Question

（2013•泉州模擬）已知函數(shù)f（x）=alnx+bx（x＞0），g（x）=x•e^x-1（x＞0），且函數(shù)f（x）在點P（1，f（1））處的切線方程為y=2x-1．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的解析式；
（Ⅱ）設點Q（x₀，f（x₀）），當x₀＞1時，直線PQ的斜率恒小于m，試求實數(shù)m的取值范圍；
（Ⅲ）證明：g（x）≥f（x）．

Answer 1

分析：（Ⅰ）由函數(shù)f（x）在點P（1，f（1））處的切線方程為y=2x-1，得f（1）=1，f′（1）=2，解出即可；
（Ⅱ）∴“當x₀＞1時，直線PQ的斜率恒小于m”?當x₀＞1時，

lnx0+x0-1

x0-1

＜m恒成立?lnx₀+（1-m）（x₀-1）＜0對x₀∈（1，+∞）恒成立．令h（x₀）=lnx₀+（1-m）（x₀-1），
（x₀＞1），則問題等價于h（x₀）的最大值小于m，求出導數(shù)h′（x₀），然后分m≤1、1＜m＜2、m≥2三種情況進行討論可得；
（Ⅲ）令h（x）=g（x）-f（x）=x•e^x-lnx-x-1（x＞0），則問題轉化為證明h（x）≥0，求導得h′（x）=

x+1

x

•g(x)，由g′（x）可判斷存在唯一的c∈（0，1）使得g（c）=0，且當x∈（0，c）時，g（x）＜0；當x∈（c，+∞）時，g（x）＞0，從而得h（x）在（0，c）上遞減，在（c，+∞）上遞增，故有h（x）≥h（c），再g（c）=0可得結論；

解答：解：（Ⅰ）f（x）=alnx+bx（x＞0），∴f′（x）=

a

x

+b．
∵函數(shù)f（x）在點P（1，f（1））處的切線方程為y=2x-1，
∴

f(1)=1 f′(1)=2

，即

b=1 a+b=2

，解得a=b=1，
∴f（x）=lnx+x（x＞0）．
（Ⅱ）由P（1，1）、Q（x₀，lnx₀+x₀），得kPQ=

lnx0+x0-1

x0-1

，
∴“當x₀＞1時，直線PQ的斜率恒小于m”?當x₀＞1時，

lnx0+x0-1

x0-1

＜m恒成立?lnx₀+（1-m）（x₀-1）＜0對x₀∈（1，+∞）恒成立．
令h（x₀）=lnx₀+（1-m）（x₀-1），（x₀＞1），則h′（x₀）=

1

x0

+(1-m)=

(1-m)x0+1

x0

，
（�。┊攎≤1時，由x₀＞1，知h′（x₀）＞0恒成立，
∴h（x₀）在（1，+∞）上單調遞增，
∴h（x₀）＞h（1）=0，不滿足題意的要求．
（ⅱ）當1＜m＜2時，1-m＜0，

1

m-1

＞1，
h′（x₀）=

(1-m)x0+1

x0

=

(1-m)(x0- 1 m-1 )

x0

，
∴當x₀∈（1，

1

m-1

），h′（x₀）＞0；當x₀∈（

1

m-1

，+∞），h′（x₀）＜0，即h（x₀）在（1，

1

m-1

）上單調遞增；在（

1

m-1

，+∞）上單調遞減．
所以存在t∈（1，+∞）使得h（t）＞h（1）=0，不滿足題意要求．
（ⅲ）當m≥2時，0＜

1

m-1

≤1，對于x₀＞1，h′（x₀）＜0恒成立，
∴h（x₀）在（1，+∞）上單調遞減，恒有h（x₀）＜h（1）=0，滿足題意要求．
 綜上所述：當m≥2時，直線PQ的斜率恒小于m．
（Ⅲ）證明：令h（x）=g（x）-f（x）=x•e^x-lnx-x-1（x＞0），
則h′（x）=（x+1）•e^x-

1

x

-1=

(x+1)

x

(x•ex-1)=

x+1

x

•g(x)，
∵g′（x）=（x+1）•e^x＞0（x＞0），∴函數(shù)g（x）在（0，+∞）上遞增，g（x）在（0，+∞）上的零點最多一個．
又∵g（0）=-1＜0，g（1）=e-1＞0，
∴存在唯一的c∈（0，1）使得g（c）=0，且當x∈（0，c）時，g（x）＜0；當x∈（c，+∞）時，g（x）＞0，即當x∈（0，c）時，h′（x）＜0；當x∈（c，+∞）時，h′（x）＞0．
∴h（x）在（0，c）上遞減，在（c，+∞）上遞增，
從而h（x）≥h（c）=ce^c-lnc-c-1．
由g（c）=0得c•e^c-1=0且lnc+c=0，∴h（c）=0，
∴h（x）≥h（c）=0，
從而證得g（x）≥f（x）．

點評：本小題主要考查函數(shù)、導數(shù)等基礎知識，考查推理論證能力、運算求解能力，考查化歸與轉化思想、分類與整合思想、函數(shù)與方程思想、數(shù)形結合思想等．