Question

10．已知函数f（x）=lnx-x
（1）求函数g（x）=f（x）-x-2的图象在x=1处的切线方程
（2）证明：$|{f（x）}|＞\frac{lnx}{x}+\frac{1}{2}$
（3）设m＞n＞0，比较$\frac{f（m）-f（n）}{m-n}+1$与$\frac{m}{{{m^2}+{n^2}}}$的大小，并说明理由．

Answer 1

分析 （1）求导数，确定切线斜率，切点坐标，即可求函数g（x）=f（x）-x-2的图象在x=1处的切线方程；
（2）确定f（x）_max=f（1）=ln1-1=-1，|f（x）|_min=1，设G（x）=$\frac{lnx}{x}+\frac{1}{2}$，则${G^'}（x）=\frac{1-lnx}{x^2}$，故G（x）在（0，e）上是增加的，在（e，+∞）上是减少的，故$G{（x）_{max}}=G（e）=\frac{1}{e}+\frac{1}{2}＜1$，G（x）_max＜|f（x）|_min，即可证明结论；
（3）$\frac{f（m）-f（n）}{m-n}+1=\frac{lnm-lnn-m+n}{m-n}+1=\frac{1}{n}×\frac{{ln\frac{m}{n}}}{{\frac{m}{n}-1}}$，$\frac{m}{{{m^2}+{n^2}}}=\frac{1}{n}×\frac{1}{{\frac{n}{m}+\frac{m}{n}}}$，m＞n＞0，可得$\frac{m}{n}-1＞0$，故只需比较ln$\frac{m}{n}$-$\frac{\frac{m}{n}-1}{\frac{n}{m}+\frac{m}{n}}$与O的大小．

解答 （1）解：因为g（x）=lnx-2（x+1）
所以$g'（x）=\frac{1-2x}{x}$，g'（1）=-1…（1分）
又因g（1）=-4，所以切点为（1，-4）…（2分）
故所求的切线方程为：y+4=-（x-1），即y+x+3=0…（3分）
（2）证明：因为$f'（x）=\frac{1-x}{x}$，所以f（x）在（0，1）上是增加的，在（1，+∞）上是减少的，
所以f（x）_max=f（1）=ln1-1=-1，|f（x）|_min=1…（4分）
设G（x）=$\frac{lnx}{x}+\frac{1}{2}$，则${G^'}（x）=\frac{1-lnx}{x^2}$，故G（x）在（0，e）上是增加的，在（e，+∞）上是减少的，
故$G{（x）_{max}}=G（e）=\frac{1}{e}+\frac{1}{2}＜1$，G（x）_max＜|f（x）|_min
所以$|{f（x）}|＞\frac{lnx}{x}+\frac{1}{2}$对任意x∈（0，+∞）恒成立…（7分）
（3）解：$\frac{f（m）-f（n）}{m-n}+1=\frac{lnm-lnn-m+n}{m-n}+1=\frac{1}{n}×\frac{{ln\frac{m}{n}}}{{\frac{m}{n}-1}}$，$\frac{m}{{{m^2}+{n^2}}}=\frac{1}{n}×\frac{1}{{\frac{n}{m}+\frac{m}{n}}}$
∵m＞n＞0，∴$\frac{m}{n}-1＞0$，故只需比较ln$\frac{m}{n}$-$\frac{\frac{m}{n}-1}{\frac{n}{m}+\frac{m}{n}}$与O的大小…（8分）
令$\frac{m}{n}$=t，设G（t）=lnt-$\frac{t-1}{\frac{1}{t}+t}$…（9分）
因为t＞1，所以G'（t）＞0，所以函数G（t）在（1，+∞）上是增加的，
故G（t）＞G（1）=0…（10分）
所以 G（t）＞0对任意t＞1恒成立…（11分）
即$ln\frac{m}{n}＞\frac{{\frac{m}{n}-1}}{{\frac{n}{m}+\frac{m}{n}}}$，从而有$\frac{f（m）-f（n）}{m-n}+1$＞$\frac{m}{{{m^2}+{n^2}}}$…（12分）

点评 本题考查导数知识的综合运用，考查函数的单调性，考查导数的几何意义，属于中档题．