Question

9．已知函數(shù)f（x）=log_a（x+b），g（x）=kx（k∈R且k≠0），若y=f（x）在點（1，f（1））處的切線方程為x-y-1=0．
（Ⅰ）求a，b的值；
（Ⅱ）若函數(shù)y=f（x）與y=g（x）的圖象無公共點，試求實數(shù)k的取值范圍；
（Ⅲ）若存在兩個實數(shù)x₁、x₂且x₁≠x₂，滿足f（x₁）=g（x₁），f（x₂）=g（x₂），求證：x₁x₂＞e²．

Answer 1

分析 （1）由題意結(jié)合導函數(shù)研究原函數(shù)的切線，得到關(guān)于實數(shù)a，b的方程，解方程即可求得最終結(jié)果；
（2）構(gòu)造新函數(shù)，然后求導對參數(shù)分類討論即可；
（3）利用分析法，結(jié)合（2）中的結(jié)論和函數(shù)的單調(diào)性即可證得題中的結(jié)論．

解答 解：（1）由題意可得f（1）=0，即：log_a（1+b）=0，解得：b=0，
又 $f'（x）=\frac{1}{xlna}$，則：$f'（1）=\frac{1}{lna}=1$，∴a=e．
（2）由（1）可知：f（x）=lnx，令h（x）=f（x）-g（x）=lnx-kx，x∈（0，+∞），
原問題等價于h（x）無零點，求實數(shù)a的范圍．
求導可得：$h'（x）=\frac{1}{x}-k=\frac{1-kx}{x}$，當k＜0時，
h'（x）＞0，h（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增，而 h（1）=-k＞0，h（e^k）=k-ke^k＜0，
則h（x）在（0，+∞）上存在唯一零點，不合題意；
當k=0時，h（x）=lnx有唯一的零點x=1；
當k＞0時，$h'（x）＞0，0＜x＜\frac{1}{k}；h'（x）＞0，x＞\frac{1}{k}$，
則$h{（x）}_{max}=h（\frac{1}{k}）=ln\frac{1}{k}-1$，令$ln\frac{1}{k}-1＜0$ 可得$k＞\frac{1}{e}$，
則y=f（x）與y=g（x）無零點時，$k∈（\frac{1}{e}，+∞）$．
（3）原問題等價于函數(shù)h（x）有相異零點x₁，x₂，求證x₁x₂＞e²．
設(shè)x₁＞x₂＞0，則lnx₁-kx₁=0，lnx₂-kx₂=0，
則：$ln{x}_{1}+ln{x}_{2}=k（{x}_{1}+{x}_{2}），{x}_{1}{x}_{2}={e}^{k（{x}_{1}+{x}_{2}）}$，
原問題 ${x}_{1}{x}_{2}＞{e}^{2}?k（{x}_{1}+{x}_{2}）＞2$，
由（2）可知：$k∈（\frac{1}{e}，+∞）$ 只需證明$k＞\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，
又 lnx₁-lnx₂=k（x₁-x₂），
只需證明$\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}＞\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}?ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}＞\frac{2（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}=2\frac{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1}$，
令 $\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}=t$，只需證明 $lnt＞\frac{2（t-1）}{t+1}$在t＞1時恒成立，
則原命題得證．

點評 本題考查導函數(shù)研究原函數(shù)的單調(diào)性，導函數(shù)研究不等式，導函數(shù)研究原函數(shù)的切線方程，分類討論的思想等，重點考查學生對基礎(chǔ)概念的理解和計算能力，難度較大．