Question

已知函数f（x）=alnx+bx（x＞0），g（x）=x•e^x-1（x＞0），且函数f（x）在点P（1，f（1））处的切线方程为y=2x-1．
（Ⅰ）求函数f（x）的解析式；
（Ⅱ）设点Q（x，f（x）），当x＞1时，直线PQ的斜率恒小于m，试求实数m的取值范围；
（Ⅲ）证明：g（x）≥f（x）．

Answer

（Ⅰ）由函数f（x）在点P（1，f（1））处的切线方程为y=2x-1，得f（1）=1，f′（1）=2，解出即可；
（Ⅱ）∴“当x＞1时，直线PQ的斜率恒小于m”⇔当x＞1时，＜m恒成立⇔lnx+（1-m）（x-1）＜0对x∈（1，+∞）恒成立．令h（x）=lnx+（1-m）（x-1），
（x＞1），则问题等价于h（x）的最大值小于m，求出导数h′（x），然后分m≤1、1＜m＜2、m≥2三种情况进行讨论可得；
（Ⅲ）令h（x）=g（x）-f（x）=x•ex-lnx-x-1（x＞0），则问题转化为证明h（x）≥0，求导得h′（x）=，由g′（x）可判断存在唯一的c∈（0，1）使得g（c）=0，且当x∈（0，c）时，g（x）＜0；当x∈（c，+∞）时，g（x）＞0，从而得h（x）在（0，c）上递减，在（c，+∞）上递增，故有h（x）≥h（c），再g（c）=0可得结论；
【解析】
（Ⅰ）f（x）=alnx+bx（x＞0），∴f′（x）=．
∵函数f（x）在点P（1，f（1））处的切线方程为y=2x-1，
∴，即，解得a=b=1，
∴f（x）=lnx+x（x＞0）．
（Ⅱ）由P（1，1）、Q（x，lnx+x），得，
∴“当x＞1时，直线PQ的斜率恒小于m”⇔当x＞1时，＜m恒成立⇔lnx+（1-m）（x-1）＜0对x∈（1，+∞）恒成立．
令h（x）=lnx+（1-m）（x-1），（x＞1），则h′（x）==，
（ⅰ）当m≤1时，由x＞1，知h′（x）＞0恒成立，
∴h（x）在（1，+∞）上单调递增，
∴h（x）＞h（1）=0，不满足题意的要求．
（ⅱ）当1＜m＜2时，1-m＜0，，
h′（x）==，
∴当x∈（1，），h′（x）＞0；当x∈（，+∞），h′（x）＜0，即h（x）在（1，）上单调递增；在（，+∞）上单调递减．
所以存在t∈（1，+∞）使得h（t）＞h（1）=0，不满足题意要求．
（ⅲ）当m≥2时，0＜1，对于x＞1，h′（x）＜0恒成立，
∴h（x）在（1，+∞）上单调递减，恒有h（x）＜h（1）=0，满足题意要求．
 综上所述：当m≥2时，直线PQ的斜率恒小于m．
（Ⅲ）证明：令h（x）=g（x）-f（x）=x•ex-lnx-x-1（x＞0），
则h′（x）=（x+1）•ex--1==，
∵g′（x）=（x+1）•ex＞0（x＞0），∴函数g（x）在（0，+∞）上递增，g（x）在（0，+∞）上的零点最多一个．
又∵g（0）=-1＜0，g（1）=e-1＞0，
∴存在唯一的c∈（0，1）使得g（c）=0，且当x∈（0，c）时，g（x）＜0；当x∈（c，+∞）时，g（x）＞0，即当x∈（0，c）时，h′（x）＜0；当x∈（c，+∞）时，h′（x）＞0．
∴h（x）在（0，c）上递减，在（c，+∞）上递增，
从而h（x）≥h（c）=cec-lnc-c-1．
由g（c）=0得c•ec-1=0且lnc+c=0，∴h（c）=0，
∴h（x）≥h（c）=0，
从而证得g（x）≥f（x）．