Question

15．已知函数f（x）=log_ax+b，f（x）恒过点（1，1），且f（e）=2．
（1）求f（x）的解析式；
（2）若f（x）≤kx对?x＞0都成立，求实数k的取值范围；
（3）当x₂＞x₁＞1时，证明：x₂（x₁-1）lnx₂＞x₁（x₂-1）lnx₁．

Answer 1

分析 （1）求出b的值，根据f（e）=2，求出a的值，从而求出f（x）的解析式即可；
（2）问题转化为$\frac{lnx+1}{x}$≤k，设g（x）=$\frac{lnx+1}{x}$，根据函数的单调性求出g（x）的最大值，从而求出k的范围即可；
（3）设h（x）=$\frac{xlnx}{x-1}$，求出函数的单调性，由（2）得，当k=1时，x≥lnx+1，判断出h（x）的单调性，从而证出结论．

解答 解：（1）由题意得f（x）恒过点（1，1），∴b=1，
又∵f（e）=2=log_ae=1，∴a=e，
∴f（x）=lnx+1．
（2）f（x）≤kx，即lnx+1≤kx，即$\frac{lnx+1}{x}$≤k，
设g（x）=$\frac{lnx+1}{x}$，g′（x）=-$\frac{lnx}{{x}^{2}}$，令g′（x）＞0，得0＜x＜1，
∴g（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
g（x）_max=g（1）=1，
∴k≥1．
（3）设h（x）=$\frac{xlnx}{x-1}$，则h′（x）=$\frac{x-1-lnx}{{（x-1）}^{2}}$，
由（2）得，当k=1时，x≥lnx+1，
所以h′（x）=$\frac{x-1-lnx}{{（x-1）}^{2}}$＞0，
∴h（x）在（0，+∞）上单调递增，
又∵x₂＞x₁＞1，∴h（x₂）＞h（x₁），
即$\frac{{x}_{2}l{nx}_{2}}{{x}_{2}-1}$＞$\frac{{x}_{1}l{nx}_{1}}{{x}_{1}-1}$，
即x₂（x₁-1）lnx₂＞x₁（x₂-1）lnx₁，得证．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，是一道中档题．