Question

17．已知函数f（x）=lnx+bx+c在点（e，f（e））处的切线斜率为$\frac{e+1}{e}$，且切线在x，y轴上的截距相等．
（1）求f（x）的表达式；
（2）若f（x）满足f（x）≥g（x）恒成立，则称f（x）是g（x）的一个“上界函数”，如果函数f（x）为g（x）=$\frac{t}{x}$-1nx+x（t为实数）的一个“上界函数”，求证：函数g（x）的图象上一定不存在不同的两点（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）的导数，求得切线的斜率和切点，可得切线的方程，求出两截距，由相等解得b=1，c=0，进而得到f（x）的解析式；
（2）由题意可得，lnx+x≥$\frac{t}{x}$-1nx+x恒成立，即为-t≤2xlnx恒成立，令h（x）=2xlnx（x＞0），求出导数和单调区间、极值和最值，可得t的范围，再求g（x）的导数，判断单调性，即可得证．

解答 解：（1）f（x）=lnx+bx+c导数为f′（x）=$\frac{1}{x}$+b，
由题意可得f′（e）=b+$\frac{1}{e}$=$\frac{e+1}{e}$，解得b=1，
即有f（e）=e+1+c，点（e，f（e））处的切线方程为y-（e+1+c）=$\frac{e+1}{e}$（x-e），
令x=0可得，y=c；令y=0可得x=$\frac{-ec}{e+1}$，
由题意可得c=$\frac{-ec}{e+1}$，解得c=0，
即有f（x）=lnx+x；
（2）证明：函数f（x）为g（x）=$\frac{t}{x}$-1nx+x（t为实数）的一个“上界函数”，
即为lnx+x≥$\frac{t}{x}$-1nx+x恒成立，即为-t≤2xlnx恒成立，
令h（x）=2xlnx（x＞0），h′（x）=2（1+lnx），当x＞$\frac{1}{e}$时，h′（x）＞0，h（x）递增；
当0＜x＜$\frac{1}{e}$时，h′（x）＜0，h（x）递减．即有x=$\frac{1}{e}$处h（x）取得最小值-$\frac{2}{e}$，
则t≤-$\frac{2}{e}$，
由g（x）=$\frac{t}{x}$-1nx+x的导数为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，则g′（x）＞0恒成立，
即有g（x）在（0，+∞）递增，
故函数g（x）的图象上一定不存在不同的两点（x₁，g（x₁）），（x₂，g（x₂）），
使得g（x₁）=g（x₂）成立．

点评 本题考查导数的运用：求切线方程和单调区间、极值和最值，考查不等式成立问题的解法，注意运用参数分离和转化为求函数的最值问题，考查单调性的运用，属于中档题．