分析 (1)求出f(x)的導數,通過討論a的范圍求出函數的單調區間即可;
(2)用x1表示x2,a,求出g(x1)-g(x2)的表達式,構造函數h(x)=(x-$\frac{1}{x}$)-(x+$\frac{1}{x}$)lnx,x∈(0,e],求出h(x)的最小值即可.
解答 解:(1)f(x)的定義域(0,+∞),
f′(x)=1+$\frac{1}{{x}^{2}}$-$\frac{a}{x}$=$\frac{{x}^{2}-ax+1}{{x}^{2}}$,
令f′(x)=0,得x2-ax+1=0,
①當0<a≤2時,△=a2-4≤0,此時f′(x)≥0恒成立,
∴f(x)在定義域(0,+∞)上單調遞增;
②當a>2時,△=a2-4>0,x2-ax+1=0的兩根為:
x1=$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$,x2=$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$,且x1,x2>0.
當x∈(0,$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$)時,f′(x)>0,f(x)單調遞增;
當x∈( $\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$,$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$)時,f′(x)<0,f(x)單調遞減;
當x∈( $\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$,+∞)時,f′(x)>0,f(x)單調遞增;
綜上,當0<a≤2時,f(x)的遞增區間為(0,+∞),無遞減區間;
當a>2時,f(x)的遞增區間為(0,$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$),( $\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$,+∞),
遞減區間為( $\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$,$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$).
(2)由(1)知,f(x)的兩個極值點x1,x2是方程x2-ax+1=0的兩個根,
則 $\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}{+x}_{2}=a}\\{{x}_{1}{•x}_{2}=1}\end{array}\right.$,所以x2=$\frac{1}{{x}_{1}}$,a=(x1+$\frac{1}{{x}_{1}}$),
∴g(x1)-g(x2)=x1-$\frac{a}{2}$lnx1-($\frac{1}{{x}_{1}}$-$\frac{a}{2}$ln$\frac{1}{{x}_{1}}$)
=x1-$\frac{1}{{x}_{1}}$-alnx1=x1-$\frac{1}{{x}_{1}}$-(x1+$\frac{1}{{x}_{1}}$)lnx1.
設h(x)=(x-$\frac{1}{x}$)-(x+$\frac{1}{x}$)lnx,x∈(0,e],
則(g(x1)-g(x2))min=h(x)min,
∵h′(x)=(1+$\frac{1}{{x}^{2}}$)-[(1-$\frac{1}{{x}^{2}}$)lnx+(x+$\frac{1}{x}$)$\frac{1}{x}$]=$\frac{(1+x)(1-x)lnx}{{x}^{2}}$,
當x∈(0,e]時,恒有h′(x)≤0,∴h(x)在(0,e]上單調遞減;
∴h(x)min=h(e)=-$\frac{2}{e}$,
∴(g(x1)-g(x2))min=-$\frac{2}{e}$.
點評 本題考查了函數的單調性、最值問題,考查導數的應用以及函數的極值的意義,是一道綜合題.
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A. | 2ln2 | B. | ln2+1 | C. | ln2 | D. | ln2-1 |
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