Question

已知函數(shù)f（x）=lnx+

1

x

．
（1）求曲線(xiàn)y=f（x）在（2，f（2））處的切線(xiàn)方程；
（2）若g（x）=f（x）-

1

x

+ax²-2x有兩個(gè)不同的極值點(diǎn)．其極小值為M，試比較2M與-3的大小，并說(shuō)明理由；
（3）設(shè)q＞p＞2，求證：當(dāng)x∈（p，q）時(shí)，

f(x)-f(p)

x-p

＞

f(x)-f(p)

x-q

．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值,利用導(dǎo)數(shù)研究曲線(xiàn)上某點(diǎn)切線(xiàn)方程

專(zhuān)題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）求出f（x）在該點(diǎn)處的導(dǎo)數(shù)，即得切線(xiàn)的斜率，用點(diǎn)斜式寫(xiě)出切線(xiàn)的方程；
（2）利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)g（x）的極小值M，即可比較2M與-3的大��；
（3）用分析法證明x∈（p，q）時(shí)，

f(x)-f(p)

x-p

＞f′(x)成立，同理證得x∈（p，q）時(shí)，f′(x)＞

f(x)-f(q)

x-q

成立，即得所證結(jié)論．

解答： 解：（1）∵f（x）=lnx+

1

x

，
∴f′(x)=

1

x

-

1

x2

，∴f(2)=ln2+

1

2

，f′(2)=

1

4

；
∴所求的切線(xiàn)方程為y-(ln2+

1

2

)=

1

4

(x-2)，
即x-4y+4ln2=0；
（2）∵g（x）=ax²-2x+lnx，∴g′(x)=2ax-2+

1

x

=

2ax2-2x+1

x

(x＞0)；
又∵g（x）有兩個(gè)不同的極值點(diǎn)，
∴p（x）=2ax²-2x+1=0在（0，+∞）有兩個(gè)不同的根x₁，x₂（x₁＜x₂），
則△＞0且x₁+x₂＞0，x₁x₂＞0，解得0＜a＜

1

2

；
∴g（x）在（0，x₁）上遞增，（x₁，x₂）上遞減，（x₂，+∞）上遞增，
∴g（x）的極小值M=g(x2)=a

x

2 2

-2x2+lnx2；
又∵2a

x

2 2

-2x2+1=0且x2=

1+ 1-2a

2a

∈(1，+∞)，
∴M=M(x2)=x2-

1

2

-2x2+lnx2=lnx2-x2-

1

2

(x2＞1)，
則M′(x2)=

1-x2

x2

＜0，
∴M（x₂）在（1，+∞）遞減，
∴M(x2)＜M(1)=-

3

2

，故2M＜-3；

（3）先證明：當(dāng)x∈（p，q）時(shí)，

f(x)-f(p)

x-p

＞f′(x)；
即證：

lnx+ 1 x -lnp- 1 p

x-p

＞

x-1

x2

，
只需證：lnx+

p+2

x

-

p

x2

-lnp-

1

p

-1＞0；
事實(shí)上，設(shè)u(x)=lnx+

p+2

x

-

p

x2

-lnp-

1

p

-1(p＜x＜q)，
易得u′(x)=

(x-2)(x-p)

x3

＞0，
∴u（x）在（p，q）內(nèi)遞增，
∴u（x）＞u（p）=0，即原式成立； 
同理可證當(dāng)x∈（p，q）時(shí)，f′(x)＞

f(x)-f(q)

x-q

；
綜上，當(dāng)x∈（p，q）時(shí)，

f(x)-f(p)

x-p

＞

f(x)-f(q)

x-q

．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)曲線(xiàn)上某一點(diǎn)處的切線(xiàn)方程的問(wèn)題，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與極值的問(wèn)題，也考查了不等式的證明問(wèn)題，是綜合性問(wèn)題．