Question

已知f（x）=ax-lnx，x∈(0，e]，g(x)=

x2

2

+1其中e是自然常數(shù)，a∈R．
（1）討論a=1時f（x）的單調(diào)性，極值；
（2）求證：在（1）的條件下，f（x+1）＜g（x）；
（3）是否存在實數(shù)a，使得f（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

考點：導數(shù)在最大值、最小值問題中的應用,利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值

專題：綜合題,導數(shù)的綜合應用

分析：（1）在定義域內(nèi)解不等式f′（x）＞0，f′（x）＜0可得單調(diào)性，由極值定義可求得極值；
（2）f（x+1）＜g（x），化為

x2

2

-x+ln（x+1）＞0，令h（x）=

x2

2

-x+ln（x+1），利用導數(shù)可判斷h（x）的單調(diào)性，由單調(diào)性可得結(jié)論；
（3）f′（x）=a-

1

x

=

ax-1

x

，由此進行分類討論能推導出存在a=e²．

解答： 解：（1）a=1時，f′（x）=1-

1

x

，
∵x∈（0，e]，
由f′（x）=1-

1

x

＞0，得1＜x≤e，
∴f（x）在（1，e]是單調(diào)遞增．
由f′（x）=1-

1

x

＜0，得0＜x＜1．
∴f（x）在（0，1）上單調(diào)遞減．
∴f（x）有極小值f（1）=1，無極大值．
證明：（2）在（1）的條件下，f（x+1）＜g（x），即為x+1-ln（x+1）＜

x2

2

+1，亦即

x2

2

-x+ln（x+1）＞0，
令h（x）=

x2

2

-x+ln（x+1），h′（x）=x-1+

1

x+1

=

x2

x+1

＞0，
∴h（x）遞增，h（x）＞h（0）=0，即

x2

2

-x+ln（x+1）＞0；
（3）f′（x）=a-

1

x

=

ax-1

x

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

4

e

＞0．
②當0＜a＜

1

e

時，f（x）在（0，e]上是減函數(shù)，
∴ae-1=3，a=

4

e

＞

1

e

．
③當a≥

1

e

時，f（x）在（0，

1

a

]上是減函數(shù)，（

1

a

，e]上是增函數(shù)，
∴a×

1

a

-ln

1

a

=3，解得a=e²，
∴存在a=e²．

點評：本題考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，求閉區(qū)間上函數(shù)的最值，是中檔題．解題時要認真審題，注意挖掘題設中的隱含條件，合理地進行等價轉(zhuǎn)化．