Question

（2012•东城区二模）已知函数f（x）=（a+

1

a

）lnx+

1

x

-x（a＞1）．
（l）试讨论f（x）在区间（0，1）上的单调性；
（2）当a∈[3，+∞）时，曲线y=f（x）上总存在相异两点P（x₁，f（x₁）），Q（x₂，f （x₂ ）），使得曲线y=f（x）在点P，Q处的切线互相平行，求证：x₁+x₂＞

6

5

．

Answer 1

分析：（1）求出f′（x），当x∈（0，1）时，解不等式f′（x）＞0，f′（x）＜0即可．
（2）由题意可得，当a∈[3，+∞）时，f′（x₁）=f′（x₂）（x₁，x₂＞0，且x₁≠x₂），由此可得a+

1

a

=

x1+x2

x1x2

＞

4

x1+x2

，从而x1+x2＞

4

a+ 1 a

，只要求出

4

a+ 1 a

在[3，+∞）的最大值即可．

解答：解：（1）由已知，得x＞0，f′(x)=

a+ 1 a

x

-

1

x2

-1=-

x2-(a+ 1 a )x+1

x2

=-

(x-a)(x- 1 a )

x2

．
由f′（x）=0，得x1=

1

a

，x2=a．因为a＞1，所以0＜

1

a

＜1，且a＞

1

a

．
所以在区间（0，

1

a

）上，f′（x）＜0；在区间（

1

a

，1）上，f′（x）＞0．
故f（x）在（0，

1

a

）上单调递减，在（

1

a

，1）上单调递增．
证明：（2）由题意可得，当a∈[3，+∞）时，f′（x₁）=f′（x₂）（x₁，x₂＞0，且x₁≠x₂）．
即

a+ 1 a

x1

-

1

x12

-1=

a+ 1 a

x2

-

1

x22

-1，所以a+

1

a

=

1

x1

+

1

x2

=

x1+x2

x1x2

，a∈[3，+∞）．
因为x₁，x₂＞0，且x₁≠x₂，所以x1x2＜(

x1+x2

2

)2恒成立，
所以

1

x1x2

＞

4

(x1+x2)2

，又x₁+x₂＞0，所以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

，因为a∈[3，+∞），所以a+

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）=

6

5

，
所以x1+x2＞

6

5

．

点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性问题、求最值问题，运用所学知识解决问题的能力．