已知f(x)=ax+lnx，x∈(0，e]，g(x)=lnxx，其中e是无理数，a∈R．（1）若a=1时，f（x）的单调区间、极值；（2）求证：在（1）的条件下，f(x)＞g(x)+12；（3）是否存在实数a，使f（x）的最小值是-数学试题及答案

1、试题题目：已知f(x)=ax+lnx，x∈(0，e]，g(x)=lnxx，其中e是无理数，a∈R．（1）..

发布人：繁体字网（www.fantiz5.com）发布时间：2015-12-13 07:30:00

试题原文

已知f(x)=

a

x

+lnx，x∈(0，e]，g(x)=

lnx

x

，其中e是无理数，a∈R．
（1）若a=1时，f（x）的单调区间、极值；
（2）求证：在（1）的条件下，f(x)＞g(x)+

1

2

；
（3）是否存在实数a，使f（x）的最小值是-1，若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．

试题来源：焦作二模试题题型：解答题试题难度：中档适用学段：高中考察重点：函数的最值与导数的关系

2、试题答案：该试题的参考答案和解析内容如下：

（1）∵当a=1时，f(x)=

1

x

+lnx，∴f′(x)=-

1

x2

+

1

x

=

x-1

x2

，（1分）
∴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，（3分）
∴f（x）的单调递减区间为（0，1）；单调递增区间为（1，e）；
f（x）的极小值为f（1）=1．（4分）
（2）由（1）知f（x）在（0，e]上的最小值为1，（5分）
令h（x）=g（x）+

1

2

=

lnx

x

+

1

2

，x∈（0，e]∴h′(x)=

1-lnx

x2

，（6分）
当0＜x＜e时，h′（x）＞0，h（x）在（0，e]上单调递增，（7分）
∴h(x)max=h(e)=

1

e

+

1

2

＜

1

2

+

1

2

=1=f(x)min，
∴在（1）的条件下，f（x）＞g（x）+

1

2

，（8分）
（3）假设存在实数a，使f(x)=

a

x

+lnx，（x∈（0，e]）有最小值-1，
∴f′(x)=-

a

x2

+

1

x

=

x-a

x2

，（9分）
①当a≤0时，
∵0＜x≤e，
∴f'（x）＞0，
∴f（x）在（0，e]上单调递增，此时f（x）无最小值．（10分）
②当0＜a＜e时，
若0＜x＜a，则f'（x）＜0，故f（x）在（0，a）上单调递减，
若a＜x＜e，则f'（x）＞0，故f（x）在（a，e]上单调递增.f(x)min=f(a)=

a

+lna=-1，，得a=

1

e2

，满足条件．（12分）
3当a≥e4时，∵0＜x＜e，
∴f'（x）＜0，
∴f（x）在（0，e]上单调递减，f(x)min=f(e)=

a

e

+lne=-1，得a=-2e（舍去），所以，此时无解．（13分）
综上，存在实数a=

1

e2

，使得当x∈（0，e]时f（x）的最小值是-1．（14分）
（3）法二：假设存在实数a，使f(x)=

a

x

+lnx，x∈（0，e]）的最小值是-1，
故原问题等价于：不等式

a

x

+lnx≥-1，对x∈（0，e]恒成立，求“等号”取得时实数a的值．
即不等式a≥-x（1+lnx），对x∈（0，e]恒成立，求“等号”取得时实数a的值．
设g（x）=-x（1+lnx），即a=g（x）_max，x∈（0，e]（10分）
又g′(x)=-[(1+lnx)+x?

1

x

]=-(2+lnx)（11分）
令g′(x)=0，得x=

1

e2

当0＜x＜

1

e2

，g'（x）＞0，则g（x）在(0，

1

e2

)单调递增；
当

1

e2

＜x＜e，g'（x）＜0，则g（x）在(

1

e2

，e)单调递减，（13分）
故当x=

1

e2

时，g（x）取得最大值，其值是g(

1

e

)=

1

e2

故a=g(x)max=

1

e2

．
综上，存在实数a=

1

e2

，使得当x∈（0，e]时f（x）的最小值是-1．（14分）

3、扩展分析：该试题重点查考的考点详细输入如下：

经过对同学们试题原文答题和答案批改分析后，可以看出该题目“已知f(x)=ax+lnx，x∈(0，e]，g(x)=lnxx，其中e是无理数，a∈R．（1）..”的主要目的是检查您对于考点“高中函数的最值与导数的关系”相关知识的理解。有关该知识点的概要说明可查看：“高中函数的最值与导数的关系”。

4、其他试题：看看身边同学们查询过的数学试题：