Question

14．已知函数f（x）=x+a1nx，g（x）=f（x）+$\frac{1}{2}$x²-bx．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）若a=1，b≥$\frac{7}{2}$，x₁，x₂（x₁＜x₂）是函数g（x）的两个极值点，求g（x₁）-g（x₂）的最小值．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，即可求解a的值．
（2）求出g′（x），列出求解函数的极值点的方程，利用韦达定理，化简g（x₁）-g（x₂），构造新函数，通过新函数的导数求解函数的最值．

解答 解：（1）∵f（x）=x+alnx，（x＞0），
∴f′（x）=1+$\frac{a}{x}$=$\frac{x+a}{x}$
a≥0时，f′（x）＞0，函数在（0，+∞）递增；
a＜0时，令f′（x）=0，解得：x=-a，
∴f（x）在（0，-a）递减，在（-a，+∞）递增；
（2）a=1时：g（x）=x+lnx+$\frac{1}{2}$x²-bx，
 g′（x）=$\frac{1}{x}$+x-（b-1）=$\frac{{x}^{2}-（b-1）x+1}{x}$，
令g′（x）=0，得x²-（b-1）x+1=0，∴x₁+x₂=b-1，x₁x₂=1，
∵g（x1）-g（x2）=[lnx₁+$\frac{1}{2}$${{x}_{1}}^{2}$-（b-1）x₁]-[lnx₂+$\frac{1}{2}$${{x}_{2}}^{2}$-（b-1）x₂]
=ln $\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+$\frac{1}{2}$（${{x}_{1}}^{2}$-${{x}_{2}}^{2}$）-（b-1）（x₁-x₂）=ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$-$\frac{1}{2}$（$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$-$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$），
∵0＜x₁＜x₂，所以设t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$（0＜t＜1），
h（t）=lnt-$\frac{1}{2}$（t-$\frac{1}{t}$）（0＜t＜1），
h′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{1}{2}$（1+$\frac{1}{{t}^{2}}$）=-$\frac{{（t-1）}^{2}}{{2t}^{2}}$＜0，
所以h（t）在（0，1）单调递减，
又b≥$\frac{7}{2}$，∴（b-1）2≥$\frac{25}{4}$，
即（x₁+x₂）2=$\frac{{{（x}_{1}+{x}_{2}）}^{2}}{{x}_{1}{•x}_{2}}$=t+$\frac{1}{t}$+2≥$\frac{25}{4}$，
∵0＜t＜1，∴4t2-17t+4≥0，∴0＜t≤$\frac{1}{4}$，
∴h（t）≥h（$\frac{1}{4}$）=$\frac{15}{8}$-2ln2，
故所求的最小值是$\frac{15}{8}$-2ln2．

点评 本题考查函数的导数的应用，函数的极值的求法韦达定理以及构造法的应用，考查分析问题解决问题的能力，转化思想的应用．