Question

4．已知函数f（x）=$\frac{{a}^{2}+1}{a}$lnx+$\frac{1}{x}$-x-3（a＞1）
（Ⅰ）讨论函数f（x）在（0，1）上的单调区间
（Ⅱ）当a≥3时，曲线y=f（x）上总存在相异两点P，Q，使得曲线y=f（x）在P，Q处的切线互相平行，求线段PQ中点横坐标的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f′（x），当x∈（0，1）时，解不等式f′（x）＞0，f′（x）＜0即可；
（Ⅱ）由题意可得，当a∈[3，+∞）时，f′（x₁）=f′（x₂）（x₁，x₂＞0，且x₁≠x₂），由此可得a+$\frac{1}{a}$=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$＞$\frac{4}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，从而x₁+x₂＞$\frac{4}{a+\frac{1}{a}}$，只要求出$\frac{4}{a+\frac{1}{a}}$在[3，+∞）的最大值即可．

解答 解：（Ⅰ）由已知，得x＞0，f′（x）=$\frac{a+\frac{1}{a}}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$-1
=-$\frac{{x}^{2}-（a+\frac{1}{a}）x+1}{{x}^{2}}$=-$\frac{（x-a）（x-\frac{1}{a}）}{{x}^{2}}$．
由f′（x）=0，得x₁=$\frac{1}{a}$，x₂=a．
因为a＞1，所以0＜$\frac{1}{a}$＜1，且a＞$\frac{1}{a}$．
所以在区间（0，$\frac{1}{a}$）上，f′（x）＜0；在区间（$\frac{1}{a}$，1）上，f′（x）＞0．
故f（x）在（0，$\frac{1}{a}$）上单调递减，在（$\frac{1}{a}$，1）上单调递增．
（Ⅱ）设P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
由题意可得，当a∈[3，+∞）时，f′（x₁）=f′（x₂）（x₁，x₂＞0，且x₁≠x₂）．
即$\frac{a+\frac{1}{a}}{{x}_{1}}$-$\frac{1}{{{x}_{1}}^{2}}$-1=$\frac{a+\frac{1}{a}}{{x}_{2}}$-$\frac{1}{{{x}_{2}}^{2}}$-1，
所以a+$\frac{1}{a}$=$\frac{1}{{x}_{1}}$+$\frac{1}{{x}_{2}}$=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$，a∈[3，+∞）．
因为x₁，x₂＞0，且x₁≠x₂，所以x₁x₂＜（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）²恒成立，
所以$\frac{1}{{x}_{1}{x}_{2}}$＞$\frac{4}{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}}$，又x₁+x₂＞0，
所以a+$\frac{1}{a}$=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$＞$\frac{4}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，整理得x₁+x₂＞$\frac{4}{a+\frac{1}{a}}$，
令g（a）=$\frac{4}{a+\frac{1}{a}}$，因为a∈[3，+∞），
所以a+$\frac{1}{a}$单调递增，g（a）单调递减，
所以g（a）在[3，+∞）上的最大值为g（3）=$\frac{6}{5}$，
可得x₁+x₂＞$\frac{6}{5}$，可得线段PQ中点横坐标的取值范围是（$\frac{3}{5}$，+∞）．

点评 本题考查了利用导数研究函数的切线和单调性问题、求最值问题，运用所学知识解决问题的能力，属于中档题．