已知函數(shù)f(x)=ax-lnx(a∈R),g(x)=
lnx
x
,其中x∈(0,e]
(1)若a=1,求f(x)的極小值;
(2)在(1)條件下證明f(x)>g(x)+
1
2
;
(3)是否存在實(shí)數(shù)a>0,使f(x)的最小值為3,如果存在,求出實(shí)數(shù)a的值,若不存在,說(shuō)明理由.
分析:(1)先求導(dǎo)函數(shù),由導(dǎo)數(shù)小于0得單調(diào)減區(qū)間,導(dǎo)數(shù)大于0的增區(qū)間,從而確定函數(shù)的極值;
(2)確定f(x)在(0,e)上的最小值為1,h(x)=g(x)+
1
2
 在(0,e]上的最大值為1,從而得證;
(3)假設(shè)存在實(shí)數(shù)a,使f(x)=ax-lnx,x∈(0,e]有最小值3,由于f′(x)=a-
1
x
=
ax-1
x
,故要進(jìn)行分類討論:①0<
1
a
<e;②
1
a
≥e,從而得解.
解答:解:(1)∵f(x)=ax-lnx,f′(x)=1-
1
x
=
x-1
x
,
∴當(dāng)0<x<1時(shí),f′(x)<0,此時(shí)f(x)單調(diào)遞減;
當(dāng)1<x<e時(shí),f′(x)>0,此時(shí)f(x)單調(diào)遞增.…(3分)
∴f(x)的極小值為f(1)=1.…(4分)
(2)∵f(x)的極小值為1,即f(x)在(0,e)上的最小值為1,
∴f(x)>0,f(x)min=1.…(6分)
令h(x)=g(x)+
1
2
=
lnx
x
+
1
2
,h′(x)=
1-lnx
x2
,
當(dāng)0<x≤e時(shí),h′(x)>0,h(x)在x∈(0,e]上單調(diào)遞增,
∴h(x)≤h(e)=
1
e
+
1
2
1
2
+
1
2
=1,…(9分)
∴在(1)的條件下,f(x)>g(x)+
1
2
.…(10分)
(3)假設(shè)存在實(shí)數(shù)a,使f(x)=ax-lnx,x∈(0,e]有最小值3,f′(x)=a-
1
x
=
ax-1
x
,
①當(dāng)0<
1
a
<e時(shí),f(x)在(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+lna=3,a=e2,滿足條件.…(13分)
②當(dāng)
1
a
≥e時(shí),f(x)在(0,e]上單調(diào)遞減,f(x)min=f(e)=ae-1=3,a=
4
e
(舍去),
所以,此時(shí)f(x)無(wú)最小值.…(15分)
綜上,存在實(shí)數(shù)a=e2,使得當(dāng)x∈(0,e]時(shí)f(x)有最小值為3.…(16分)
點(diǎn)評(píng):本題以函數(shù)為載體,考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用,考查函數(shù)的極值,考查函數(shù)的最值,同時(shí)考查了存在性問(wèn)題.
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已知函數(shù)f(x)=
a-x2
x
+lnx  (a∈R , x∈[
1
2
 , 2])

(1)當(dāng)a∈[-2,
1
4
)
時(shí),求f(x)的最大值;
(2)設(shè)g(x)=[f(x)-lnx]•x2,k是g(x)圖象上不同兩點(diǎn)的連線的斜率,否存在實(shí)數(shù)a,使得k≤1恒成立?若存在,求a的取值范圍;若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.

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34
的解集為
(-∞,-2)
(-∞,-2)

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2x
)>3

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 給出下列命題:①F(x)=|f(x)|; ②函數(shù)F(x)是奇函數(shù);③當(dāng)a<0時(shí),若mn<0,m+n>0,總有F(m)+F(n)<0成立,其中所有正確命題的序號(hào)是
 

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