Question

1．已知函数f（x）=ln$\frac{x}{a}$，曲线y=f（x）在（1，f（1））处的切线方程为x-y-1=0．
（1）求实数a的值；
（2）设h（x）=f（x）-ex（e为自然对数的底数），h'（x）表示h（x）的导函数，求证：对于h（x）的图象上不同两点 A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），x₁＜x₂，存在唯一的x₀∈（x₁，x₂），使直线AB的斜率等于h'（x₀）．

Answer 1

分析 （1）由题意，可得f（1）=0，即可求得a的大小；
（2）要证存在唯一的x₀∈（x₁，x₂），使直线AB的斜率等于f′（x₀），只需证明存在点Q（x₀，f（x₀）），x₁＜x₀＜x₂，使得f′（x₀）=k${\;}_{{x}_{1}{x}_{2}}$．由f′（x）=$\frac{1}{x}$-a，即证存在x₀∈（x₁，x₂），使得 $\frac{1}{{x}_{0}}$-a=$\frac{ln{x}_{2}-a{x}_{2}-ln{x}_{1}+a{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$，即x₀lnx₂-x₀lnx₁+x₁-x₂=0成立，即方程xlnx₂-xlnx₁+x₁-x₂=0在（x₁，x₂）内有解．设F（x）=xlnx₂-xlnx₁+x₁-x₂，0＜x＜x₂．由零点存在定理和函数的单调性，即可得证．

解答 （1））解：由题意，f（1）=0，得，$ln\frac{1}{a}$=0，所以a=1，…（2分）
（2）证明：h（x）=lnx-ex．∵h'（x₀）=k _AB，∴$\frac{1}{x_0}-e=\frac{{ln{x_2}-ln{x_1}-e（{{x_2}-{x_1}}）}}{{{x_2}-{x_1}}}$，
∴$\frac{{{x_2}-{x_1}}}{x_0}-ln\frac{x_2}{x_1}=0$，即${x_0}ln\frac{x_2}{x_1}-（{{x_2}-{x_1}}）=0$，…（6分）
设$φ（x）=xln\frac{x_2}{x_1}-（{{x_2}-{x_1}}）$，则φ（x）是关于x的一次函数，
故要在区间（x₁，x₂）证明存在唯一性，只需证明φ（x）在（x₁，x₂）上满足φ（x₁）•φ（x₂）＜0．
下面证明之：$φ（{x_1}）={x_1}ln\frac{x_2}{x_1}-（{{x_2}-{x_1}}）$，$φ（{x_2}）={x_2}ln\frac{x_2}{x_1}-（{{x_2}-{x_1}}）$，
为了判断φ（x₁），φ（x₂）的符号，可以分别将x₁，x₂看作自变量得到两个新函数φ（x₁），φ（x₂），
讨论他们的最值：$φ（{x_1}）={x_1}ln\frac{x_2}{x_1}-（{{x_2}-{x_1}}）$，将x₁看作自变量求导得$φ'（{x_1}）=ln\frac{x_2}{x_1}＞0$，
∴φ（x₁）是x₁的增函数，∵x₁＜x₂，∴$φ（{x_1}）＜φ（{x_2}）={x_2}ln\frac{x_2}{x_2}-（{{x_2}-{x_2}}）=0$；
同理：$φ（{x_2}）={x_2}ln\frac{x_2}{x_1}-（{{x_2}-{x_1}}）$，将x₂看作自变量求导得$φ'（{x_2}）=ln\frac{x_2}{x_1}＞0$，
∴φ（x₂）是x₂的增函数，∵x₁＜x₂，∴$φ（{x_2}）＜φ（{x_1}）={x_1}ln\frac{x_1}{x_1}-（{{x_1}-{x_1}}）=0$；
∴φ（x₁）•φ（x₂）＜0，∴函数$φ（x）=xln\frac{x_2}{x_1}-（{{x_2}-{x_1}}）$在（x₁，x₂）内有零点x₀…（10分）
又$\frac{x_2}{x_1}＞1$，∴$ln\frac{x_2}{x_1}＞0$，函数$φ（x）=xln\frac{x_2}{x_1}-（{{x_2}-{x_1}}）$在（x₁，x₂）是增函数，
∴函数$φ（x）=xln\frac{x_2}{x_1}-（{{x_2}-{x_1}}）$在（x₁，x₂）内有唯一零点x₀，从而命题成立．…（12分）

点评 本题考查导数的综合运用：导数的几何意义，同时考查函数的零点存在定理和函数方程的思想，运用构造函数和单调性是解题的关键．