Question

19．已知函數(shù)f（x）=（a+$\frac{1}{a}$）lnx+$\frac{1}{x}$-x（a＞0）．
（1）求f（x）的極值點(diǎn)；
（2）若曲線 y=f（x）上總存在不同兩點(diǎn)P（x₁，f（x₁）），Q（x₂，f（x₂）），使得曲線y=f（x）在P，Q兩點(diǎn)處的切線互相平行，證明：x₁+x₂＞2．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，討論a＞1，a=1，0＜a＜1時(shí)，函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間，即可得到所求極值點(diǎn)；
（2）由題知：f′（x₁）=f′（x₂），化簡(jiǎn)整理，可得a+$\frac{1}{a}$=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$，運(yùn)用基本不等式可得x₁+x₂＞$\frac{4}{a+\frac{1}{a}}$，求得右邊的最小值，即可得證．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）=（a+$\frac{1}{a}$）lnx+$\frac{1}{x}$-x（a＞0）的定義域?yàn)椋?，+∞），
f′（x）=（a+$\frac{1}{a}$）•$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$-1=-$\frac{（x-\frac{1}{a}）（x-a）}{{x}^{2}}$（a＞0），
當(dāng)a＞1時(shí)，f（x）在（0，$\frac{1}{a}$）上單調(diào)遞減，（$\frac{1}{a}$，a）上單調(diào)遞增，（a，+∞）上單調(diào)遞減，
∴x=$\frac{1}{a}$是f（x）的極小值點(diǎn)，x=a是f（x）的極大值點(diǎn)，
當(dāng)a=1時(shí)，f′（x）=-$\frac{（x-1）^{2}}{{x}^{2}}$≤0，f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，無極值點(diǎn)；
當(dāng)0＜a＜1時(shí)，f（x）在（0，a）上單調(diào)遞減，（a，$\frac{1}{a}$）上單調(diào)遞增，（$\frac{1}{a}$，+∞）上單調(diào)遞減，
∴x=a是f（x）的極小值點(diǎn)，x=$\frac{1}{a}$是f（x）的極大值點(diǎn)；
（2）證明：由題知：f′（x₁）=f′（x₂），
即：（a+$\frac{1}{a}$）•$\frac{1}{{x}_{1}}$-$\frac{1}{{{x}_{1}}^{2}}$-1=（a+$\frac{1}{a}$）•$\frac{1}{{x}_{2}}$-$\frac{1}{{{x}_{2}}^{2}}$-1（x₁≠x₂），
∴a+$\frac{1}{a}$=$\frac{1}{{x}_{1}}$+$\frac{1}{{x}_{2}}$=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$，
由于x₁，x₂∈（0，+∞），且x₁≠x₂，
∴x₁+x₂＞2$\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}$，則有
x₁x₂＜$\frac{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}}{4}$，
∴a+$\frac{1}{a}$=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$＞$\frac{4}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，
∴x₁+x₂＞$\frac{4}{a+\frac{1}{a}}$，又a＞0，
$\frac{4}{a+\frac{1}{a}}$≤$\frac{4}{2\sqrt{a•\frac{1}{a}}}$=2，當(dāng)且僅當(dāng)a=$\frac{1}{a}$，即a=1時(shí)取“=”，
∴x₁+x₂＞2，即證．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求切線的斜率和單調(diào)區(qū)間、極值和最值，考查不等式的證明，注意運(yùn)用變形化簡(jiǎn)和基本不等式，考查運(yùn)算能力，屬于中檔題．