Question

（2012•宁德模拟）已知曲线f（x）=ax+blnx-1在点（1，f（1））处的切线为直线y=0．
（1）求实数a，b的值；
（2）设函数g(x)=

x2

2

-mx+mf(x)，其中m为常数．
（i）求g（x）的单调递增区间；
（ii）求证：当1＜m＜3，x∈（1，e）（其中e=2.71828…）时，总有-

3

2

(1+ln3)＜g(x)＜

e2

2

-2成立．

Answer 1

分析：（1）求导函数，利用切线的斜率为0，可得f'（1）=0，又f（1）=0，即可求实数a，b的值；
（2）（i）求导函数，当m≤0时，g′（x）＞0；当m＞0时，由g′（x）＞0，可得g（x）的单调递增区间；
（ii）当1＜m＜3，函数在（1，

m

）上单调减，在（

m

，e）上单调增，从而可得函数的最小值，构建函数h（m）=g（

m

）=-

m

2

-

m

2

lnm，求导函数，确定函数的单调性，即可证得结论．

解答：（1）解：求导函数，可得f'（x）=a+

b

x

由已知得切线的斜率为0，从而f'（1）=0，所以a+b=0
又f（1）=a-1=0，所以a=1，b=-1．
（2）g(x)=

x2

2

-mx+mf(x)=

x2

2

-mlnx-m，∴g′（x）=x-

m

x

（i）解：当m≤0时，∵x＞0，∴g′（x）＞0，∴g（x）的单调递增区间是（0，+∞）；
当m＞0时，由g′（x）＞0，得x＞

m

或x＜-

m

（舍去）
∴g（x）的单调递增区间是（

m

，+∞）；
（ii）证明：当1＜m＜3，函数在（1，

m

）上单调减，在（

m

，e）上单调增
∴g（x）_min=g（

m

）=-

m

2

-

m

2

lnm
∴g（

m

）≤g（x）＜max{g（1），g（e）}
设h（m）=g（

m

）=-

m

2

-

m

2

lnm，∴h′（m）=-1-

1

2

lnm
∵1＜m＜3，∴lnm＞0，∴h′（x）＜0
∴h（x）在（1，3）上单调递减
∴h（m）＞h（3）=-

3

2

-

3

2

ln3
∴1＜m＜3，x∈（1，e）（其中e=2.71828…）时，g（x）＞-

3

2

-

3

2

ln3
∵1＜m＜3，∴g（e）=

e2

2

-2m＜

e2

2

-2，g（1）=-

1

2

＜

e2

2

-2
∴1＜m＜3，x∈（1，e）（其中e=2.71828…）时，g（x）＜

e2

2

-2
∴当1＜m＜3，x∈（1，e）（其中e=2.71828…）时，总有-

3

2

(1+ln3)＜g(x)＜

e2

2

-2成立．

点评：本题考查导数知识的运用，考查导数的几何意义，考查函数的单调性，考查不等式的证明，正确求导，构建函数是关键．