Question

3．已知函数f（x）=x-$\frac{1}{x}$-alnx（a∈R）．
（Ⅰ）当a＞0时，讨论f（x）的单调区间；
（Ⅱ）设g（x）=x-$\frac{a}{2}$lnx，当f（x）有两个极值点为x₁，x₂，且x₁∈（0，e]时，求g（x₁）-g（x₂）的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的导数，通过讨论a的范围求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）用x₁表示x₂，a，求出g（x₁）-g（x₂）的表达式，构造函数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：（Ⅰ）f（x）的定义域（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当0＜a≤2时，△=a²-4≤0，此时f′（x）≥0恒成立，
∴f（x）在定义域（0，+∞）上单调递增；                                                    
②当a＞2时，△=a²-4＞0，x²-ax+1=0的两根为：
${x_1}=\frac{{a-\sqrt{{a^2}-4}}}{2}$，${x_2}=\frac{{a+\sqrt{{a^2}-4}}}{2}$，且x₁，x₂＞0．
当$x∈（0，\frac{{a-\sqrt{{a^2}-4}}}{2}）$时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；            
当$x∈（\frac{{a-\sqrt{{a^2}-4}}}{2}，\frac{{a+\sqrt{{a^2}-4}}}{2}）$时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；  
当$x∈（\frac{{a+\sqrt{{a^2}-4}}}{2}，+∞）$时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；          
综上，当0＜a≤2时，f（x）的递增区间为（0，+∞），无递减区间；
当a＞2时，f（x）的递增区间为$（0，\frac{{a-\sqrt{{a^2}-4}}}{2}）$，$（\frac{{a+\sqrt{{a^2}-4}}}{2}，+∞）$，
递减区间为$（\frac{{a-\sqrt{{a^2}-4}}}{2}，\frac{{a+\sqrt{{a^2}-4}}}{2}）$．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）的两个极值点x₁，x₂是方程x²-ax+1=0的两个根，
则$\left\{{\begin{array}{l}{{x_1}+{x_2}=a}\\{{x_1}{x_2}=1}\end{array}}\right.$，所以${x_2}=\frac{1}{x_1}$，$a=（{x_1}+\frac{1}{x_1}）$，
∴$g（{x_1}）-g（{x_2}）={x_1}-\frac{a}{2}ln{x_1}-（\frac{1}{x_1}-\frac{a}{2}ln\frac{1}{x_1}）$
=${x_1}-\frac{1}{x_1}-aln{x_1}={x_1}-\frac{1}{x_1}-（{x_1}+\frac{1}{x_1}）ln{x_1}$．
设$h（x）=（x-\frac{1}{x}）-（x+\frac{1}{x}）lnx$，x∈（0，e]，
则（g（x₁）-g（x₂））_min=h（x）_min，
∵${h^'}（x）=（1+\frac{1}{x^2}）-[（1-\frac{1}{x^2}）lnx+（x+\frac{1}{x}）\frac{1}{x}]=\frac{（1+x）（1-x）lnx}{x^2}$，
当x∈（0，e]时，恒有h′（x）≤0，∴h（x）在（0，e]上单调递减；      
∴$h{（x）_{min}}=h（e）=-\frac{2}{e}$，∴${（g（{x_1}）-g（{x_2}））_{min}}=-\frac{2}{e}$．

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函数的极值的意义，是一道综合题．