Question

已知，f（x）=ax-lnx，g(x)=

-f(x)

x

，a∈R．
（1）當(dāng)a=1時(shí)，討論f（x）的單調(diào)性、極值；
（2）當(dāng)a=-1時(shí)，求證：g(x2)-f(x1)＜2x1+

1

2

，?x1，x2∈(0，+∞)成立；
（3）是否存在實(shí)數(shù)a，使x∈（0，e]時(shí)，f（x）的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，說(shuō)明理由．

Answer 1

分析：（1）把a(bǔ)=1代入原函數(shù)，求出其導(dǎo)函數(shù)，即可求f（x）的單調(diào)性、極值；
（2）設(shè)h(x)=f(x)+2x+

1

2

，要使當(dāng)a=-1時(shí)g(x2)-f(x1)＜2x1+

1

2

，?x1，x2∈(0，+∞)成立；
即要求g（x）在（0，+∞）的最大值小于h（x）的最小值，由（1）知h（x）的最小值為

3

2

，再根據(jù)g（x）在（0，e）上單調(diào)遞增，（e，+∞）單調(diào)遞減，知所以g（x）最大值為g(e)=1+

1

e

，根據(jù)1+

1

e

＜

3

2

，即可求解
（3）先求出其導(dǎo)函數(shù)，通過(guò)分類(lèi)討論分別求出導(dǎo)數(shù)為0的根，以及單調(diào)性和極值，再與f（x）的最小值是3相結(jié)合，即可得出結(jié)論

解答：解：（1）a=1時(shí)，f(x)=x-lnx，f′(x)=

x-1

x

(x＞0)，x＞1時(shí)，f'（x）＞0，x＜0時(shí)，f'（x）＜0，
所以f（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，（1，+∞）上單調(diào)遞增，f（x）有極小值f（1）=1
（2）a=-1時(shí)，g(x)=

x+lnx

x

=1+

lnx

x

，g′(x)=

1-lnx

x2

，
設(shè)h(x)=f(x)+2x+

1

2

，則h(x)=3x-lnx+

1

2

，
由（1）知h（x）的最小值為

7

2

．
又因?yàn)間（x）在（0，e）上單調(diào)遞增，（e，+∞）單調(diào)遞減，
所以g（x）最大值為g(e)=1+

1

e

＜

7

2

=h(x)min，
所以g（x₂）＜h（x₁）（x₁，x₂∈（0，+∞）
從而：g(x2)-f(x1)＜2x1+

1

2

，?x1，x2∈(0，+∞)成立
（3）f/(x)=

ax-1

x

①當(dāng)a≤0時(shí)，f′（x）＜0，f（x）在x∈（0，e）上單調(diào)遞減f（e）＜0，與題意不符；
②當(dāng)a＞0時(shí)，f′（x）=0的根為

1

a

當(dāng) 0＜

1

a

＜e時(shí)，f(x)在x∈(0，

1

a

)上單調(diào)遞減，在(

1

a

，e)上單調(diào)遞增f(x)min=f(

1

a

)=1-ln

1

a

=3，解得a=e²
③當(dāng)

1

a

≥e時(shí)，f′（x）＜0，f（x）在x∈（0，e）上單調(diào)遞減f（e）＜0，與題意不符；
綜上所述a=e^2時(shí)，使x∈（0，e]時(shí)，f（x）的最小值是3

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用．導(dǎo)數(shù)一般應(yīng)用在求切線的斜率極其方程，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間以及極值，和求在某個(gè)區(qū)間上的最值問(wèn)題上．導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用是高考考查的重點(diǎn)，須重視．