Question

已知函数f（x）=ln（ax+b）的图象在x=1处的切线方程为y=x-+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）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．
【解析】
（1）f′（x）=，由已知条件得，
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=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，
ef（t-1）=elnt=t，同理ef（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＞，
构造函数h（x）=（x＞0），
则h′（x）=，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＞成立，结论得证．