Question

（2012•湘潭三模）已知函數(shù)f(x)=(m+

1

m

)lnx+

1

x

-x，（其中常數(shù)m＞0）
（1）當m=2時，求f（x）的極大值；
（2）試討論f（x）在區(qū)間（0，1）上的單調(diào)性；
（3）當m∈[3，+∞）時，曲線y=f（x）上總存在相異兩點P（x₁，f（x₁））、Q（x₂，f（x₂）），使得曲線y=f（x）在點P、Q處的切線互相平行，求x₁+x₂的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）利用導數(shù)，我們可以確定函數(shù)的單調(diào)性，這樣就可求f（x）的極大值；
（2）求導數(shù)，再進行類討論，利用導數(shù)的正負，確定函數(shù)的單調(diào)性；
（3）曲線y=f（x）在點P、Q處的切線互相平行，意味著導數(shù)值相等，由此作為解題的突破口即可．

解答：解：（1）當m=2時，f(x)=

5

2

lnx+

1

x

-x
f′(x)=

5

2x

-

1

x2

-1=-

(x-2)(2x-1)

2x2

（x＞0）
令f'（x）＜0，可得0＜x＜

1

2

或x＞2；令f'（x）＞0，可得

1

2

＜x＜2，
∴f（x）在(0，  

1

2

)和（2，+∞）上單調(diào)遞減，在(

1

2

，  2)單調(diào)遞減             
故f(x)極大=f(2)=

5

2

ln2-

3

2

（2）f′(x)=

m+ 1 m

x

-

1

x2

-1=-

x2-(m+ 1 m )x+1

x2

=-

(x-m)(x- 1 m )

x2

（x＞0，m＞0）
①當0＜m＜1時，則

1

m

＞1，故x∈（0，m）∪(

1

m

，  1)時，f′（x）＜0；x∈（m，

1

m

）時，f'（x）＞0
此時f（x）在（0，m），(

1

m

，  1)上單調(diào)遞減，在（m，

1

m

）單調(diào)遞增；           
②當m=1時，則

1

m

=1，故x∈（0，1），有f′(x)=-

(x-1)2

x2

＜0恒成立，
此時f（x）在（0，1）上單調(diào)遞減；                  
③當m＞1時，則0＜

1

m

＜1，
故x∈(0，  

1

m

)∪（m，1）時，f'（x）＜0；x∈(

1

m

，  m)時，f'（x）＞0
此時f（x）在(0，  

1

m

)，（m，1）上單調(diào)遞減，在(

1

m

，  m)單調(diào)遞增       
（3）由題意，可得f′（x₁）=f′（x₂）（x₁，x₂＞0，且x₁≠x₂）
即 

m+ 1 m

x1

-

1

x12

-1=

m+ 1 m

x2

-

1

x22

-1⇒x1+x2=(m+

1

m

)x1x2
∵x₁≠x₂，由不等式性質(zhì)可得x1x2＜(

x1+x2

2

)2恒成立，又x₁，x₂，m＞0
∴x1+x2＜(m+

1

m

)(

x1+x2

2

)2⇒x1+x2＞

4

m+ 1 m

對m∈[3，+∞）恒成立      
令g(m)=m+

1

m

 (m≥3)，則g′(m)=1-

1

m2

=

(m+1)(m-1)

m2

＞0對m∈[3，+∞）恒成立
∴g（m）在[3，+∞）上單調(diào)遞增，∴g(m)≥g(3)=

10

3

故

4

m+ 1 m

≤

4

g(3)

=

6

5

從而“x1+x2＞

4

m+ 1 m

對m∈[3，+∞）恒成立”等價于“x1+x2＞

4

g(3)

=

6

5

”
∴x₁+x₂的取值范圍為(

6

5

，  +∞)

點評：運用導數(shù)，我們可解決曲線的切線問題，函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值，正確求導是我們解題的關鍵