Question

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，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，总有成立．

Answer

（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，）上单调减，在（，e）上单调增，从而可得函数的最小值，构建函数h（m）=g（）=--lnm，求导函数，确定函数的单调性，即可证得结论．
（1）【解析】
求导函数，可得f'（x）=a+
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）=x-
（i）【解析】
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＞或x＜-（舍去）
∴g（x）的单调递增区间是（，+∞）；
（ii）证明：当1＜m＜3，函数在（1，）上单调减，在（，e）上单调增
∴g（x）min=g（）=--lnm
∴g（）≤g（x）＜max{g（1），g（e）}
设h（m）=g（）=--lnm，∴h′（m）=-1-lnm
∵1＜m＜3，∴lnm＞0，∴h′（x）＜0
∴h（x）在（1，3）上单调递减
∴h（m）＞h（3）=--ln3
∴1＜m＜3，x∈（1，e）（其中e=2.71828…）时，g（x）＞--ln3
∵1＜m＜3，∴g（e）=-2m＜，g（1）=-＜
∴1＜m＜3，x∈（1，e）（其中e=2.71828…）时，g（x）＜
∴当1＜m＜3，x∈（1，e）（其中e=2.71828…）时，总有成立．