Question

已知函数f（x）=（a+）lnx+-x（a＞1）．
（l）试讨论f（x）在区间（0，1）上的单调性；
（2）当a∈[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，求证：x₁+x₂＞．

Answer

（1）求出f′（x），当x∈（0，1）时，解不等式f′（x）＞0，f′（x）＜0即可．
（2）由题意可得，当a∈[3，+∞）时，f′（x1）=f′（x2）（x1，x2＞0，且x1≠x2），由此可得a+=＞，从而，只要求出在[3，+∞）的最大值即可．
【解析】
（1）由已知，得x＞0，=-．
由f′（x）=0，得．因为a＞1，所以0，且a．
所以在区间（0，）上，f′（x）＜0；在区间（，1）上，f′（x）＞0．
故f（x）在（0，）上单调递减，在（，1）上单调递增．
证明：（2）由题意可得，当a∈[3，+∞）时，f′（x1）=f′（x2）（x1，x2＞0，且x1≠x2）．
即=，所以a+=，a∈[3，+∞）．
因为x1，x2＞0，且x1≠x2，所以恒成立，
所以，又x1+x2＞0，所以，整理得，
令g（a）=，因为a∈[3，+∞），所以a+单调递增，g（a）单调递减，
所以g（a）在[3，+∞）上的最大值为g（3）=，
所以．