Question

18．已知函数f（x）=x+$\frac{a}{x}$-2lnx，a∈R．
（1）若f（x）在定义域上为单调函数，求实数a的取值范围；
（2）若函数f（x）有两个极值点x₁，x₂，且x₁＜x₂，证明：f（x₂）＜x₂-1．

Answer 1

分析 （1）求出函数的定义域为（0，+∞），函数的导数，根据函数单调性和导数之间的关系进行求解即可．
（2）求出函数f（x）有两个极值点x₁，x₂，等价于方程x²-2x+a=0在（0，+∞），得到a的取值范围，构造新函数g（t）=t-2lnt-1，1＜t＜2，利用新函数的单调性证明求解即可．

解答 （1）解：函数$f（x）=x-\frac{a}{x}-2lnx$的定义域为（0，+∞），$f'（x）=1+\frac{a}{x^2}-\frac{2}{x}=\frac{{{x^2}-2x+a}}{x^2}$，…（1分）
令f′（x）=0，得x²-2x+a=0，其判别式△=4-4a，
若函数f（x）在（0，+∞）上为单调函数，
则函数f（x）只能是单调递增函数，
即f′（x）≥0恒成立，即x²-2x+a≥0在（0，+∞）上恒成立，
即a≥-（x²-2x）在（0，+∞）上恒成立，
∵当x＞0时，-（x²-2x）=-（x-1）²+1≤1，
∴a≥1．
（2）由（1）知若a≥1时，f（x）在（0，+∞）上单调递增；此时函数无极值，不满足条件．
则a＜1，
当△＞0，即a＜1时，方程x²-2x+a=0的两根为${x_1}=1-\sqrt{1-a}$，${x_2}=1+\sqrt{1-a}＞1$，
若a≤0，则x₁≤0，则x∈（0，x₂）时，f′（x）＜0，x∈（x₂，+∞）时，f′（x）＞0，
此时，f（x）在（0，x₂）上单调递减，在（x₂，+∞）上单调递增；
若a＞0，则x₁＞0，则x∈（0，x₁）时，f′（x）＞0，x∈（x₁，x₂）时，f′（x）＜0，x∈（x₂，+∞）时，f′（x）＞0，
此时，f（x）在（0，x₁）上单调递增，在（x₁，x₂）上单调递减，在（x₂，+∞）上单调递增．
综上所述，当a≤0时，函数f（x）在（0，x₂）上单调递减，在（x₂，+∞）上单调递增；
当0＜a＜1时，函数f（x）在（0，x₁）上单调递增，在（x₁，x₂）上单调递减，在（x₂，+∞）上单调递增；
若函数f（x）有两个极值点x₁，x₂，且x₁＜x₂，则等价于方程x²-2x+a=0在（0，+∞）有
两不等实根，故0＜a＜1．
则${x_2}=1+\sqrt{1-a}$，且1＜x₂＜2，$a=-x_2^2+2{x_2}$．
$f（{x_2}）-{x_2}+1={x_2}-\frac{{-x_2^2+2{x_2}}}{x_2}-2ln{x_2}-{x_2}+1={x_2}-2ln{x_2}-1$，
令g（t）=t-2lnt-1，1＜t＜2，
则$g'（t）=1-\frac{2}{t}=\frac{t-2}{t}$，
由于1＜t＜2，则g′（t）＜0，故g（t）在（1，2）上单调递减．
故g（t）＜g（1）=1-2ln1-1=0．
∴f（x₂）-x₂+1=g（x₂）＜0．
∴f（x₂）＜x₂-1．

点评 本题考查函数的导数的应用，函数的极值以及函数的单调性的应用，考查分析问题解决问题的能力，转化思想的应用．综合性较强，难度较大．