已知函数f（x）=ax-lnx，g(x)=lnxx，它们的定义域都是（0，e]，其中e≈2.718，a∈R（ I）当a=1时，求函数f（x）的单调区间；（ II

题型：不详难度：来源：

已知函数f（x）=ax-lnx，g(x)=

lnx

x

，它们的定义域都是（0，e]，其中e≈2.718，a∈R
（ I）当a=1时，求函数f（x）的单调区间；
（ II）当a=1时，对任意x₁，x₂∈（0，e]，求证：f(x1)＞g(x2)+

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（ III）令h（x）=f（x）-g（x）•x，问是否存在实数a使得h（x）的最小值是3，如果存在，求出a的值；如果不存在，说明理由．

答案

（ I）当a=1时，f（x）=x-lnx，x∈（0，e]
∴f′(x)=1-

1

x

=

x-1

x

令f"（x）＞0∴1＜x＜e令f"（x）＜0∴0＜x＜1
∴f（x）的单调增区间为（1，e），减区间为（0，1）
（ II）由（ I）知f（x）在（0，e]的最小值为f（1）=1
又g′(x)=

1-lnx

x2

g"（x）≥0在区间（0，e]上成立
∴g（x）在（0，e]单调递增，故g（x）在区间（0，e]上有最大值g(e)=

1

e

要证对任意x₁，x₂∈（0，e]，f(x1)＞g(x2)+

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即证f(x1)min＞g(x2)max+

17

27

即证1＞

1

e

+

17

27

，即证e＞2.7
故命题成立
（ III）h（x）=f（x）-g（x）•x=ax-2lnx，x∈（0，e]
∴h′(x)=a-

2

x

=

ax-2

x

（1）当a=0时，h"（x）＜0，∴h（x）在（0，e]单调递减，
故h（x）的最小值为h（e）=-2，舍去
（2）当a＞0时，由h"（x）＜0，得0＜x＜

2

a

①当0＜a≤

2

e

时，

2

a

≥e，
∴h（x）在（0，e]单调递减，故h（x）的最小值为h（e）=ae-2=3，
∴a=

5

e

＞

2

e

，舍去
②当a＞

2

e

时，

2

a

＜e，
∴h（x）在(0，

2

a

]单调递减，在(

2

a

，e)单调递增，
故h（x）的最小值为h(

2

a

)=2-2ln

2

a

=3，a=2

e

，满足要求
（3）当a＜0时，h"（x）＜0在（0，e]上成立，
∴h（x）在（0，e]单调递减，故h（x）的最小值为h（e）=ae-2=3∴a=

5

e

＞

2

e

，舍去
综合上述，满足要求的实数a=2

e