Question

4．若在曲线y=f（x）上以点A（x₁，f（x₁））为切点作切线l₁，在曲线y=f（x）上总存在着以点B（x₂，f（x₂））为切点的切线l₂（点B和点A不重合），使得l₁∥l₂，则对称曲线y=f（x）具有“可平行性”．已知f（x）=$\frac{1}{x}$+（a+$\frac{1}{a}$）lnx-x，其中a＞0．
（1）当a=2时，求y=f（x）在点（1，f（1））的切线方程；
（2）求函数y=f（x）在区间（0，1）上的极值；
（3）当a∈[3，+∞）时，函数y=f（x）具有“可平行性”，求x₁+x₂的范围．

Answer 1

分析 （1）欲求出切线方程，只须求出其斜率即可，故先利用导数求出在x=1处的导函数值，再结合导数的几何意义即可求出切线的斜率．从而问题解决；
（2）求导数，再进行类讨论，利用导数的正负，确定函数的单调性，继而确定函数的极值；
（3）函数y=f（x）具有“可平行性”，意味着导数值相等，由此作为解题的突破口即可．

解答 解：（1）当a=2时，f（x）=$\frac{1}{x}$+$\frac{5}{2}$lnx-x，
∴f′（x）=-$\frac{1}{{x}^{2}}$+$\frac{5}{2x}$-1，
∴f′（1）=-1+$\frac{5}{2}$-1=$\frac{1}{2}$，f（1）=1+0-1=0，
∴y=f（x）在点（1，f（1））的切线方程为y=$\frac{1}{2}$（x-1），即x-2y-1=0；
（2）∵f（x）=$\frac{1}{x}$+（a+$\frac{1}{a}$）lnx-x，0＜x＜1，
∴f′（x）=-$\frac{1}{{x}^{2}}$+（a+$\frac{1}{a}$）$•\frac{1}{x}$-1=-$\frac{（x-a）（x-\frac{1}{a}）}{{x}^{2}}$
令f′（x）=0，
解得x=a，或x=$\frac{1}{a}$
①当0＜a＜1时，则$\frac{1}{a}$＞1，$\frac{1}{a}＞a$，
当f′（x）＜0，即x∈（0，a），f（x）在（0，a）单调递减，
当f′（x）＞0，即（a，1）时，f（x）在（a，1）单调递增，
∴当x=a时，函数有极小值，极小值为f（a）=$\frac{1}{a}$+（a+$\frac{1}{a}$）lna-a，无极大值，
②当a=1时，$\frac{1}{m}$=1则，故x∈（0，1），f′（x）＜0恒成立，
∴f（x）在（0，1）上单调递减，
此时，函数f（x）在（0，1）上无极值；                
③当a＞1时，0＜$\frac{1}{a}$＜1，
当f′（x）＜0，即x∈（0，$\frac{1}{a}$），f（x）在（0，$\frac{1}{a}$）单调递减，
当f′（x）＞0，即（$\frac{1}{a}$，1）时，f（x）在（$\frac{1}{a}$，1）单调递增，
∴当x=$\frac{1}{a}$时，函数有极小值，极小值为f（$\frac{1}{a}$）=a-（a+$\frac{1}{a}$）lna-$\frac{1}{a}$，无极大值；
（3）∵当a∈[3，+∞）时，函数y=f（x）具有“可平行性”，
∴f′（x₁）=f′（x₂），（x₁，x₂＞0，且x₁≠x₂）
即-$\frac{1}{{{x}_{1}}^{2}}$+（a+$\frac{1}{a}$）$\frac{1}{{x}_{1}}$-1=-$\frac{1}{{{x}_{2}}^{2}}$+（a+$\frac{1}{a}$）$\frac{1}{{x}_{2}}$-1，
∴x₁+x₂=（a+$\frac{1}{a}$）x₁•x₂，
∵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，a≥3，
∴x₁+x₂＜（a+$\frac{1}{a}$）$（\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}）^{2}$，
即x₁+x₂＞$\frac{4}{a+\frac{1}{a}}$对a∈[3，+∞）恒成立，
令g（a）=a+$\frac{1}{a}$（a≥3），
则g′（a）=1-$\frac{1}{{a}^{2}}$＞0恒成立
∴g（a）在[3，+∞）上单调递增，
∴g（a）_min=g（3）=$\frac{10}{3}$，
∴$\frac{4}{a+\frac{1}{a}}$≤$\frac{4}{\frac{10}{3}}$=$\frac{6}{5}$，
∴x₁+x₂＞$\frac{6}{5}$，
故x₁+x₂的范围为（$\frac{6}{5}$，+∞）

点评 本小题主要考查直线的斜率、导数的几何意义、利用导数研究曲线上某点切线方程，切线斜率和导数的关系是解决本题的关键．属于难题．