（2010•焦作二模）已知f(x)＝ax+lnx，x∈(0，e]，g(x)＝lnxx，其中e是无理数，a∈R．

（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
a+lna＝−1，得a＝
1
e2，满足条件．（12分）
③当a≥e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

点评：
本题考点： 利用导数求闭区间上函数的最值．

考点点评： 此题是一道综合题，主要还是考查导数的定义及利用导数来求区间函数的最值，利用导数研究函数的单调性和极值、解不等式等基础知识，考查综合分析和解决问题的能力，解题的关键是求导要精确．

1年前

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