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9.已知f(x)=ax-$\frac{a}{x}$-10lnx,h(x)=-x2+(m-2)x+6.
(Ⅰ)若函数f(x)在其定义域上是增函数,求实数a的取值范围;
(Ⅱ)当a=4时,对于任意x1,x2∈(0,1),均有h(x1)≥f(x2)恒成立,试求参数m的取值范围;
(Ⅲ)当a∈[5,+∞)时,曲线y=f(x)总存在相异的两点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:x1x2>1.

分析 (Ⅰ)求出函数的导数,分离参数求出a的范围即可;
(Ⅱ)求出函数的导数,得到函数的单调区间,求出h(x)min和f(x)max,得到关于m的不等式组,解出即可;
(Ⅲ)求出函数的导数,得到$a=\frac{{10{x_1}{x_2}}}{{{x_1}+{x_2}}}≥5$,从而证出结论.

解答 解:(Ⅰ)函数f(x)的定义域为(0,+∞),
$f'(x)=a+\frac{a}{x^2}-\frac{10}{x}=\frac{{a{x^2}-10x+a}}{x^2}$…(2分)
对于任意(0,+∞)上,满足f'(x)≥0,
即$a{x^2}-10x+a≥0,a≥\frac{10x}{{{x^2}+1}}$.
而$\frac{10x}{{{x^2}+1}}≤5$,当且仅当x=1时,取最大值5,
所以a≥5.…(4分)
(Ⅱ)$f(x)=4x-\frac{4}{x}-10lnx$,
$f'(x)=4+\frac{4}{x^2}-\frac{10}{x}=\frac{2(2x-1)(x-2)}{x^2}$.
令f'(x)=0,可得${x_1}=\frac{1}{2},{x_2}=2$,
所以函数f(x)在$(0,\frac{1}{2})$单调递增,在$(\frac{1}{2},1)$单调递减,
所以$f{(x)_{max}}=f(\frac{1}{2})=-6+10ln2$,…(6分)
h(x1)≥f(x2)恒成立,
满足h(x)min≥f(x)max
即$\left\{{\begin{array}{l}{h(0)≥f{{(x)}_{max}}}\\{h(1)≥f{{(x)}_{max}}}\end{array}⇒\left\{{\begin{array}{l}{6≥-6+10ln2}\\{-1+m-2+6≥-6+10ln2}\end{array}}\right.}\right.$⇒m≥-9+10ln2,
所以m的取值范围是[-9+10ln2,+∞)…(8分)
(Ⅲ)由题意可知,当a∈[5,+∞)时,
f'(x1)=f'(x2)(x1,x2>0且x1≠x2),
$f'(x)=a+\frac{a}{x^2}-\frac{10}{x}=\frac{{a{x^2}-10x+a}}{x^2}$,
可得$a+\frac{a}{{{x_1}^2}}-\frac{10}{x_1}=a+\frac{a}{{{x_2}^2}}-\frac{10}{x^2}⇒\frac{a(x_2^2-x_1^2)}{x_1^2x_2^2}=\frac{{10({x_2}-{x_1})}}{{{x_1}{x_2}}}$,
$a=\frac{{10{x_1}{x_2}}}{{{x_1}+{x_2}}}≥5$(10分)
可得$2{x_1}{x_2}≥{x_1}+{x_2}>2\sqrt{{x_1}{x_2}}⇒{x_1}{x_2}>1$…(12分)

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题,考查导数的应用以及不等式的证明,是一道综合题.

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