Question

已知f（x）=ax-1nx，x∈（0，e]，g（x）=，其中e是自然常数，a∈R．
（Ⅰ）当a=1时，研究f（x）的单调性与极值；
（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求证：f（x）＞g（x）+；
（Ⅲ）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．

Answer

（Ⅰ）求导函数，确定函数的单调性，从而可得函数f（x）的极小值；
（Ⅱ）f（x）在（0，e]上的最小值为1，令h（x）=g（x））+，求导函数，确定函数的单调性与最大值，即可证得结论；
（Ⅲ）假设存在实数a，使f（x）的最小值是3，求导函数，分类讨论，确定函数的单调性，利用f（x）的最小值是3，即可求解．
（Ⅰ）【解析】
f（x）=x-lnx，f′（x）= …（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）的极小值为f（1）=1                   …（4分）
（Ⅱ）证明：∵f（x）的极小值为1，即f（x）在（0，e]上的最小值为1，
∴f（x）＞0，f（x）min=1…（5分）
令h（x）=g（x））+=+，，…（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=|f（x）|min     …（9分）
∴在（1）的条件下，f（x）＞g（x）+；…（10分）
（Ⅲ）【解析】
假设存在实数a，使f（x）的最小值是3，f′（x）=
①当a≤0时，x∈（0，e]，所以f′（x）＜0，所以f（x）在（0，e]上单调递减，f（x）min=f（e）=ae-1=3，∴a=（舍去），所以，此时f（x）无最小值．…（12分）
②当0＜＜e时，f（x）在（0，）上单调递减，在（，e]上单调递增，f（x）min=f（）=1+lna=3，∴a=e2，满足条件．…（14分）
③当时，x∈（0，e]，所以f′（x）＜0，
所以f（x）在（0，e]上单调递减，f（x）min=f（e）=ae-1=3，∴a=（舍去），
所以，此时f（x）无最小值．…（15分）
综上，存在实数a=e2，使f（x）的最小值是3．…（16分）