Question

7．已知函数f（x）=（m+$\frac{1}{m}$）lnx+$\frac{1}{x}$-x，其中常数m＞0．
（1）当m=2时，求f（x）的极大值；
（2）已知m≥4，设A（x₁，f（x₁））、B（x₂，f（x₂））是曲线y=f（x）上的相异两点，l₁、l₂是曲线y=f（x）在A、B两点处的切线，若l₁∥l₂，求x₁+x₂的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求函数的导数，得到函数的单调区间，从而求出函数的极大值即可；（2）求函数的导数，根据导数的几何意义，结合基本不等式的性质即可得到结论．

解答 解：（1）当m=2时，f（x）=$\frac{5}{2}$lnx+$\frac{1}{x}$-x，f′（x）=$\frac{5}{2x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$-1，（x＞0），
∴f′（x）=-$\frac{（x-2）（2x-1）}{{2x}^{2}}$，（x＞0），
由f′（x）＞0，得：$\frac{1}{2}$＜x＜2；由f′（x）＜0，得：0＜x＜$\frac{1}{2}$或x＞2，
∴f（x）在（$\frac{1}{2}$，2）上单调递增，在（0，$\frac{1}{2}$）和（2，+∞）上单调递减，
∴f（x）_极大值=f（2）=$\frac{5}{2}$ln2-$\frac{3}{2}$；
（2）f′（x）=$\frac{m+\frac{1}{m}}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$-1，（x＞0），
由已知f′（x₁）=f′（x₂），（x₁，x₂＞0且x₁≠x₂）得：
∴$\frac{m+\frac{1}{m}}{{x}_{1}}$-$\frac{1}{{{x}_{1}}^{2}}$=$\frac{m+\frac{1}{m}}{{x}_{2}}$-$\frac{1}{{{x}_{2}}^{2}}$，即x₁+x₂=（m+$\frac{1}{m}$）x₁x₂，
∵x₁≠x₂，∴由不等式性质可得x₁•x₂＜${（\frac{{{x}_{1}+x}_{2}}{2}）}^{2}$恒成立，
又∵x₁，x₂＞0，m＞0，∴x₁+x₂＜（m+$\frac{1}{m}$）${（\frac{{{x}_{1}+x}_{2}}{2}）}^{2}$，
∴x₁+x₂＞$\frac{4}{m+\frac{1}{m}}$对m≥4恒成立，
令g（m）=m+$\frac{1}{m}$，（m≥4），则g′（m）=1-$\frac{1}{{m}^{2}}$，
∵m≥4，∴g′（m）＞0，∴g（m）在[4，+∞）递增，
∴g（m）≥g（4）=$\frac{17}{4}$，
记h（x）=f′（x）=-$\frac{1}{{x}^{2}}$（x-m）（x-$\frac{1}{m}$），
h′（x）=-（m+$\frac{1}{m}$）$\frac{1}{{x}^{3}}$（x-$\frac{2m}{{m}^{2}+1}$），h（x）=f′（x）的符号与单调性为：

x	（0，$\frac{1}{m}$）	$\frac{1}{m}$	（$\frac{1}{m}$，$\frac{m}{{m}^{2}+1}$）	$\frac{m}{{m}^{2}+1}$	（$\frac{m}{{m}^{2}+1}$，m）	m	（m，+∞）
f′（x）的符号	-	0	+	+	+	0	-
f′（x）的单调性	↗		↗	最大值	↘		↘

若f′（x₁）=f′（x₂）=0，则x₁=$\frac{1}{m}$，x₂=m（以下均假设x₁＜x₂），l₁在l₂的下方，l₁∥l₂；
若f′（x₁）=f′（x₂）＜0，则x₁∈（0，$\frac{1}{m}$），x₂∈（m，+∞），l₁、l₂在点（m，f（m））的两侧，l₁∥l₂；
若f′（x₁）=f′（x₂）＞0，则x₁∈（$\frac{1}{m}$，$\frac{m}{{m}^{2}+1}$），x₂∈（$\frac{m}{{m}^{2}+1}$，m），l₁、l₂在点（$\frac{m}{{m}^{2}+1}$，f（$\frac{m}{{m}^{2}+1}$））的两侧，l₁∥l₂；
综上所述，l₁∥l₂时，x₁+x₂＞$\frac{4}{\frac{17}{4}}$=$\frac{16}{17}$，x₁+x₂的取值范围是（$\frac{16}{17}$，+∞）．

点评 本题主要考查导数的应用，利用函数单调性，切线斜率和导数的关系是解决本题的关键．综合性较强，运算量较大．