Question

已知f（x）=ax-lnx，x∈（0，e]，g(x)=

lnx

2x

，其中e是自然常數(shù)，a∈R．
（1）討論a=1時，函數(shù)f（x）的單調(diào)性和極值；
（2）求證：在（1）的條件下，f(x)＞g(x)+

3

4

；
（3）是否存在實數(shù)a，使h（x）=f（x）-2x•g（x）的最小值是3？若存在，求出a的值，若不存在，說明理由．

Answer 1

分析：（1）對函數(shù)f（x）=x-lnx，x∈（0，e]進(jìn)行求導(dǎo)，然后令導(dǎo)函數(shù)大于0求出x的范圍，令導(dǎo)函數(shù)小于0求出x的范圍，即可得到函數(shù)單調(diào)性；結(jié)合函數(shù)單調(diào)性即可得到函數(shù)的極值；
（2）由題意知，x-lnx＞

lnx

2x

+

3

4

即x-lnx-

lnx

2x

-

3

4

＞0在（0，e]上恒成立，令k（x）=x-lnx-

lnx

2x

-

3

4

，只需使k（x）在（0，e]上的最小值恒大于0即可；
（3）開放性命題，先假設(shè)存在實數(shù)a，由于h（x）=f（x）-2x•g（x）=ax-2lnx，則h′（x）=a-

2

x

，令h′（x）=0，可得x=

2

a

．然后對a值進(jìn)行討論，得到h（x）在（0，e]上的最小值，使其為3，可得a的值；若最小值為3無解，則不存在這樣的實數(shù)a．

解答：解：由于f（x）=ax-lnx，x∈（0，e]，則f′（x）=a-

1

x

．
（1）當(dāng)a=1時，f′（x）=1-

1

x

，令f′（x）＞0，得1＜x＜e；令f′（x）＜0，得0＜x＜1，
則函數(shù)f（x）的單調(diào)減區(qū)間是（0，1），單調(diào)增區(qū)間是（1，e]，
函數(shù)f（x）在x=1處取得極小值且極小值為1．
（2）由（1）f（x）=x-lnx在（0，e]上的最小值為f（1）=1，
∵g(x)=

lnx

2x

，∴g′(x)=

1-lnx

2x2

．
由g′(x)=

1-lnx

2x2

＞0，解得0＜x≤e，
∴g（x）在 （0，e]上為增函數(shù)，∴g(x)max=g(e)=

1

2e

．
∵1＞

1

2e

+

3

4

，
∴f(x)＞g(x)+

3

4

．
（3）①當(dāng)a≤0時，h（x）在（0，e）上是減函數(shù)，
∴ae-2=3，a=

5

e

＞0．
②當(dāng)0＜a＜

2

e

時，h（x）在（0，e]上是減函數(shù)，
∴ae-2=3，a=

5

e

＞

2

e

．
③當(dāng)a≥

2

e

時，f（x）在（0，

2

a

]上是減函數(shù)，在（

2

a

，e）上是增函數(shù)，
∴a

2

a

-2ln

2

a

=3，a=2

e

，
所以存在實數(shù)a=2

e

使h（x）=f（x）-2x•g（x）的最小值是3．

點(diǎn)評：會利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)區(qū)間以及根據(jù)函數(shù)的增減性得到函數(shù)的最值．掌握不等式恒成立時所取的條件．