Question

4．已知函数f（x）=alnx+b（a，b∈R），曲线f（x）在x=1处的切线方程为x-y-1=0．
（1）求a，b的值；  
（2）证明：f（x）+$\frac{1}{x}$≥1；
（3）已知满足xlnx=1的常数为k．令函数g（x）=me^x+f（x）（其中e是自然对数的底数，e=2.71828…），若x=x₀是g（x）的极值点，且g（x）≤0恒成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的导数，可得切线的斜率和切点，由已知切线的方程，可得a，b的值；
（2）令$u（x）=f（x）+\frac{1}{x}-1$=$lnx+\frac{1}{x}-1$，求出导数和单调区间，可得极小值且为最小值，即可得证；
（3）g（x）=me^x+lnx（x＞0），求出g（x）的导数，讨论m的符号，判断g（x）的单调性，得到x的方程$m{e^x}+\frac{1}{x}=0$一定有解，其解为x₀（x₀＞0），判断为g（x）的最大值点，考察函数$h（x）=lnx-\frac{1}{x}$，求出导数，
由零点存在定理可得k是方程$-\frac{1}{x_0}+ln{x_0}=0$的唯一根，即可得到所求m的范围．

解答 解：（1）f（x）的导函数$f'（x）=\frac{a}{x}$，
由曲线f（x）在x=1处的切线方程为x-y-1=0，
知f'（1）=1，f（1）=0，
所以a=1，b=0．
（2）证明：令$u（x）=f（x）+\frac{1}{x}-1$=$lnx+\frac{1}{x}-1$，
则$u'（x）=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}$=$\frac{x-1}{x^2}$，
当0＜x＜1时，u'（x）＜0，u（x）单调递减；当x＞1时，u'（x）＞0，u（x）单调递增，
所以，当x=1时，u（x）取得极小值，也即最小值，该最小值为u（1）=0，
所以u（x）≥0，即不等式$f（x）+\frac{1}{x}≥1$成立．
（3）函数g（x）=me^x+lnx（x＞0），则$g'（x）=m{e^x}+\frac{1}{x}$，
当m≥0时，g′（x）＞0，函数g（x）在（0，+∞）内单调递增，g（x）无极值，不符合题意；
当m＜0时，由$g'（x）=m{e^x}+\frac{1}{x}=0$，得${e^x}=-\frac{1}{mx}$，
结合y=e^x，$y=-\frac{1}{mx}$在（0，+∞）上的图象可知，
关于x的方程$m{e^x}+\frac{1}{x}=0$一定有解，其解为x₀（x₀＞0），
且当0＜x＜x₀时，g'（x）＞0，g（x）在（0，x₀）内单调递增；
当x＞x₀时，g'（x）＜0，g（x）在（x₀，+∞）内单调递减．
则x=x₀是函数g（x）的唯一极值点，也是它的唯一最大值点，
x=x₀也是g'（x）=0在（0，+∞）上的唯一零点，
即$m{e^{x_0}}=-\frac{1}{x_0}$，则$m=-\frac{1}{{{e^{x_0}}{x_0}}}$．
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，则g（x）_max≤0，即$-\frac{1}{x_0}+ln{x_0}≤0$，（*）
考察函数$h（x）=lnx-\frac{1}{x}$，则$h'（x）=\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}＞0$，
所以h（x）为（0，+∞）内的增函数，且$h（{\frac{1}{e}}）=-1-e＜0$，$h（e）=1-\frac{1}{e}＞0$，
又常数k满足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（*）的解为x₀≤k，
又函数$u（x）=-\frac{1}{{{e^x}x}}$（x＞0）为增函数，故$m=-\frac{1}{{{e^{x_0}}{x_0}}}≤-\frac{1}{{{e^k}k}}$，
所以m的取值范围是$（{-∞，-\frac{1}{{{e^k}k}}}]$．

点评 本题考查导数的运用：求切线的斜率和单调区间、极值和最值，考查不等式的证明，不等式恒成立问题的解法，注意运用转化思想和构造函数法，考查函数零点存在定理的运用，属于难题．