已知函数f(x)=(m+1m)lnx+1x-x,(其中常数m>0)(1)当m=2时,求f(x)的极大值;(2)试讨论f(x)在区间(0,1)上的单调性;(3)当m∈[3,+∞)时,曲线y=f(x)上总

题目简介

已知函数f(x)=(m+1m)lnx+1x-x,(其中常数m>0)(1)当m=2时,求f(x)的极大值;(2)试讨论f(x)在区间(0,1)上的单调性;(3)当m∈[3,+∞)时,曲线y=f(x)上总

题目详情

已知函数f(x)=(m+
1
m
)lnx+
1
x
-x
,(其中常数m>0)
(1)当m=2时,求f(x)的极大值;
(2)试讨论f(x)在区间(0,1)上的单调性;
(3)当m∈[3,+∞)时,曲线y=f(x)上总存在相异两点P(x1,f(x1))、Q(x2,f(x2)),使得曲线y=f(x)在点P、Q处的切线互相平行,求x1+x2的取值范围.
题型:解答题难度:中档来源:湘潭三模

答案

(1)当m=2时,f(x)=class="stub"5
2
lnx+class="stub"1
x
-x

f′(x)=class="stub"5
2x
-class="stub"1
x2
-1=-
(x-2)(2x-1)
2x2
(x>0)
令f'(x)<0,可得0<x<class="stub"1
2
或x>2;令f'(x)>0,可得class="stub"1
2
<x<2

∴f(x)在(0,  class="stub"1
2
)
和(2,+∞)上单调递减,在(class="stub"1
2
,  2)
单调递减             
f(x)极大=f(2)=class="stub"5
2
ln2-class="stub"3
2

(2)f′(x)=
m+class="stub"1
m
x
-class="stub"1
x2
-1=-
x2-(m+class="stub"1
m
)x+1
x2
=-
(x-m)(x-class="stub"1
m
)
x2
(x>0,m>0)
①当0<m<1时,则class="stub"1
m
>1
,故x∈(0,m)∪(class="stub"1
m
,  1)
时,f′(x)<0;x∈(m,class="stub"1
m
)时,f'(x)>0
此时f(x)在(0,m),(class="stub"1
m
,  1)
上单调递减,在(m,class="stub"1
m
)单调递增;           
②当m=1时,则class="stub"1
m
=1
,故x∈(0,1),有f′(x)=-
(x-1)2
x2
<0
恒成立,
此时f(x)在(0,1)上单调递减;                  
③当m>1时,则0<class="stub"1
m
<1

x∈(0,  class="stub"1
m
)
∪(m,1)时,f'(x)<0;x∈(class="stub"1
m
,  m)
时,f'(x)>0
此时f(x)在(0,  class="stub"1
m
)
,(m,1)上单调递减,在(class="stub"1
m
,  m)
单调递增       
(3)由题意,可得f′(x1)=f′(x2)(x1,x2>0,且x1≠x2)
即 
m+class="stub"1
m
x1
-class="stub"1
x12
-1=
m+class="stub"1
m
x2
-class="stub"1
x22
-1
x1+x2=(m+class="stub"1
m
)x1x2

∵x1≠x2,由不等式性质可得x1x2<(
x1+x2
2
)2
恒成立,又x1,x2,m>0
x1+x2<(m+class="stub"1
m
)(
x1+x2
2
)2
x1+x2>class="stub"4
m+class="stub"1
m
对m∈[3,+∞)恒成立      
g(m)=m+class="stub"1
m
 (m≥3)
,则g′(m)=1-class="stub"1
m2
=
(m+1)(m-1)
m2
>0
对m∈[3,+∞)恒成立
∴g(m)在[3,+∞)上单调递增,∴g(m)≥g(3)=class="stub"10
3

class="stub"4
m+class="stub"1
m
≤class="stub"4
g(3)
=class="stub"6
5

从而“x1+x2>class="stub"4
m+class="stub"1
m
对m∈[3,+∞)恒成立”等价于“x1+x2>class="stub"4
g(3)
=class="stub"6
5

∴x1+x2的取值范围为(class="stub"6
5
,  +∞)

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