第1个回答 2020-05-31
解答:解:(1)f′(x)=1-
1
x
=
x-1
x
,
∵x∈(0,e],
由f′(x)=
x-1
x
>0,得1<x<e,
∴增区间(1,e).
由f′(x)=
x-1
x
<0,得0<x<1.
∴减区间(0,1).
故减区间(0,1);增区间(1,e).
所以,f(x)极小值=f(1)=1.
(2)由(1)知f(x)=x-lnx在(0,e]上的最小值为f(1)=1,
∵g(x)=
lnx
x
,
∴g′(x)=
1-lnx
x2
,
由g′(x)=
1-lnx
x2
>0,
解得0<x≤e,
∴g(x)在
(0,e]上为增函数,
∴g(x)max=g(e)=
1
e
,
∵1>
1
2
+
1
e
,
∴f(x)>g(x)+
1
2
.
(3)f′(x)=a-
1
x
=
ax-1
x
,
①当a≤0时,f(x)在(0,e)上是减函数,
∴ae-1=3,a=
4
e
>0.
②当0<a<
1
e
时,f(x)=
1
e
,f(x)在(0,e]上是减函数,
∴ae-1=3,a=
4
e
>
1
e
.
③当a≥
1
e
时,f(x)在(0,
1
a
]上是减函数,(
1
a
,e)是增函数,
∴a
1
a
-ln
1
a
=3,a=e2,
所以存在a=e2.