问题
解答题
已知a∈R，函数f（x）=ax-lnx，g(x)=
（1）当a=1时，求f（x）的单调区间与极值； （2）在（1）的条件下，求证：f(x)＞g(x)+
（3）是否存在实数a，使得f（x）的最小值为3．若存在，求出a的值，若不存在，说明理由． |
答案
（1）f′(x)=1-
=1 x
，x-1 x
∵x∈（0，e]，
由f′(x)=
＞0，得1＜x＜e，x-1 x
∴增区间（1，e）．
由f′(x)=
＜0，得0＜x＜1．x-1 x
∴减区间（0，1）．
故减区间（0，1）；增区间（1，e）．
所以，f（x）极小值=f（1）=1．
（2）由（1）知f（x）=x-lnx在（0，e]上的最小值为f（1）=1，
∵g（x）=
，lnx x
∴g′(x)=
，1-lnx x2
由g′(x)=
＞0，1-lnx x2
解得0＜x≤e，
∴g（x）在 （0，e]上为增函数，
∴g（x）max=g（e）=
，1 e
∵1＞
+1 2
，1 e
∴f（x）＞g（x）+
．1 2
（3）f′(x)=a-
=1 x
，ax-1 x
①当a≤0时，f（x）在（0，e）上是减函数，
∴ae-1=3，a=
＞0．4 e
②当0＜a＜
时，f（x）=1 e
，f（x）在（0，e]上是减函数，1 e
∴ae-1=3，a=
＞4 e
．1 e
③当a≥
时，f（x）在(0，1 e
]上是减函数，(1 a
，e)是增函数，1 a
∴a
-ln1 a
=3，a=e2，1 a
所以存在a=e2．