Question

4．已知函数f（x）=x-$\frac{1}{x}$-alnx（a∈R）．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）当a$∈[\frac{5}{2}，\frac{17}{4}]$时，记f（x）的极大值为M，极小值为N，求M-N的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）求出M-N的表达式，根据函数的单调性求出其范围即可．

解答 解：（1）函数的定义域是（0，+∞），f′（x）=$\frac{{x}^{2}-ax+1}{{x}^{2}}$，
（i）a≤2时，x²+1-ax≥2x-ax≥0恒成立，即f′（x）≥0恒成立，f（x）在（0，+∞）递增；
（ii）a＞2时，f′（x）=0有2个根，
记x₁=$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$，x₂=$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$，则0＜x₁＜x₂，
由$\left\{\begin{array}{l}{x＞0}\\{f′（x）＞0}\end{array}\right.$得$\left\{\begin{array}{l}{x＞0}\\{{x}^{2}-ax+1＞0}\end{array}\right.$，解得：0＜x＜x₁或x＞x₂，
故函数的递增区间是（0，x₁），（x₂，+∞），递减区间是（x₁，x₂）；
（2）当a∈[$\frac{5}{2}$，$\frac{17}{4}$]时，由（1）得M=f（x₁），N=f（x₂），
故M-N=x₁-$\frac{1}{{x}_{1}}$-alnx₁-x₂+$\frac{1}{{x}_{2}}$+alnx₂，又x₁+x₂=a，x₁x₂=1，
故M-N=x₁-$\frac{1}{{x}_{1}}$-（x₁+$\frac{1}{{x}_{1}}$）lnx₁-$\frac{1}{{x}_{1}}$+x₁-（x₁+$\frac{1}{{x}_{1}}$）lnx₁=2（x₁-$\frac{1}{{x}_{1}}$）-2（x₁+$\frac{1}{{x}_{1}}$）lnx₁，
记g（t）=2（t-$\frac{1}{t}$）-2（t+$\frac{1}{t}$）lnt，则g′（t）=2（$\frac{1}{{t}^{2}}$-1）lnt，
故t∈（0，1）时，g′（t）＜0，g（t）在（0，1）递减，
由x₁=$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$=$\frac{2}{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}$，当a∈[$\frac{5}{2}$，$\frac{17}{4}$]时，x₁递减，
又a=$\frac{5}{2}$时，x₁=$\frac{1}{2}$，a=$\frac{17}{4}$时，x₁=$\frac{1}{4}$，
故$\frac{1}{4}$≤x₁≤$\frac{1}{2}$，故g（$\frac{1}{2}$）≤g（x₁）≤g（$\frac{1}{4}$），
故M-N的范围是[5ln2-3，17ln2-$\frac{15}{2}$]．

点评 本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道中档题．