Question

19．已知函数f（x）=（a+$\frac{1}{a}$）lnx+$\frac{1}{x}$-x（a＞0）．
（1）求f（x）的极值点；
（2）若曲线 y=f（x）上总存在不同两点P（x₁，f（x₁）），Q（x₂，f（x₂）），使得曲线y=f（x）在P，Q两点处的切线互相平行，证明：x₁+x₂＞2．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的导数，讨论a＞1，a=1，0＜a＜1时，函数f（x）的单调区间，即可得到所求极值点；
（2）由题知：f′（x₁）=f′（x₂），化简整理，可得a+$\frac{1}{a}$=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$，运用基本不等式可得x₁+x₂＞$\frac{4}{a+\frac{1}{a}}$，求得右边的最小值，即可得证．

解答 解：（1）函数f（x）=（a+$\frac{1}{a}$）lnx+$\frac{1}{x}$-x（a＞0）的定义域为（0，+∞），
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），
当a＞1时，f（x）在（0，$\frac{1}{a}$）上单调递减，（$\frac{1}{a}$，a）上单调递增，（a，+∞）上单调递减，
∴x=$\frac{1}{a}$是f（x）的极小值点，x=a是f（x）的极大值点，
当a=1时，f′（x）=-$\frac{（x-1）^{2}}{{x}^{2}}$≤0，f（x）在（0，+∞）上单调递减，无极值点；
当0＜a＜1时，f（x）在（0，a）上单调递减，（a，$\frac{1}{a}$）上单调递增，（$\frac{1}{a}$，+∞）上单调递减，
∴x=a是f（x）的极小值点，x=$\frac{1}{a}$是f（x）的极大值点；
（2）证明：由题知：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$\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}$，则有
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，当且仅当a=$\frac{1}{a}$，即a=1时取“=”，
∴x₁+x₂＞2，即证．

点评 本题考查导数的运用：求切线的斜率和单调区间、极值和最值，考查不等式的证明，注意运用变形化简和基本不等式，考查运算能力，属于中档题．