∴g（x）_max=g（e）=

1

e

，
∵1＞

1

2

+

1

e

，
∴f（x）＞g（x）+

1

2

．
（3）f′(x)=a-

1

x

=

ax-1

x

，
①当a≤0时，f（x）在（0，e）上是减函数，
∴ae-1=3，a=

4

e

＞0．
②当0＜a＜

1

e

时，f（x）=

1

e

，f（x）在（0，e]上是减函数，
∴ae-1=3，a=

4

e

＞

1

e

．
③当a≥

1

e

时，f（x）在(0，

1

a

]上是减函数，(

1

a

，e)是增函数，
∴a

1

a

-ln

1

a

=3，a=e²，
所以存在a=e²．