Question

6．设函数f（x）=lnx+$\frac{a}{x}$-a．
（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）当a＞0时，若h（x）=f（x+1）≥0对任意x∈[0，+∞）恒成立，求实数a的取值范围．
（Ⅲ）当a=1，m∈[3，+∞）时，设g（x）=（m+$\frac{1}{m}$）（f（x）+1-$\frac{1}{x}$）+$\frac{1}{x}$-x，若曲线y=g（x）上总存在相异两点，P（x₁，g（x₁）），Q（x₂，g（x₂）），使得曲线y=g（x）在P，Q处切线互相平行，求x₁+x₂的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用导数，我们可以确定函数的单调性；
（Ⅱ）求导数，再进行类讨论，利用导数的正负，确定函数的单调性；
（Ⅲ）曲线y=g（x）在点P、Q处的切线互相平行，意味着导数值相等，由此作为解题的突破口即可．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{a}{{x}^{2}}$=$\frac{x-a}{{x}^{2}}$，
a≤0时，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）递增，
a＞0时，令f′（x）＞0，解得：x＞a，令f′（x）＜0，解得：x＜a，
∴函数f（x）在（0，a）递减，在（a，+∞）递增；
（Ⅱ）a＞0时，h（x）=f（x+1）=ln（x+1）+$\frac{a}{x+1}$-a，
∴h′（x）=$\frac{1}{x+1}$-$\frac{a}{{（x+1）}^{2}}$=$\frac{（x+1）-a}{{（x+1）}^{2}}$，
当0＜a≤1时，h′（x）＞0，h（x）在[0，+∞）递增，
∴只需h（x）_min=h（0）=0，成立；
a≥1时，令h′（x）＞0，解得：x＞a-1，令h′（x）＜0，解得：0≤x＜a-1，
∴函数h（x）在[0，a-1）递减，在（a-1，+∞）递增，
∴只需h（x）_min=h（a-1）=lna≥0即可，解得：a≥1，
综上，a＞0；
（Ⅲ）a=1时，f（x）=lnx+$\frac{1}{x}$-1，
∴g（x）=（m+$\frac{1}{m}$）[lnx+$\frac{1}{x}$-1+1-$\frac{1}{x}$）+$\frac{1}{x}$-x
=（m+$\frac{1}{m}$）lnx+$\frac{1}{x}$-x，
可得g′（x₁）=g′（x₂）（x₁，x₂＞0，且x₁≠x₂）
即  $\frac{m+\frac{1}{m}}{{x}_{1}}$-$\frac{1}{{{x}_{1}}^{2}}$-1=$\frac{m+\frac{1}{m}}{{x}_{2}}$-$\frac{1}{{{x}_{2}}^{2}}$-1⇒x₁+x₂=（m+$\frac{1}{m}$）x₁x₂
∵x₁≠x₂，由不等式性质可得x₁x₂＜（$\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}$）²恒成立，
又x₁，x₂，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∈[3，+∞）恒成立      
令g（m）=m+$\frac{1}{m}$（m≥3），
则g′（m）=1-$\frac{1}{{m}^{2}}$=$\frac{（m+1）（m-1）}{{m}^{2}}$＞0对m∈[3，+∞）恒成立，
∴g（m）在[3，+∞）上单调递增，
∴g（m）≥g（3）=$\frac{10}{3}$，
故 $\frac{4}{m+\frac{1}{m}}$≤$\frac{4}{g（3）}$=$\frac{6}{5}$，
从而“x₁+x₂＞$\frac{4}{m+\frac{1}{m}}$对m∈[3，+∞）恒成立”等价于“x₁+x₂＞$\frac{6}{5}$”
∴x₁+x₂的取值范围为（$\frac{6}{5}$，+∞）．

点评 运用导数，我们可解决曲线的切线问题，函数的单调性、极值与最值，正确求导是我们解题的关键．