Question

6．設(shè)函數(shù)f（x）=lnx+$\frac{a}{x}$-a．
（Ⅰ）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）當a＞0時，若h（x）=f（x+1）≥0對任意x∈[0，+∞）恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．
（Ⅲ）當a=1，m∈[3，+∞）時，設(shè)g（x）=（m+$\frac{1}{m}$）（f（x）+1-$\frac{1}{x}$）+$\frac{1}{x}$-x，若曲線y=g（x）上總存在相異兩點，P（x₁，g（x₁）），Q（x₂，g（x₂）），使得曲線y=g（x）在P，Q處切線互相平行，求x₁+x₂的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用導(dǎo)數(shù)，我們可以確定函數(shù)的單調(diào)性；
（Ⅱ）求導(dǎo)數(shù)，再進行類討論，利用導(dǎo)數(shù)的正負，確定函數(shù)的單調(diào)性；
（Ⅲ）曲線y=g（x）在點P、Q處的切線互相平行，意味著導(dǎo)數(shù)值相等，由此作為解題的突破口即可．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{a}{{x}^{2}}$=$\frac{x-a}{{x}^{2}}$，
a≤0時，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）遞增，
a＞0時，令f′（x）＞0，解得：x＞a，令f′（x）＜0，解得：x＜a，
∴函數(shù)f（x）在（0，a）遞減，在（a，+∞）遞增；
（Ⅱ）a＞0時，h（x）=f（x+1）=ln（x+1）+$\frac{a}{x+1}$-a，
∴h′（x）=$\frac{1}{x+1}$-$\frac{a}{{（x+1）}^{2}}$=$\frac{（x+1）-a}{{（x+1）}^{2}}$，
當0＜a≤1時，h′（x）＞0，h（x）在[0，+∞）遞增，
∴只需h（x）_min=h（0）=0，成立；
a≥1時，令h′（x）＞0，解得：x＞a-1，令h′（x）＜0，解得：0≤x＜a-1，
∴函數(shù)h（x）在[0，a-1）遞減，在（a-1，+∞）遞增，
∴只需h（x）_min=h（a-1）=lna≥0即可，解得：a≥1，
綜上，a＞0；
（Ⅲ）a=1時，f（x）=lnx+$\frac{1}{x}$-1，
∴g（x）=（m+$\frac{1}{m}$）[lnx+$\frac{1}{x}$-1+1-$\frac{1}{x}$）+$\frac{1}{x}$-x
=（m+$\frac{1}{m}$）lnx+$\frac{1}{x}$-x，
可得g′（x₁）=g′（x₂）（x₁，x₂＞0，且x₁≠x₂）
即  $\frac{m+\frac{1}{m}}{{x}_{1}}$-$\frac{1}{{{x}_{1}}^{2}}$-1=$\frac{m+\frac{1}{m}}{{x}_{2}}$-$\frac{1}{{{x}_{2}}^{2}}$-1⇒x₁+x₂=（m+$\frac{1}{m}$）x₁x₂
∵x₁≠x₂，由不等式性質(zhì)可得x₁x₂＜（$\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}$）²恒成立，
又x₁，x₂，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∈[3，+∞）恒成立      
令g（m）=m+$\frac{1}{m}$（m≥3），
則g′（m）=1-$\frac{1}{{m}^{2}}$=$\frac{（m+1）（m-1）}{{m}^{2}}$＞0對m∈[3，+∞）恒成立，
∴g（m）在[3，+∞）上單調(diào)遞增，
∴g（m）≥g（3）=$\frac{10}{3}$，
故 $\frac{4}{m+\frac{1}{m}}$≤$\frac{4}{g（3）}$=$\frac{6}{5}$，
從而“x₁+x₂＞$\frac{4}{m+\frac{1}{m}}$對m∈[3，+∞）恒成立”等價于“x₁+x₂＞$\frac{6}{5}$”
∴x₁+x₂的取值范圍為（$\frac{6}{5}$，+∞）．

點評 運用導(dǎo)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(dǎo)是我們解題的關(guān)鍵．