已知函数f（x）=ax-lnx，g（x）=[b/x]+clnx，（a，b，c均为非零常数）．

解题思路：（1）设切点坐标为（x₀，y₀），由f′(x)＝a−

1

x

，解得f′(x)＝1−

1

x

＝

x−1

x

，x＞0，再由g（x）在点（1g（x））处取得极值1，能求出a，b，c．
（2）由（1）知g(x)＝

1

x

+lnx，x＞0，g′(x)＝

x−1

x2

．令g′（x）=0，得x=1，由此能够证明1−

1

x

≤lnx≤x−1．
（3）由a+b＝0，c＝1得h(x)＝g(x)−f(x)＝2lnx−

a

x

−ax，x＞0，故h′(x)＝

2

x

+

a

x2

−a＝

−ax2+2x+a

x2

．由函数h（x）在[1，e]上单调递增，知h′（x）≥0在[1，e]上恒成立，即-ax²+2x+a≥0在[1，e]上恒成立，由此能求出实数m的取值范围．

（1）设切点坐标为（x₀，y₀），
∵f′(x)＝a−
1
x，∴

a−
1
x0＝0
y0＝1
y0＝ax0−lnx0，
解得x₀=1，a=1，则f（x）=x-lnx，x＞0，
∴f′(x)＝1−
1
x＝
x−1
x，x＞0，
令f′（x）=0，得x=1，
由f′（x）＞0，得x＞1，
由f′（x）＜0，得0＜x＜1，
∴f（x）≥[f（x）]_min=f（1）=1，
即lnx≤x-1．
∵g（x）在点（lg（x））处取得极值1，且g′(x)＝−
b
x2+
c
x，
∴

g′(1)＝0
g′(1)＝1得b=1，c=1，
所以a=1，b=1，c=1．
（2）由（1）知g(x)＝
1
x+lnx，x＞0，g′(x)＝
x−1
x2．
令g′（x）=0，得x=1，
当x＞1时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
当0＜x＜1时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，
故g（x）≥g（x）_min=g（1）=1
即lnx≥1−
1
x．
综上：1−
1
x≤lnx≤x−1．
（3）由a+b=0，c=1得h（x）=g（x）-

点评：
本题考点： 利用导数研究曲线上某点切线方程；利用导数研究函数的单调性．

考点点评： 本题考查函数的导数的性质的合理运用，考查不等式的证明，考查实数的取值范围的求法．解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化．