Question

7．已知函數f（x）=x-$\frac{1}{x}$-alnx（a∈R）．
（1）當a＞0時，討論f（x）的單調區間；
（2）設g（x）=x-$\frac{a}{2}$lnx，當f（x）有兩個極值點為x₁，x₂，且x₁∈（0，e）時，求g（x₁）-g（x₂）的最小值．

Answer 1

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．