Question

6．已知直线x-y-1=0为函数f（x）=log_ax+b在点（1，f（1））处的一条切线．
（1）求a，b的值；
（2）若函数y=f（x）的图象C₁与函数g（x）=mx+$\frac{n}{x}$（n＞0）的图象C₂交于P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）两点，其中x₁＜x₂，过PQ的中点R作x轴的垂线分别交C₁，C₂于点M、N，设C₁在点M处的切线的斜率为k₁，C₂在点N处的切线的斜率为k₂，求证：k₁＜k₂．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的导数，可得切线的斜率和切点，由已知切线的方程，即可得到a，b的值；
（2）求出PQ的中点坐标，分别求出f（x），g（x）的导数，可得斜率k₁，k₂，化简整理，法一：令r（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{1+t}$，t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞1，求出r（t）的导数，判断单调性，即可得证；法二：令m（t）=（t+1）lnt-2（t-1），t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞1，求出m（t）的导数，判断单调性，可得证明．

解答 解：（1）直线x-y-1=0的斜率为1，且过（1，0）点，
又函数f（x）=log_ax+b的导数为f′（x）=$\frac{1}{xlna}$，
检验$\frac{1}{lna}$=1，log_a1+b=0，
解得a=e，b=0；                                
（2）证明：PQ的中点为（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$，$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{2}$），f（x）=lnx，f′（x）=$\frac{1}{x}$，
可得k₁=$\frac{1}{\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}$=$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，
g（x）=mx+$\frac{n}{x}$的导数为g′（x）=m-$\frac{n}{{x}^{2}}$，
即有k₂=m-$\frac{n}{（\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}）^{2}}$，
由x₁＞x₂＞0，可得（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）²＞x₁x₂，
即有k₂＞m-$\frac{n}{{x}_{1}{x}_{2}}$，
则（x₂-x₁）k₂＞m（x₂-x₁）-$\frac{n（{x}_{2}-{x}_{1}）}{{x}_{1}{x}_{2}}$
=mx₂+$\frac{n}{{x}_{2}}$-（mx₁+$\frac{n}{{x}_{1}}$）=y₂-y₁=lnx₂-lnx₁=ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，
又（x₂-x₁）k₁=$\frac{2（{x}_{2}-{x}_{1}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$=$\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{1+\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}$，
法一：令r（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{1+t}$，t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞1，则r′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{4}{（t+1）^{2}}$=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}$，
因为t＞1时，r′（t）＞0，所以r（t）在[1，+∞）上单调递增，
故r（t）＞r（1）=0，则k₂＞k₁．
法二：令m（t）=（t+1）lnt-2（t-1），t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞1，则m′（t）=lnt+$\frac{1}{t}$-1，
因为（lnt+$\frac{1}{t}$）′=$\frac{1}{t}$-$\frac{1}{{t}^{2}}$=$\frac{t-1}{{t}^{2}}$，所以t＞1时，（lnt+$\frac{1}{t}$）′＞0，
故lnt+$\frac{1}{t}$在[1，+∞）上单调递增，从而lnt+$\frac{1}{t}$-1＞0，即r′（t），
于是m（t）在[1，+∞）上单调递增，故m（t）＞m（1）=0，
即（t+1）lnt＞2（t-1），即lnt＞$\frac{2（t-1）}{1+t}$，
则k₂＞k₁．

点评 本题考查导数的运用：求切线的斜率和求单调区间，考查不等式的证明，注意运用导数的几何意义和斜率公式，以及构造函数求出导数，判断单调性，考查化简整理的运算能力，属于中档题．