Question

16．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．
（Ⅰ）求a，b的值；
（Ⅱ）证明：$f（x）+\frac{1}{x}≥1$；
（Ⅲ）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 （Ⅰ）求出导函数，根据切线方程和导函数的关系求出参数的值；
（Ⅱ）构造函数$u（x）=f（x）+\frac{1}{x}-1$=$lnx+\frac{1}{x}-1$，通过导函数求出函数的最小值，得出u（x）≥0，得出结论成立．
（Ⅲ）求出导函数$g'（x）=m{e^x}+\frac{1}{x}$，对参数m分类讨论，得出函数的极值情况，得出函数的最大值，把恒成立问题转化为最值问题求解；
$-\frac{1}{x_0}+ln{x_0}≤0$，通过构造函数$h（x）=lnx-\frac{1}{x}$，结合题意得出x₀≤k，构造函数$u（x）=-\frac{1}{{{e^x}x}}$，得出m的取值范围．

解答 解：（Ⅰ）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．
（Ⅱ）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．
（Ⅲ）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 本题考查了导函数的综合应用，难道是对参数的分类讨论和利用构造函数，通过导函数解决实际问题，属于综合性强的类型．