Question

已知函数f（x）=ln（ax+b）的图象在x=1处的切线方程为y=

1

2

x-

1

2

+ln2．
（1）证明：方程f（x）-x=0有且只有一个实根；
（2）若s，t∈（0，+∞），且s＜t时，试证明：（1+s）^ef（t-1）＞（1+t）^ef（s-1）．

Answer 1

分析：（1）利用已知条件，容易求出a，b的值，即求出f（x），构造新函数g（x）=ln（x+1）-x，令g′（x）=0，得x=0，判断g（x）在（-1，0），（0，+∞）上的单调性，即可证明g（x）只有一个实根x=0．
（2）从所要证明的不等式看，构造新的函数f（t-1）=lnt，即需要证明（1+s）^t＞（1+t）^s，利用不等式的分析法证明，其中离不开利用导数求解函数单调的方法步骤．

解答：解：（1）f′（x）=

a

ax+b

，由已知条件得

f′(1)= a a+b = 1 2 f(1)=ln(a+b)=ln2

，
解得a=b=1，即f（x）=ln（x+1），
∴f（x）-x=ln（x+1）-x=0．
设g（x）=ln（x+1）-x，
则由g′（x）=

1

x+1

-1=0得x=0，
且当x∈（-1，0）时，g′（x）＞0，
故g（x）在（-1，0）上单调递增；
当x∈（0，+∞）时，g′（x）＜0，
故g（x）在（0，+∞）上单调递减，
∴g（x）_max=g（0）=0，即g（x）≤0，
当且仅当x=0时有g（x）=0．
故方程f（x）-x=0有且只有一个实根x=0．
（2）由（1）知f（t-1）=ln（1+t-1）=lnt，
e^f（t-1）=e^lnt=t，同理e^f（s-1）=s．
∴所证不等式即（1+s）^t＞（1+t）^s，
由0＜s＜t，将不等式两边取对数，得tln（1+s）＞sln（1+t），
即证

ln(1+s)

s

＞

ln(1+t)

t

，
构造函数h（x）=

ln(1+x)

x

（x＞0），
则h′（x）=

x-(1+x)ln(1+x)

(1+x)•x2

，显然（1+x）x²＞0，
设I（x）=x-（1+x）ln（x+1），
则当x＞0时，有I′（x）=-ln（x+1）＜0，
故I（x）在[0，+∞）上为减函数，
∴当x＞0时，I（x）＜I（x）=0，
从而h′（x）＜0，∴h（x）在（0，+∞）上为单调递减函数，
∵0＜s＜t，∴h（s）＞h（t），即

ln(1+s)

s

＞

ln(1+t)

t

成立，结论得证．

点评：本题考查利用导数研究函数的单调性，并构造新的函数，反复利用求解函数单调的方法步骤，是函数的重点和难点．值得我们在学习中加以重视．