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+ex-e=0，x=1既是函数y=f（x）的零点，又是它的极值点．
（1）求常数a，b，c的值；
（2）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；
（3）求函数h（x）=f（x）-1的单调递减区间，并证明：×××…×．

Answer 1

【答案】分析：（1）题目给出了函数在x=e处的切线方程，则知道了f^′（e），再由x=1既是函数y=f（x）的零点，又是它的极值点，可得f（1）=0和f^′（1）=0，三个式子联立可求常数a，b，c的值；
（2）根据函数g（x）=x²+mf（x）（m∈R）在区间（1，3）内不是单调函数，说明该函数在区间（1，3）内一定有极值，求出函数的导函数为，此导函数等于0可转化为二次方程2x²-mx+m=0，然后分该方程有一个实数根和两个实数根分类讨论，对每一种情况结合二次函数的图象列式可求m的范围；
（3）把f（x）代入后求出函数h（x）的导函数，由导函数小于等于0求得函数h（x）的减区间为[1，+∞），根据函数在[1，+∞）上是减函数，则lnx＜x-1对一切x∈（1，+∞）都成立，两边同时除以x后得对一切x∈（1，+∞）都成立，依次给x代值2，3，…，2012，作积后可得要征得结论．
解答：解：（1）由f（x）=ax+blnx+c知，f（x）的定义域为（0，+∞），，
又f（x）在x=e处的切线方程为（e-1）x+ey-e=0，而切线（e-1）x+ey-e=0的斜率为，
所以有  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③得：a=-b，把a=-b代入①得：，所以b=1，则a=-1，由②得：a=-c，所以c=1．
所以，a=-1，b=1，c=1．
（2）由（1）知f（x）=-x+lnx+1（x＞0），
因此，g（x）=x²+mf（x）=x²-mx+mlnx+m （x＞0），
所以 （x＞0）．
要使函数g（x）在（1，3）内不是单调函数，则函数g（x）在（1，3）内一定有极值，
而，所以函数g（x）最多有两个极值．
令d（x）=2x²-mx+m （x＞0）．
（ⅰ）当函数g（x）在（1，3）内有一个极值时，g^′（x）=0在（1，3）内有且仅有一个根，
即d（x）=2x²-mx+m 在（1，3）内有且仅有一个根，
又因为d（1）=2＞0，所以当d（3）＜0时，d（x）=2x²-mx+m 在（1，3）内有且仅有一个根，
即2×3²-3m+m＜0，解得m＞9．
（ⅱ）当函数g（x）在（1，3）内有两个极值时，g^′（x）=0在（1，3）内有两个根，
即二次函数d（x）=2x²-mx+m 在（1，3）内有两个不等根，
所以，
解得：8＜m＜9．
综上，实数m的取值范围是（8，9）∪（9，+∞）．
（3）由h（x）=f（x）-1得：h（x）=-x+lnx （x＞0），所以，
令h^′（x）≤0，即，得：x≥1，即h（x）的单调递减区间为[1，+∞）．
事实上，
由函数h（x）=-x+lnx （x＞0）在[1，+∞）上单调递减可知，
当x∈（1，+∞）时，h（x）＜h（1），即-x+lnx＜-1，
亦即lnx＜x-1对一切x∈（1，+∞）都成立，
不等式两边同时除以x，
亦即对一切x∈（1，+∞）都成立，
所以，
，
，
…
，
所以有
，
所以×××…×．
点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性，函数在某区间（a，b）内存在极值，则函数在该区间内不是单调函数，考查了函数在某点处取得极值的条件，函数在某点处取得极值，则函数在该点处的导数等于0，反之，函数在某点处的导数等于0，该点不一定是极值点，训练了利用放缩法证明不等式．此题具有一定难度．