Question

12．已知函数f（x）=2x+$\frac{1}{x}$-alnx，（a∈R）．
（Ⅰ）当a=1时，求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）设g（x）=f（x）-x-$\frac{2}{x}$+2alnx，且g（x）有两个极值点x₁，x₂，其中x₁＜x₂，若g（x₁）-g（x₂）＞t恒成立，求t的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数f（x）的定义域，把a=1代入函数解析式，求出导函数，分别由导函数大于0和小于0求出x的取值范围得函数的增区间与减区间；
（Ⅱ）由已知得g（x）=x-$\frac{1}{x}+alnx$，x∈（0，+∞），求出导函数，结合g（x）有两个极值点x₁，x₂，得x²+ax+1=0有两个根x₁，x₂，并有$\left\{\begin{array}{l}{{a}^{2}-4＞0}\\{{x}_{1}+{x}_{2}=-a＞0}\\{{x}_{1}{x}_{2}=1＞0}\end{array}\right.$，可得$\left\{\begin{array}{l}{a＜-2}\\{{x}_{2}=\frac{1}{{x}_{1}}}\\{a=-（{x}_{1}+{x}_{2}）}\end{array}\right.$，得到x₁∈（0，1），求出g（x₁）-g（x₂），构造函数$h（x）=2（x-\frac{1}{x}）-2（x+\frac{1}{x}）lnx$，x∈（0，1），利用导数求得h（x）的范围可得t的取值范围．

解答 解：（Ⅰ）f（x）的定义域（0，+∞），
当a=1时，$f（x）=2x+\frac{1}{x}-lnx$，${f^'}（x）=2-\frac{1}{x^2}-\frac{1}{x}=\frac{{2{x^2}-x-1}}{x^2}=\frac{（x-1）（2x+1）}{x^2}$．
令f'（x）＞0，得x＞1，f′（x）＜0，得0＜x＜1．
故f（x）的单调递减区间是（0，1），单调递增区间是（1，+∞）；
（Ⅱ）由已知得g（x）=x-$\frac{1}{x}+alnx$，x∈（0，+∞），
g′（x）=1+$\frac{1}{{x}^{2}}+\frac{a}{x}=\frac{{x}^{2}+ax+1}{{x}^{2}}$，
令g′（x）=0，得x²+ax+1=0，g（x）两个极值点x₁，x₂，
∴$\left\{\begin{array}{l}{{a}^{2}-4＞0}\\{{x}_{1}+{x}_{2}=-a＞0}\\{{x}_{1}{x}_{2}=1＞0}\end{array}\right.$，∴$\left\{\begin{array}{l}{a＜-2}\\{{x}_{2}=\frac{1}{{x}_{1}}}\\{a=-（{x}_{1}+{x}_{2}）}\end{array}\right.$，
又∵x₁＜x₂，∴x₁∈（0，1），
∴$g（{x}_{1}）-g（{x}_{2}）=g（{x}_{1}）-g（\frac{1}{{x}_{1}}）$=${x}_{1}-\frac{1}{{x}_{1}}+aln{x}_{1}-（\frac{1}{{x}_{1}}-{x}_{1}+aln\frac{1}{{x}_{1}}）$
=$2（{x}_{1}-\frac{1}{{x}_{1}}）+2aln{x}_{1}=2（{x}_{1}-\frac{1}{{x}_{1}}）-2（{x}_{1}+\frac{1}{{x}_{1}}）ln{x}_{1}$．
设$h（x）=2（x-\frac{1}{x}）-2（x+\frac{1}{x}）lnx$，x∈（0，1），
∵$h′（x）=2（1+\frac{1}{{x}^{2}}）-2[（1-\frac{1}{{x}^{2}}）lnx+（x+\frac{1}{x}）\frac{1}{x}]$=$\frac{2（1+x）（1-x）lnx}{{x}^{2}}$，
当x∈（0，1）时，恒有h′（x）＜0，∴h（x）在（0，1）上单调递减，
∴h（x）＞h（1）=0，
∴t≤0．
故t的取值范围是：（-∞，0]．

点评 本题考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数求函数的最值，考查恒成立问题的求解方法，是中档题．