Question

已知f(x)=ax-lnx，x∈(0，e]，g(x)=

lnx

x

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

1

2

；
（3）若f（x）的最小值是3，求a的值．

Answer 1

分析：（1）先求導數f′（x），在定義域內解不等式f′（x）＞0，f′（x）＜0即得f（x）的單調區間，由函數的單調性即可得到函數極值．
（2）本題可轉化為證明f(x)min＞[g(x)+

1

2

]max，從而可轉化為利用導數求函數最值問題．
（3）利用導數求函數在定義域內的最小值，列出方程即可解得，注意按參數a的范圍分類討論．

解答：（1）解：當a=1時，f（x）=x-lnx，f′（x）=1-

1

x

=

x-1

x

，當0＜x＜1時，f′（x）＜0，此時f（x）單調遞減；
當1＜x＜e時，f′（x）＞0，此時f（x）單調遞增，所以f（x）有極小值為f（1）=1．
（2）證明：由（1）知f（x）的極小值為1，即f（x）在（0，e]上的最小值為1，所以f（x）_min=1，
令h（x）=g（x）+

1

2

=

lnx

x

+

1

2

，則h′（x）=

1-lnx

x2

，當0＜x＜e時，h′（x）＞0，
h（x）在（0，e]上單調遞增，∴h(x)max=h(e)=

1

e

+

1

2

＜

1

2

+

1

2

=1=f(x)min
所以在（1）的條件下，f（x）＞g（x）+

1

2

．
（3）解：f（x）=ax-lnx，x∈（0，e]，f′（x）=a-

1

x

=

ax-1

x

①當a≤0時，∵x∈（0，e]，∴f′（x）＜0，所以f（x）在（0，e]上單調遞減，f（x）_min=f（e）=ae-1=3，a=

4

e

（舍）．
②當0＜

1

a

＜e時，f（x）在（0，

1

a

）上單調遞減，在（

1

a

，e]上單調遞增，所以f(x)min=f(

1

a

)=1+lna=3，a=e²，滿足條件．
③當

1

a

≥e時，∵x∈（0，e]，∴f′（x）≤0，所以f（x）在（0，e]上單調遞減，f（x）_min=f（e）=ae-1=3，解得a=

4

e

（舍）．
綜上，a=e²，使得當x∈（0，e]時f（x）有最小值3．

點評：本題屬導數的綜合應用，考查分析解決問題能力，難度較大．第（2）題中，注意f(x)min＞[g(x)+

1

2

]max是f(x)＞g(x)+

1

2

成立的充分不必要條件．