Question

13．已知函数f（x）=x-$\frac{1}{x}$+alnx（a∈R）．
（1）若函数f（x）在[1，+∞）上单调递增，求实数a的取值范围；
（2）已知g（x）=$\frac{1}{2}$x²+（m-1）x+$\frac{1}{x}$，m≤-$\frac{3\sqrt{2}}{2}$，h（x）=f（x）+g（x），当时a=1，h（x）有两个极值点x₁，x₂，且x₁＜x₂，求h（x₁）-h（x₂）的最小值．

Answer 1

分析 （1）利用函数单调性和导数之间的关系进行求解即可．
（2）求出函数h（x）的表达式，求出函数h（x）的导数，利用函数极值，最值和导数之间的关系进行求解．

解答 解：（1）∵f（x）=x-$\frac{1}{x}$+alnx，
∴f′（x）=1+$\frac{1}{{x}^{2}}$+$\frac{a}{x}$，
∵f（x）在[1，+∞）上单调递增，
∴f′（x）=1+$\frac{1}{{x}^{2}}$+$\frac{a}{x}$≥0在[1，+∞）上恒成立，
∴a≥-（x+$\frac{1}{x}$）在[1，+∞）上恒成立，
∵y=-x-$\frac{1}{x}$在[1，+∞）上单调递减，
∴y≤-2，
∴a≥-2；
（2）h（x）=f（x）+g（x）=lnx+$\frac{1}{2}$x²+mx，其定义域为（0，+∞），
求导得，h′（x）=$\frac{{x}^{2}+mx+1}{x}$，
若h′（x）=0两根分别为x₁，x₂，则有x₁•x₂=1，x₁+x₂=-m，
∴x₂=$\frac{1}{{x}_{1}}$，从而有m=-x₁-$\frac{1}{{x}_{1}}$，
∵m≤-$\frac{3\sqrt{2}}{2}$，x₁＜x₂，
∴x₁∈（0，$\frac{\sqrt{2}}{2}$]，
则h（x₁）-h（x₂）=h（x₁）-h（$\frac{1}{{x}_{1}}$）=2lnx₁+$\frac{1}{2}$（${{x}_{1}}^{2}$-$\frac{1}{{{x}_{1}}^{2}}$）+（-x₁-$\frac{1}{{x}_{1}}$）（x₁-$\frac{1}{{x}_{1}}$），
令φ（x）=2lnx-$\frac{1}{2}$（x²-$\frac{1}{{x}^{2}}$），x∈（0，$\frac{\sqrt{2}}{2}$]．
则[h（x₁）-h（x₂）]_min=φ（x）_min，
φ′（x）=-$\frac{（{x}^{2}-1）^{2}}{{x}^{3}}$，
当x∈（0，$\frac{\sqrt{2}}{2}$]．时，φ′（x）＜0，
∴φ（x）在x∈（0，$\frac{\sqrt{2}}{2}$]上单调递减，
φ（x）_min=φ（$\frac{\sqrt{2}}{2}$）=-ln2+$\frac{3}{4}$，
∴h（x₁）-h（x₂）的最小值为-ln2+$\frac{3}{4}$．

点评 本题主要考查函数单调性，极值，最值和导数的关系，求函数的导数，利用构造法是解决本题的关键．综合性较强，有一定的难度．