Question

14．已知函數f（x）=2ax-ln（2x），x∈（0，e]，g（x）=$\frac{lnx}{x}$，x∈（0，e]，其中e是自然對數的底數，a∈R．
（Ⅰ）當a=1時，求函數f（x）的單調區(qū)間和極值；
（Ⅱ）求證：在（Ⅰ）的條件下f（x）＞g（x）+$\frac{1}{2}$；
（Ⅲ）是否存在實數a，使f（x）的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求導函數，確定函數的單調性，從而可得函數f（x）的極小值；
（Ⅱ）f（x）在（0，e]上的最小值為1，令h（x）=g（x））+$\frac{1}{2}$，求導函數，確定函數的單調性與最大值，即可證得結論；
（Ⅲ）假設存在實數a，使f（x）的最小值是3，求導函數，分類討論，確定函數的單調性，利用f（x）的最小值是3，即可求解．

解答 解：（Ⅰ）當a=1時，f′（x）=2-$\frac{1}{x}$=$\frac{2x-1}{x}$，x∈（0，e]，
當0＜x＜$\frac{1}{2}$時，f′（x）＜0，此時f（x）單調遞減；
當$\frac{1}{2}$＜x＜e時，f′（x）＞0，此時f（x）單調遞增．
所以f（x）的極小值為f（$\frac{1}{2}$）=1，
故f（x）的單調遞減區(qū)間為（0，$\frac{1}{2}$），單調遞增區(qū)間為（$\frac{1}{2}$，e]，
f（x）的極小值為f（$\frac{1}{2}$）=1，無極大值．
（Ⅱ）令h（x）=g（x）+$\frac{1}{2}$=$\frac{lnx}{x}$+$\frac{1}{2}$，h′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，x∈（0，e]，
當0＜x＜e時，h′（x）＞0，此時h（x）單調遞增，
所以h（x）_max=h（e）=$\frac{1}{e}$+$\frac{1}{2}$＜1，
由（Ⅰ）知f（x）_min=1，所以在（Ⅰ）的條件下f（x）＞g（x）+$\frac{1}{2}$；
（Ⅲ）假設存在實數a，使f（x）=2ax-ln（2x），x∈（0，e]有最小值3，
f′（x）=2a-$\frac{1}{x}$=$\frac{2ax-1}{x}$，x∈（0，e]，
①當a≤0時，因為x∈（0，e]，所以f′（x）＜0，f（x）在（0，e]上單調遞減，
所以f（x）_min=f（e）=2ae-ln（2e）=3，解得a=$\frac{4+ln2}{2e}$（舍去），
②當0＜$\frac{1}{2a}$＜e，即a＞$\frac{1}{2e}$時，f（x）在（0，$\frac{1}{2a}$）上單調遞減，在（$\frac{1}{2a}$，e]上單調遞增，
所以f（x）_min=f（$\frac{1}{2a}$）=1-ln$\frac{1}{a}$=3，解得a=e²，滿足條件，
③當$\frac{1}{2a}$≥e，即0＜a≤$\frac{1}{2e}$時，f′（x）＜0，f（x）在（0，e]上單調遞減，
所以f（x）_min=f（e）=2ae-ln（2e）=3，解得a=$\frac{4+ln2}{2e}$（舍去），
綜上，存在實數a=e²，使得當x∈（0，e]時f（x）的最小值為3．

點評 本題考查導數知識的運用，考查函數的單調性與極值，考查函數的最值，考查不等式的證明，解題的關鍵是正確求導，確定函數的單調性．