Question

已知函数f（x）=ax+blnx+c（a，b，c是常数）在x=e处的切线方程为（e-1）x+ey-e=0，x=1既是函数y=f（x）的零点，又是它的极值点．
（Ⅰ）求常数a，b，c的值；
（Ⅱ）若函数g（x）=x²+mf（x）（m∈R）在区间（1，3）内不是单调函数，求实数m的取值范围；
（Ⅲ）求函数h（x）=f（x）-1的单调递减区间，并证明：

ln2

2

×

ln3

3

×

ln4

4

×…×

ln2014

2014

＜

1

2014

．

Answer 1

考点：利用导数求闭区间上函数的最值,利用导数研究函数的单调性,利用导数研究函数的极值,利用导数研究曲线上某点切线方程

专题：导数的综合应用

分析：（Ⅰ）由已知得f′(x)=a+

b

x

，f′(e)=a+

b

e

=-

e-1

e

，f（1）=a+c=0，f′（1）=a+b=0，由此能求出常数a，b，c的值．
（Ⅱ）由f（x）=-x+lnx+1（x＞0），得g（x）=x²-mx+mlnx+m，从g′(x)=2x-m+

m

x

=

1

x

(2x2-mx+m)，由此利用导数性质能求出实数m的取值范围．
（Ⅲ）由h（x）=-x+lnx，得h′(x)=

1-x

x

，由此利用导数性质能证明

ln2

2

×

ln3

3

×

ln4

4

×…×

ln2014

2014

＜

1

2014

．

解答： （Ⅰ）解：由f（x）=ax+blnx+c，
知f（x）的定义域为（0，+∞），f′(x)=a+

b

x

，
又f（x）在x=e处的切线方程为（e-1）x+ey-e=0，
所以有f′(e)=a+

b

e

=-

e-1

e

，①
由x=1是函数f（x）的零点，得f（1）=a+c=0，②
由x=1是函数f（x）的极值点，得f′（1）=a+b=0，③
由①②③，得a=-1，b=1，c=1．…（4分）
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知f（x）=-x+lnx+1（x＞0），
则g（x）=x²-mx+mlnx+m，
且g′(x)=2x-m+

m

x

=

1

x

(2x2-mx+m)…（5分）
要使函数g（x）在区间（1，3）内不是单调函数，
则函数g（x）在区间（1，3）内一定有极值，
由g′(x)=

1

x

(2x2-mx+m)知g（x）最多有两个极值，
令d（x）=2x²-mx+m（x＞0），
（i）当函数g（x）在区间（1，3）内有一个极值时，
d（x）=0在（1，3）由唯一实数根，
∵d（1）=2＞0，当d（3）=0，即m=9时，
d（x）=0在（1，3）由唯一实数根x=

3

2

，
当d（3）≠0，即d（3）＜0，解得m＞9，∴此时m≥9．…（7分）
（ii）当函数g（x）在区间（1，3）内有两个极值时，
d（x）=0在（1，3）由两个实数根，
其充要条件是

△=m2-8m＞0 d(1)=2-m+m＞0 d(3)=2×32-3m+m＞0 1＜ m 4 ＜3

⇒8＜m＜9，
综上所述，m得取值范围是（8，+∞）．…（10分）
（Ⅲ）证明：由h（x）=-x+lnx（x＞0）得h′(x)=

1-x

x

，
令h'（x）≤0，得x≥1，即h（x）在[1，+∞）上单调递减．
由此得h（x）＜h（1），∴-x+lnx＜-1，
∴lnx＜x-1对x∈（1，+∞）都成立，
则0＜

lnx

x

＜

x-1

x

对x∈（1，+∞）都成立，…（12分）
令x=2，3，4，…，2014，得
0＜

ln2

2

＜

1

2

，0＜

ln3

3

＜

2

3

，…，0＜

ln2014

2014

＜

2013

2014

，
各式相乘得

ln2

2

×

ln3

3

×

ln4

4

×…×

ln2014

2014

＜

1

2014

．…（14分）

点评：本题考查实数值的求法，考查实数的取值范围的求法，考查不等式的证明，是中档题，解题时要认真审题，注意导数性质的合理运用．