Question

7．已知函數(shù)f（x）=（m+$\frac{1}{m}$）lnx+$\frac{1}{x}$-x，其中常數(shù)m＞0．
（1）當m=2時，求f（x）的極大值；
（2）已知m≥4，設A（x₁，f（x₁））、B（x₂，f（x₂））是曲線y=f（x）上的相異兩點，l₁、l₂是曲線y=f（x）在A、B兩點處的切線，若l₁∥l₂，求x₁+x₂的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求函數(shù)的導數(shù)，得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的極大值即可；（2）求函數(shù)的導數(shù)，根據(jù)導數(shù)的幾何意義，結(jié)合基本不等式的性質(zhì)即可得到結(jié)論．

解答 解：（1）當m=2時，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）上單調(diào)遞增，在（0，$\frac{1}{2}$）和（2，+∞）上單調(diào)遞減，
∴f（x）_極大值=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，∴由不等式性質(zhì)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＞$\frac{4}{m+\frac{1}{m}}$對m≥4恒成立，
令g（m）=m+$\frac{1}{m}$，（m≥4），則g′（m）=1-$\frac{1}{{m}^{2}}$，
∵m≥4，∴g′（m）＞0，∴g（m）在[4，+∞）遞增，
∴g（m）≥g（4）=$\frac{17}{4}$，
記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）的符號與單調(diào)性為：

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）的符號	-	0	+	+	+	0	-
f′（x）的單調(diào)性	↗		↗	最大值	↘		↘

若f′（x₁）=f′（x₂）=0，則x₁=$\frac{1}{m}$，x₂=m（以下均假設x₁＜x₂），l₁在l₂的下方，l₁∥l₂；
若f′（x₁）=f′（x₂）＜0，則x₁∈（0，$\frac{1}{m}$），x₂∈（m，+∞），l₁、l₂在點（m，f（m））的兩側(cè)，l₁∥l₂；
若f′（x₁）=f′（x₂）＞0，則x₁∈（$\frac{1}{m}$，$\frac{m}{{m}^{2}+1}$），x₂∈（$\frac{m}{{m}^{2}+1}$，m），l₁、l₂在點（$\frac{m}{{m}^{2}+1}$，f（$\frac{m}{{m}^{2}+1}$））的兩側(cè)，l₁∥l₂；
綜上所述，l₁∥l₂時，x₁+x₂＞$\frac{4}{\frac{17}{4}}$=$\frac{16}{17}$，x₁+x₂的取值范圍是（$\frac{16}{17}$，+∞）．

點評 本題主要考查導數(shù)的應用，利用函數(shù)單調(diào)性，切線斜率和導數(shù)的關系是解決本題的關鍵．綜合性較強，運算量較大．