Question

已知函数f（x）=lnx+

1

x

．
（1）求曲线y=f（x）在（2，f（2））处的切线方程；
（2）若g（x）=f（x）-

1

x

+ax²-2x有两个不同的极值点．其极小值为M，试比较2M与-3的大小，并说明理由；
（3）设q＞p＞2，求证：当x∈（p，q）时，

f(x)-f(p)

x-p

＞

f(x)-f(p)

x-q

．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的极值,利用导数研究曲线上某点切线方程

专题：导数的综合应用

分析：（1）求出f（x）在该点处的导数，即得切线的斜率，用点斜式写出切线的方程；
（2）利用导数求出函数g（x）的极小值M，即可比较2M与-3的大小；
（3）用分析法证明x∈（p，q）时，

f(x)-f(p)

x-p

＞f′(x)成立，同理证得x∈（p，q）时，f′(x)＞

f(x)-f(q)

x-q

成立，即得所证结论．

解答： 解：（1）∵f（x）=lnx+

1

x

，
∴f′(x)=

1

x

-

1

x2

，∴f(2)=ln2+

1

2

，f′(2)=

1

4

；
∴所求的切线方程为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）有两个不同的极值点，
∴p（x）=2ax²-2x+1=0在（0，+∞）有两个不同的根x₁，x₂（x₁＜x₂），
则△＞0且x₁+x₂＞0，x₁x₂＞0，解得0＜a＜

1

2

；
∴g（x）在（0，x₁）上递增，（x₁，x₂）上递减，（x₂，+∞）上递增，
∴g（x）的极小值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)，
则M′(x2)=

1-x2

x2

＜0，
∴M（x₂）在（1，+∞）递减，
∴M(x2)＜M(1)=-

3

2

，故2M＜-3；

（3）先证明：当x∈（p，q）时，

f(x)-f(p)

x-p

＞f′(x)；
即证：

lnx+ 1 x -lnp- 1 p

x-p

＞

x-1

x2

，
只需证：lnx+

p+2

x

-

p

x2

-lnp-

1

p

-1＞0；
事实上，设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）内递增，
∴u（x）＞u（p）=0，即原式成立； 
同理可证当x∈（p，q）时，f′(x)＞

f(x)-f(q)

x-q

；
综上，当x∈（p，q）时，

f(x)-f(p)

x-p

＞

f(x)-f(q)

x-q

．

点评：本题考查了利用导数求函数曲线上某一点处的切线方程的问题，利用导数研究函数的单调性与极值的问题，也考查了不等式的证明问题，是综合性问题．