Question

已知f（x）=ax+blnx-1，设曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线为y=0．
（Ⅰ）求实数a，b的值；
（Ⅱ）设函数g（x）=mf（x）+

x2

2

-mx，其中1＜m＜3．求证：当x∈[1，e]时，-

3

2

（1+ln3）＜g（x）＜

e2

2

-2．

Answer 1

考点：利用导数求闭区间上函数的最值,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）f′(x)=a+

b

x

，由已知条件得a-1=0，a+b=0．由此能求出a和b．
（Ⅱ）由f（x）=x-lnx-1，x＞0，得g(x)=

x2

2

-mlnx-m，x＞0．g′(x)=x-

m

x

=

x2-m

x

由此利用导数性质结合已知条件能证明当1＜m＜3，x∈[1，e]时，-

3

2

(1+ln3)＜g(x)＜

e2

2

-2．

解答： （本小题满分14分）
（Ⅰ）解：f′(x)=a+

b

x

，（2分）
依题意f（1）=0，且f'（1）=0．（3分）
所以a-1=0，a+b=0．
解得a=1，b=-1．（4分）
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）得f（x）=x-lnx-1，x＞0．
所以g(x)=

x2

2

-mlnx-m，x＞0．g′(x)=x-

m

x

=

x2-m

x

．（6分）
当m＞0时，由g'（x）＞0得x＞

m

，由g'（x）＜0得0＜x＜

m

．
所以g（x）在区间(0，

m

)上是减函数，
在区间(

m

，+∞)上是增函数，x=

m

是g（x）的极小值点．（8分）
当1＜m＜3，x∈[1，e]时，

m

∈[1，e]，
所以g（x）的最小值为g(

m

)，最大值为max（g（1），g（e））．（9分）
设h(m)=g(

m

)=-

m

2

-

m

2

lnm，则h′(m)=-1-

1

2

lnm，
因为1＜m＜3，所以lnm＞0，h'（m）＜0．
所以h（m）在1＜m＜3上单调递减，
所以，h(m)＞h(3)=-

3

2

-

3

2

ln3=-

3

2

(1+ln3)．（11分）
所以，当1＜m＜3，x∈[1，e]时，g(x)＞-

3

2

(1+ln3)．
又因为1＜m＜3，g(e)=

e2

2

-2m＜

e2

2

-2，（12分）
g(1)=

1

2

-m＜0＜

e2

2

-2．（13分）
所以当1＜m＜3，x∈[1，e]时，g(x)＜

e2

2

-2，
综上，当1＜m＜3，x∈[1，e]时，-

3

2

(1+ln3)＜g(x)＜

e2

2

-2．（14分）

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