Question

已知函数f（x）=lnx．
（Ⅰ）若直线y=x+m与函数f（x）的图象相切，求实数m的值；
（Ⅱ）证明曲线y=f（x）与曲线y=x-

1

x

有唯一公共点；
（Ⅲ）设0＜a＜b，比较

f(b)-f(a)

b-a

与

2

a+b

的大小，并说明理由．

Answer 1

考点：利用导数求闭区间上函数的最值

专题：导数的综合应用

分析：（Ⅰ）设切点为（x₀，y₀），由k=f′（x₀）=1求解．
（Ⅱ）构造函数h(x)=f(x)-(x-

1

x

)=lnx-x+

1

x

，对其求导，讨论其单调性，结合着h（1）=0证明该命题．
（Ⅲ）欲比较

f(b)-f(a)

b-a

=

ln b a

b-a

与

2

a+b

的大小，注意到b-a＞0，也就是比较ln

b

a

与

2(b-a)

b+a

的大小，再进行作差变形，ln

b

a

-

2(b-a)

b+a

=ln

b

a

-

2( b a -1)

b a +1

，构造函数φ（x）=lnx-

2(x-1)

x+1

，（x＞1），求导研究其在（1，+∞）上的性质．

解答： 解：（Ⅰ）f′(x)=

1

x

，
设切点为（x₀，y₀），则k=

1

x0

=1，
∴x₀=1，y₀=lnx₀=0，
代入y=x+m．得m=-1．
（Ⅱ）令h(x)=f(x)-(x-

1

x

)=lnx-x+

1

x

，
则h′(x)=

1

x

-1-

1

x2

=

-x2+x-1

x2

=

-(x- 1 2 )2- 3 4

x2

＜0，
∴h（x）在（0，+∞）上单调递减．
又h（1）=ln1-1+1=0，∴x=1是函数h（x）唯一的零点，
故点（1，0）是两曲线唯一的公共点．
（Ⅲ）

f(b)-f(a)

b-a

=

lnb-lna

b-a

=

ln b a

b-a

，
要比较=

ln b a

b-a

与

2

a+b

的大小，
∵b-a＞0，∴只要比较ln

b

a

与

2(b-a)

b+a

的大小．
∵ln

b

a

-

2(b-a)

b+a

=ln

b

a

-

2( b a -1)

b a +1

，
构造函数φ（x）=lnx-

2(x-1)

x+1

，（x＞1）
则φ′（x）=

1

x

-

4

(x+1)2

=

(x-1)2

x(x+1)2

，
显然φ′（x）＞0，∴φ（x）在（1，+∞）上单调递增．
又当x=1时，φ（1）=0，∴当x＞1时，φ（x）＞0，
即lnx-

2(x-1)

x+1

＞0．
则有ln

b

a

-

2(b-a)

b+a

＞0，即

lnb-lna

b-a

＞

2

a+b

成立．
即得

f(b)-f(a)

b-a

＞

2

a+b

．

点评：本题属于中等偏难的题型，特别是第三问的处理，“转化”思想体现的尤为明显，对于差式ln

b

a

-

2(b-a)

b+a

=ln

b

a

-

2( b a -1)

b a +1

，其中的代数变换是构造合适函数的关键，使得问题迎刃而解．