Question

（2013•泉州模拟）已知函数f（x）=alnx+bx（x＞0），g（x）=x•e^x-1（x＞0），且函数f（x）在点P（1，f（1））处的切线方程为y=2x-1．
（Ⅰ）求函数f（x）的解析式；
（Ⅱ）设点Q（x₀，f（x₀）），当x₀＞1时，直线PQ的斜率恒小于m，试求实数m的取值范围；
（Ⅲ）证明：g（x）≥f（x）．

Answer 1

分析：（Ⅰ）由函数f（x）在点P（1，f（1））处的切线方程为y=2x-1，得f（1）=1，f′（1）=2，解出即可；
（Ⅱ）∴“当x₀＞1时，直线PQ的斜率恒小于m”?当x₀＞1时，

lnx0+x0-1

x0-1

＜m恒成立?lnx₀+（1-m）（x₀-1）＜0对x₀∈（1，+∞）恒成立．令h（x₀）=lnx₀+（1-m）（x₀-1），
（x₀＞1），则问题等价于h（x₀）的最大值小于m，求出导数h′（x₀），然后分m≤1、1＜m＜2、m≥2三种情况进行讨论可得；
（Ⅲ）令h（x）=g（x）-f（x）=x•e^x-lnx-x-1（x＞0），则问题转化为证明h（x）≥0，求导得h′（x）=

x+1

x

•g(x)，由g′（x）可判断存在唯一的c∈（0，1）使得g（c）=0，且当x∈（0，c）时，g（x）＜0；当x∈（c，+∞）时，g（x）＞0，从而得h（x）在（0，c）上递减，在（c，+∞）上递增，故有h（x）≥h（c），再g（c）=0可得结论；

解答：解：（Ⅰ）f（x）=alnx+bx（x＞0），∴f′（x）=

a

x

+b．
∵函数f（x）在点P（1，f（1））处的切线方程为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

，
∴“当x₀＞1时，直线PQ的斜率恒小于m”?当x₀＞1时，

lnx0+x0-1

x0-1

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

1

x0

+(1-m)=

(1-m)x0+1

x0

，
（ⅰ）当m≤1时，由x₀＞1，知h′（x₀）＞0恒成立，
∴h（x₀）在（1，+∞）上单调递增，
∴h（x₀）＞h（1）=0，不满足题意的要求．
（ⅱ）当1＜m＜2时，1-m＜0，

1

m-1

＞1，
h′（x₀）=

(1-m)x0+1

x0

=

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

x0

，
∴当x₀∈（1，

1

m-1

），h′（x₀）＞0；当x₀∈（

1

m-1

，+∞），h′（x₀）＜0，即h（x₀）在（1，

1

m-1

）上单调递增；在（

1

m-1

，+∞）上单调递减．
所以存在t∈（1，+∞）使得h（t）＞h（1）=0，不满足题意要求．
（ⅲ）当m≥2时，0＜

1

m-1

≤1，对于x₀＞1，h′（x₀）＜0恒成立，
∴h（x₀）在（1，+∞）上单调递减，恒有h（x₀）＜h（1）=0，满足题意要求．
 综上所述：当m≥2时，直线PQ的斜率恒小于m．
（Ⅲ）证明：令h（x）=g（x）-f（x）=x•e^x-lnx-x-1（x＞0），
则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），∴函数g（x）在（0，+∞）上递增，g（x）在（0，+∞）上的零点最多一个．
又∵g（0）=-1＜0，g（1）=e-1＞0，
∴存在唯一的c∈（0，1）使得g（c）=0，且当x∈（0，c）时，g（x）＜0；当x∈（c，+∞）时，g（x）＞0，即当x∈（0，c）时，h′（x）＜0；当x∈（c，+∞）时，h′（x）＞0．
∴h（x）在（0，c）上递减，在（c，+∞）上递增，
从而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，
从而证得g（x）≥f（x）．

点评：本小题主要考查函数、导数等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、分类与整合思想、函数与方程思想、数形结合思想等．