Question

17．已知函數(shù)f（x）=lnx+bx+c在點(diǎn)（e，f（e））處的切線斜率為$\frac{e+1}{e}$，且切線在x，y軸上的截距相等．
（1）求f（x）的表達(dá)式；
（2）若f（x）滿足f（x）≥g（x）恒成立，則稱f（x）是g（x）的一個(gè)“上界函數(shù)”，如果函數(shù)f（x）為g（x）=$\frac{t}{x}$-1nx+x（t為實(shí)數(shù)）的一個(gè)“上界函數(shù)”，求證：函數(shù)g（x）的圖象上一定不存在不同的兩點(diǎn)（x₁，g（x₁）），（x₂，g（x₂））（其中x₁，x₂∈（0，+∞）），使得g（x₁）=g（x₂）成立．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，求得切線的斜率和切點(diǎn)，可得切線的方程，求出兩截距，由相等解得b=1，c=0，進(jìn)而得到f（x）的解析式；
（2）由題意可得，lnx+x≥$\frac{t}{x}$-1nx+x恒成立，即為-t≤2xlnx恒成立，令h（x）=2xlnx（x＞0），求出導(dǎo)數(shù)和單調(diào)區(qū)間、極值和最值，可得t的范圍，再求g（x）的導(dǎo)數(shù)，判斷單調(diào)性，即可得證．

解答 解：（1）f（x）=lnx+bx+c導(dǎo)數(shù)為f′（x）=$\frac{1}{x}$+b，
由題意可得f′（e）=b+$\frac{1}{e}$=$\frac{e+1}{e}$，解得b=1，
即有f（e）=e+1+c，點(diǎn)（e，f（e））處的切線方程為y-（e+1+c）=$\frac{e+1}{e}$（x-e），
令x=0可得，y=c；令y=0可得x=$\frac{-ec}{e+1}$，
由題意可得c=$\frac{-ec}{e+1}$，解得c=0，
即有f（x）=lnx+x；
（2）證明：函數(shù)f（x）為g（x）=$\frac{t}{x}$-1nx+x（t為實(shí)數(shù)）的一個(gè)“上界函數(shù)”，
即為lnx+x≥$\frac{t}{x}$-1nx+x恒成立，即為-t≤2xlnx恒成立，
令h（x）=2xlnx（x＞0），h′（x）=2（1+lnx），當(dāng)x＞$\frac{1}{e}$時(shí)，h′（x）＞0，h（x）遞增；
當(dāng)0＜x＜$\frac{1}{e}$時(shí)，h′（x）＜0，h（x）遞減．即有x=$\frac{1}{e}$處h（x）取得最小值-$\frac{2}{e}$，
則t≤-$\frac{2}{e}$，
由g（x）=$\frac{t}{x}$-1nx+x的導(dǎo)數(shù)為g′（x）=$\frac{t}{{x}^{2}}$-$\frac{1}{x}$+1=$\frac{{x}^{2}-x-t}{{x}^{2}}$，
令m（x）=x²-x-t，由t≤-$\frac{2}{e}$．可得△=1+4t≤1-$\frac{8}{e}$＜0，
即有m（x）＞0恒成立，則g′（x）＞0恒成立，
即有g(shù)（x）在（0，+∞）遞增，
故函數(shù)g（x）的圖象上一定不存在不同的兩點(diǎn)（x₁，g（x₁）），（x₂，g（x₂）），
使得g（x₁）=g（x₂）成立．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求切線方程和單調(diào)區(qū)間、極值和最值，考查不等式成立問題的解法，注意運(yùn)用參數(shù)分離和轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題，考查單調(diào)性的運(yùn)用，屬于中檔題．