题目

题型：不详难度：来源：

已知f（x）=ax-lnx，x∈（0，e]，其中e是自然常数，a∈R．
（1）讨论a=1时，f（x）的单调性、极值；
（2）设g（x）=x²-x+3b²-2b．当a=1时，若对任意x₁∈（0，e]，存在x₂∈[1，2]，使f（x₁）≥g（x₂），求b的取值范围；
（3）是否存在实数a，使f（x）的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．

答案

（1）当a=1时f（x）=x-lnx，f′（x）=1-

1

x

=

x-1

x

．
所以当0＜x＜1时，f′（x）＜0，此时f（x）单调递减；当1＜x＜e时，f′（x）＞0，此时f（x）单调递增．
所以f（x）的极小值为f（1）=1．                       
（2）若对任意x₁∈（0，e]，存在x₂∈[1，2]，使f（x₁）≥g（x₂），等价于f（x₁）_min≥g（x₂）_min．                                     
由（1）知当x₁∈（0，e]时，f（x₁）有极小值为1，即当x₁∈（0，e]时，f（x₁）_min=1，
因为g（x）=x²-x+3b²-2b的对称轴为x=

1

2

，
所以g（x）=x²-x+3b²-2b在x₂∈[1，2]上单调递增，其最小值为g（1）=3b²-2b，
所以有3b²-2b≤1，解得-

1

3

≤b≤1．             
故b的取值范围为[-

1

3

，1]．                      
（3）假设存在实数a，使f（x）=ax-lnx（x∈（0，e]）有最小值3，f′（x）=a-

1

x

=

ax-1

x

．
①当a≤0时，f（x）在（0，e]上单调递减，f（x）_min=f（e）=ae-1=3，a=

4

e

（舍去），所以，此时f（x）无最小值．
②当0＜

1

a

＜e时，f（x）在（0，

1

a

）上单调递减，在（

1

a

，e]上单调递增，f(x)min=f(

1

a

)=1+lna=3，a=e²，满足条件．
③当

1

a

≥e时，f（x）在（0，e]上单调递减，f（x）_min=f（e）=ae-1=3，a=

4

e

（舍去），
所以，此时f（x）无最小值．
综上，存在实数a=e²，使得当x∈（0，e]时f（x）有最小值3．