(2012•東城區(qū)二模)已知函數(shù)f(x)=(a+
1
a
)lnx+
1
x
-x(a>1).
(l)試討論f(x)在區(qū)間(0,1)上的單調(diào)性;
(2)當a∈[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,求證:x1+x2
6
5
分析:(1)求出f′(x),當x∈(0,1)時,解不等式f′(x)>0,f′(x)<0即可.
(2)由題意可得,當a∈[3,+∞)時,f′(x1)=f′(x2)(x1,x2>0,且x1≠x2),由此可得a+
1
a
=
x1+x2
x1x2
4
x1+x2
,從而x1+x2
4
a+
1
a
,只要求出
4
a+
1
a
在[3,+∞)的最大值即可.
解答:解:(1)由已知,得x>0,f′(x)=
a+
1
a
x
-
1
x2
-1=-
x2-(a+
1
a
)x+1
x2
=-
(x-a)(x-
1
a
)
x2

由f′(x)=0,得x1=
1
a
,x2=a
.因為a>1,所以0
1
a
<1
,且a
1
a

所以在區(qū)間(0,
1
a
)上,f′(x)<0;在區(qū)間(
1
a
,1)上,f′(x)>0.
故f(x)在(0,
1
a
)上單調(diào)遞減,在(
1
a
,1)上單調(diào)遞增.
證明:(2)由題意可得,當a∈[3,+∞)時,f′(x1)=f′(x2)(x1,x2>0,且x1≠x2).
a+
1
a
x1
-
1
x12
-1
=
a+
1
a
x2
-
1
x22
-1
,所以a+
1
a
=
1
x1
+
1
x2
=
x1+x2
x1x2
,a∈[3,+∞).
因為x1,x2>0,且x1≠x2,所以x1x2<(
x1+x2
2
)2
恒成立,
所以
1
x1x2
4
(x1+x2)2
,又x1+x2>0,所以a+
1
a
=
x1+x2
x1x2
4
x1+x2
,整理得x1+x2
4
a+
1
a
,
令g(a)=
4
a+
1
a
,因為a∈[3,+∞),所以a+
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)=
6
5
,
所以x1+x2
6
5
點評:本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性問題、求最值問題,運用所學知識解決問題的能力.
練習冊系列答案
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(2012•東城區(qū)二模)定義:F(x,y)=yx(x>0,y>0),已知數(shù)列{an}滿足:An=
F(n,2)
F(2,n)
(n∈N+),若對任意正整數(shù)n,都有an≥ak(k∈N*成立,則ak的值為(  )

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(2012•東城區(qū)二模)已知函數(shù)f(x)=-
12
x2+2x-aex

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(Ⅱ)若f(x)在R上是增函數(shù),求實數(shù)a的取值范圍.

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(2012•東城區(qū)二模)已知函數(shù)f(x)=x
1
2
,給出下列命題:
①若x>1,則f(x)>1;
②若0<x1<x2,則f(x2)-f(x1)>x2-x1;
③若0<x1<x2,則x2f(x1)<x1f(x2);
④若0<x1<x2,則
f(x1)+f(x2)
2
<f(
x1+x2
2
)

其中,所有正確命題的序號是
①④
①④

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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:

(2012•東城區(qū)二模)設(shè)M(x0,y0)為拋物線C:y2=8x上一點,F(xiàn)為拋物線C的焦點,若以F為圓心,|FM|為半徑的圓和拋物線C的準線相交,則x0的取值范圍是(  )

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