Question

已知函數(shù)f(x)=ax-lnx，g(x)=

b

x

+clnx，(a，b，c均為非零常數(shù))．
（1）若y=1是曲線y=f（x）的切線，函數(shù)g（x）在點（1，g（1））處取得極值1，求a，b，c的值；
（2）證明：1-

1

x

≤lnx≤x-1；
（3）若a+b=0，c=1，h（x）=g（x）-f（x），且函數(shù)h（x）在[1，e]上單調(diào)遞增，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）設(shè)切點坐標(biāo)為（x₀，y₀），由f′(x)=a-

1

x

，解得f′(x)=1-

1

x

=

x-1

x

，x＞0，再由g（x）在點（1g（x））處取得極值1，能求出a，b，c．
（2）由（1）知g(x)=

1

x

+lnx，x＞0，g′(x)=

x-1

x2

．令g′（x）=0，得x=1，由此能夠證明1-

1

x

≤lnx≤x-1．
（3）由a+b=0，c=1得h(x)=g(x)-f(x)=2lnx-

a

x

-ax，x＞0，故h′(x)=

2

x

+

a

x2

-a=

-ax2+2x+a

x2

．由函數(shù)h（x）在[1，e]上單調(diào)遞增，知h′（x）≥0在[1，e]上恒成立，即-ax²+2x+a≥0在[1，e]上恒成立，由此能求出實數(shù)m的取值范圍．

解答：解：（1）設(shè)切點坐標(biāo)為（x₀，y₀），
∵f′(x)=a-

1

x

，∴

a- 1 x0 =0 y0=1 y0=ax0-lnx0

，
解得x₀=1，a=1，則f（x）=x-lnx，x＞0，
∴f′(x)=1-

1

x

=

x-1

x

，x＞0，
令f′（x）=0，得x=1，
由f′（x）＞0，得x＞1，
由f′（x）＜0，得0＜x＜1，
∴f（x）≥[f（x）]_min=f（1）=1，
即lnx≤x-1．
∵g（x）在點（1g（x））處取得極值1，且g′(x)=-

b

x2

+

c

x

，
∴

g′(1)=0 g′(1)=1

得b=1，c=1，
所以a=1，b=1，c=1．
（2）由（1）知g(x)=

1

x

+lnx，x＞0，g′(x)=

x-1

x2

．
令g′（x）=0，得x=1，
當(dāng)x＞1時，g′（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增，
當(dāng)0＜x＜1時，g′（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減，
故g（x）≥g（x）_min=g（1）=1
即lnx≥1-

1

x

．
綜上：1-

1

x

≤lnx≤x-1．
（3）由a+b=0，c=1得h(x)=g(x)-f(x)=2lnx-

a

x

-ax，x＞0，
則h′(x)=

2

x

+

a

x2

-a=

-ax2+2x+a

x2

．
由函數(shù)h（x）在[1，e]上單調(diào)遞增，
知h′（x）≥0在[1，e]上恒成立，
即-ax²+2x+a≥0在[1，e]上恒成立，
當(dāng)x=1時，-ax²+2x+a=2≥0
當(dāng)x∈(1，e]時，有a≤

2x

x2-1

=

2

x- 1 x

，
∵x-

1

x

在(1，e]上單調(diào)遞增，
∴

2x

x2-1

在(1，e]上單調(diào)遞減，
∴a≤(

2x

x2-1

)min=

2e

e2-1

，且a≠0，
∴實數(shù)a的取值范圍是(-∞，0)∪(0，

，2e

e2-1

]．

點評：本題考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的性質(zhì)的合理運用，考查不等式的證明，考查實數(shù)的取值范圍的求法．解題時要認真審題，仔細解答，注意合理地進行等價轉(zhuǎn)化．