Question

9．已知函数f（x）=log_a（x+b），g（x）=kx（k∈R且k≠0），若y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为x-y-1=0．
（Ⅰ）求a，b的值；
（Ⅱ）若函数y=f（x）与y=g（x）的图象无公共点，试求实数k的取值范围；
（Ⅲ）若存在两个实数x₁、x₂且x₁≠x₂，满足f（x₁）=g（x₁），f（x₂）=g（x₂），求证：x₁x₂＞e²．

Answer 1

分析 （1）由题意结合导函数研究原函数的切线，得到关于实数a，b的方程，解方程即可求得最终结果；
（2）构造新函数，然后求导对参数分类讨论即可；
（3）利用分析法，结合（2）中的结论和函数的单调性即可证得题中的结论．

解答 解：（1）由题意可得f（1）=0，即：log_a（1+b）=0，解得：b=0，
又 $f'（x）=\frac{1}{xlna}$，则：$f'（1）=\frac{1}{lna}=1$，∴a=e．
（2）由（1）可知：f（x）=lnx，令h（x）=f（x）-g（x）=lnx-kx，x∈（0，+∞），
原问题等价于h（x）无零点，求实数a的范围．
求导可得：$h'（x）=\frac{1}{x}-k=\frac{1-kx}{x}$，当k＜0时，
h'（x）＞0，h（x）在（0，+∞）单调递增，而 h（1）=-k＞0，h（e^k）=k-ke^k＜0，
则h（x）在（0，+∞）上存在唯一零点，不合题意；
当k=0时，h（x）=lnx有唯一的零点x=1；
当k＞0时，$h'（x）＞0，0＜x＜\frac{1}{k}；h'（x）＞0，x＞\frac{1}{k}$，
则$h{（x）}_{max}=h（\frac{1}{k}）=ln\frac{1}{k}-1$，令$ln\frac{1}{k}-1＜0$ 可得$k＞\frac{1}{e}$，
则y=f（x）与y=g（x）无零点时，$k∈（\frac{1}{e}，+∞）$．
（3）原问题等价于函数h（x）有相异零点x₁，x₂，求证x₁x₂＞e²．
设x₁＞x₂＞0，则lnx₁-kx₁=0，lnx₂-kx₂=0，
则：$ln{x}_{1}+ln{x}_{2}=k（{x}_{1}+{x}_{2}），{x}_{1}{x}_{2}={e}^{k（{x}_{1}+{x}_{2}）}$，
原问题 ${x}_{1}{x}_{2}＞{e}^{2}?k（{x}_{1}+{x}_{2}）＞2$，
由（2）可知：$k∈（\frac{1}{e}，+∞）$ 只需证明$k＞\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，
又 lnx₁-lnx₂=k（x₁-x₂），
只需证明$\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}＞\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}?ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}＞\frac{2（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}=2\frac{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1}$，
令 $\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}=t$，只需证明 $lnt＞\frac{2（t-1）}{t+1}$在t＞1时恒成立，
则原命题得证．

点评 本题考查导函数研究原函数的单调性，导函数研究不等式，导函数研究原函数的切线方程，分类讨论的思想等，重点考查学生对基础概念的理解和计算能力，难度较大．