Question

【题目】已知函数f（x）= 在点（1，f（1））处的切线方程为x+y=2． （Ⅰ）求a，b的值；
（Ⅱ）若对函数f（x）定义域内的任一个实数x，都有xf（x）＜m恒成立，求实数m的取值范围．
（Ⅲ） 求证：对一切x∈（0，+∞），都有3﹣（x+1）f（x）＞ ﹣ 成立．

Answer 1

【答案】解：（Ⅰ）f′（x）= ， 而点（1，f（1））在直线x+y=2上，∴f（1）=1，
又直线x+y=2的斜率为﹣1，∴f′（1）=﹣1，
故有 ，解得： ；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得f（x）= （x＞0），由xf（x）＜m，得： ＜m，
令g（x）= ，g′（x）= ，
令h（x）=1﹣x﹣lnx，则h′（x）=﹣1﹣ ＜0，（x＞0），
∴h（x）在区间（0，+∞）上是减函数，
∴当0＜x＜1时，h（x）＞h（1）=0，当x＞1时，h（x）＜h（1）=0，
从而当0＜x＜1时，g′（x）＞0，当x＞1时，g′（x）＜0，
∴g（x）在（0，1）是增函数，在（1，+∞）是减函数，
故g（x）max=g（1）=1，
要使 ＜m成立，只需m＞1，故m的取值范围是（1，+∞）；
（Ⅲ）证明：要证3﹣（x+1）f（x）=lnx+1＞ ﹣ ，对x＞0成立，
即证明：xlnx+x＞ ﹣ 对x＞0成立，
设φ（x）=xlnx+x（x＞0），φ′（x）=lnx+2，
当x＞e﹣2时，φ′（x）＞0，φ（x）递增；当0＜x＜e﹣2时，φ′（x）＜0，φ（x）递减；
∴φ（x）min=φ（e﹣2）=﹣ ，
设g（x）= ﹣ （x＞0），g′（x）= ，
当0＜x＜1时，g′（x）＞0，g（x）递增；当x＞1时，g′（x）＜0，g（x）递减；
∴g（x）max=g（1）=﹣ ，∴φ（x）min=﹣ ＞g（x）max=﹣ ，
∴xlnx+x＞ ﹣ ，对x＞0成立，
∴3﹣（x+1）f（x）=lnx+1＞ ﹣ 对x＞0成立
【解析】（Ⅰ）求出函数的导数，计算f（1），f′（1），得到关于a，b的方程组，解出即可；（Ⅱ）问题转化为 ＜m，令g（x）= ，根据函数的单调性求出g（x）的最大值，从而求出a的范围即可；（Ⅲ）问题转化为证明：xlnx+x＞ ﹣ 对x＞0成立，设φ（x）=xlnx+x（x＞0），g（x）= ﹣ （x＞0），根据函数的单调性分别求出φ（x）的最小值和g（x）的最大值即可．