Question

8．已知函數(shù)f（x）=3klnx+$\frac{2{k}^{2}-{x}^{2}}{x}$（k為常數(shù)，k＞0）．
（1）當(dāng)k=1時，求f（x）的極值；
（2）若k∈[3，+∞），曲線y=f（x）上總存在相異兩點M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），使得曲線y=f（x）在M，N兩點處的切線互相平行，求x₁+x₂的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的極值；
（2）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)f′（x₁）=f′（x₂），得到x₁+x₂=$\frac{3}{2k}$x₁x₂，結(jié)合不等式的基本性質(zhì)，求出其范圍即可．

解答 解：（1）k=1時，f（x）=3lnx-x+$\frac{2}{x}$，（x＞0），
f′（x）=-$\frac{（x-1）（x-2）}{x}$，
令f′（x）＞0，解得：1＜x＜2，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜1或x＞2，
∴f（x）在（0，1）遞減，在（1，2）遞增，在（2，+∞）遞減，
∴f（x）_極小值=f（1）=1，f（x）_極大值=f（2）=3ln2-1；
（2）∵f′（x）=$\frac{3k}{x}$-1-$\frac{{2k}^{2}}{{x}^{2}}$，k∈[3，+∞），
由題意，可得f′（x₁）=f′（x₂）（x₁，x₂＞0，且x₁≠x₂），
∴$\frac{3k}{{x}_{1}}$-1-$\frac{{2k}^{2}}{{{x}_{1}}^{2}}$=$\frac{3k}{{x}_{2}}$-1-$\frac{{2k}^{2}}{{{x}_{2}}^{2}}$，
∴x₁+x₂=$\frac{3}{2k}$x₁x₂≤$\frac{3}{2k}$${（\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}）}^{2}$，
∴x₁+x₂＞$\frac{8k}{3}$≥8，
故x₁+x₂的取值范圍是（8，+∞）．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、極值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及不等式的性質(zhì)，是一道中檔題．