Question

4．已知函數(shù)f（x）=$\frac{{a}^{2}+1}{a}$lnx+$\frac{1}{x}$-x-3（a＞1）
（Ⅰ）討論函數(shù)f（x）在（0，1）上的單調(diào)區(qū)間
（Ⅱ）當(dāng)a≥3時，曲線y=f（x）上總存在相異兩點P，Q，使得曲線y=f（x）在P，Q處的切線互相平行，求線段PQ中點橫坐標(biāo)的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f′（x），當(dāng)x∈（0，1）時，解不等式f′（x）＞0，f′（x）＜0即可；
（Ⅱ）由題意可得，當(dāng)a∈[3，+∞）時，f′（x₁）=f′（x₂）（x₁，x₂＞0，且x₁≠x₂），由此可得a+$\frac{1}{a}$=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$＞$\frac{4}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，從而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．
因為a＞1，所以0＜$\frac{1}{a}$＜1，且a＞$\frac{1}{a}$．
所以在區(qū)間（0，$\frac{1}{a}$）上，f′（x）＜0；在區(qū)間（$\frac{1}{a}$，1）上，f′（x）＞0．
故f（x）在（0，$\frac{1}{a}$）上單調(diào)遞減，在（$\frac{1}{a}$，1）上單調(diào)遞增．
（Ⅱ）設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
由題意可得，當(dāng)a∈[3，+∞）時，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，+∞）．
因為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）=$\frac{4}{a+\frac{1}{a}}$，因為a∈[3，+∞），
所以a+$\frac{1}{a}$單調(diào)遞增，g（a）單調(diào)遞減，
所以g（a）在[3，+∞）上的最大值為g（3）=$\frac{6}{5}$，
可得x₁+x₂＞$\frac{6}{5}$，可得線段PQ中點橫坐標(biāo)的取值范圍是（$\frac{3}{5}$，+∞）．

點評 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的切線和單調(diào)性問題、求最值問題，運用所學(xué)知識解決問題的能力，屬于中檔題．