Question

已知函数f（x）=（a+

1

a

）lnx+

1

x

-x（a＞1）
（1）讨论函数f（x）在（0，1）上的单调性；
（2）a当≥3时，曲线y=f（x）上总存在相异两点，P（x₁，f（x₁）），Q（x₂，f（x₂））使得y=f（x）曲线在P、Q处的切线互相平行，求证：x₁+x₂＞

6

5

．

Answer 1

分析：（1）求函数f（x）的导数f′（x），根据f′（x）判定f（x）在（0，1）上的单调性；
（2）根据题意，当a≥3时，切线平行，即导数相等，得f′（x₁）=f′（x₂），化简关于a的目标函数，证出x1+x2＞

6

5

成立．

解答：解：（1）∵函数f（x）=（a+

1

a

）lnx+

1

x

-x（a＞1），定义域为（0+∞），
∴f′（x）=

a+ 1 a

x

-

1

x2

-1=

x2-(a+ 1 a )x+1

x2

=-

(x-a)(x- 1 a )

x2

，
令f′（x）=0，解得x=a或x=

1

a

；
∵a＞1，∴0＜

1

a

＜1，
∴当0＜x＜

1

a

时，f′（x）＜0；
当

1

a

＜x＜1时，f′（x）＞0．
∴f（x）在（0，

1

a

）上单调递减，在（

1

a

，1）上单调递增．
（2）由题意得，当a≥3时，f′（x₁）=f′（x₂），（其中x₁，x₂＞0且x₁≠x₂），
即

a+ 1 a

x1

-

1

x12

-1=

a+ 1 a

x2

-

1

x22

-1，
∴

(a+ 1 a )(x2-x1)

x1x2

=

(x1+x2)(x2-x1)

x12x22

，
即a+

1

a

=

x1+x2

x1x2

；
∵x₁，x₂＞0且x₁≠x₂，
∴x1x2＜(

x1+x2

2

)2恒成立，
即

1

x1x2

＞

4

(x1+x2)2

又x1+x2＞0∴a+

1

a

=

x1+x2

x1x2

＞

4

x1+x2

，
整理得x1+x2＞

4

a+ 1 a

；
令g(a)=

4

a+ 1 a

=

4a

a2+1

则g′(a)=

4(1-a2)

(a2+1)2

＜0，
∴g（a）在[3，+∞）上单调递减，
∴g（a）在[3，+∞）上的最大值为g(3)=

6

5

，
∴x1+x2＞

6

5

．

点评：本题考查了利用导数研究函数的单调区间以及根据函数的单调性求函数的最值问题，利用导数求曲线的斜率问题，是难题．