Question

4．已知函數f（x）=alnx+b（a，b∈R），曲線f（x）在x=1處的切線方程為x-y-1=0．
（1）求a，b的值；  
（2）證明：f（x）+$\frac{1}{x}$≥1；
（3）已知滿足xlnx=1的常數為k．令函數g（x）=me^x+f（x）（其中e是自然對數的底數，e=2.71828…），若x=x₀是g（x）的極值點，且g（x）≤0恒成立，求實數m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的導數，可得切線的斜率和切點，由已知切線的方程，可得a，b的值；
（2）令$u（x）=f（x）+\frac{1}{x}-1$=$lnx+\frac{1}{x}-1$，求出導數和單調區間，可得極小值且為最小值，即可得證；
（3）g（x）=me^x+lnx（x＞0），求出g（x）的導數，討論m的符號，判斷g（x）的單調性，得到x的方程$m{e^x}+\frac{1}{x}=0$一定有解，其解為x₀（x₀＞0），判斷為g（x）的最大值點，考察函數$h（x）=lnx-\frac{1}{x}$，求出導數，
由零點存在定理可得k是方程$-\frac{1}{x_0}+ln{x_0}=0$的唯一根，即可得到所求m的范圍．

解答 解：（1）f（x）的導函數$f'（x）=\frac{a}{x}$，
由曲線f（x）在x=1處的切線方程為x-y-1=0，
知f'（1）=1，f（1）=0，
所以a=1，b=0．
（2）證明：令$u（x）=f（x）+\frac{1}{x}-1$=$lnx+\frac{1}{x}-1$，
則$u'（x）=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}$=$\frac{x-1}{x^2}$，
當0＜x＜1時，u'（x）＜0，u（x）單調遞減；當x＞1時，u'（x）＞0，u（x）單調遞增，
所以，當x=1時，u（x）取得極小值，也即最小值，該最小值為u（1）=0，
所以u（x）≥0，即不等式$f（x）+\frac{1}{x}≥1$成立．
（3）函數g（x）=me^x+lnx（x＞0），則$g'（x）=m{e^x}+\frac{1}{x}$，
當m≥0時，g′（x）＞0，函數g（x）在（0，+∞）內單調遞增，g（x）無極值，不符合題意；
當m＜0時，由$g'（x）=m{e^x}+\frac{1}{x}=0$，得${e^x}=-\frac{1}{mx}$，
結合y=e^x，$y=-\frac{1}{mx}$在（0，+∞）上的圖象可知，
關于x的方程$m{e^x}+\frac{1}{x}=0$一定有解，其解為x₀（x₀＞0），
且當0＜x＜x₀時，g'（x）＞0，g（x）在（0，x₀）內單調遞增；
當x＞x₀時，g'（x）＜0，g（x）在（x₀，+∞）內單調遞減．
則x=x₀是函數g（x）的唯一極值點，也是它的唯一最大值點，
x=x₀也是g'（x）=0在（0，+∞）上的唯一零點，
即$m{e^{x_0}}=-\frac{1}{x_0}$，則$m=-\frac{1}{{{e^{x_0}}{x_0}}}$．
所以g（x）_max=g（x₀）=$m{e^{x_0}}+ln{x_0}$=$-\frac{1}{x_0}+ln{x_0}$．
由于g（x）≤0恒成立，則g（x）_max≤0，即$-\frac{1}{x_0}+ln{x_0}≤0$，（*）
考察函數$h（x）=lnx-\frac{1}{x}$，則$h'（x）=\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}＞0$，
所以h（x）為（0，+∞）內的增函數，且$h（{\frac{1}{e}}）=-1-e＜0$，$h（e）=1-\frac{1}{e}＞0$，
又常數k滿足klnk=1，即$-\frac{1}{k}+lnk=0$，
所以，k是方程$-\frac{1}{x_0}+ln{x_0}=0$的唯一根，
于是不等式（*）的解為x₀≤k，
又函數$u（x）=-\frac{1}{{{e^x}x}}$（x＞0）為增函數，故$m=-\frac{1}{{{e^{x_0}}{x_0}}}≤-\frac{1}{{{e^k}k}}$，
所以m的取值范圍是$（{-∞，-\frac{1}{{{e^k}k}}}]$．

點評 本題考查導數的運用：求切線的斜率和單調區間、極值和最值，考查不等式的證明，不等式恒成立問題的解法，注意運用轉化思想和構造函數法，考查函數零點存在定理的運用，屬于難題．