Question

7．已知函数f（x）=x-$\frac{1}{x}$-alnx（a∈R）．
（1）当a＞0时，讨论f（x）的单调区间；
（2）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 （1）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；
（2）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：（1）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：
x₁=$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$，x₂=$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$，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（ $\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$，$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$）．
（2）由（1）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．
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（x₁）-g（x₂））_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．