Question

3．已知函數(shù)f（x）=x-$\frac{1}{x}$-alnx（a∈R）．
（Ⅰ）當(dāng)a＞0時(shí)，討論f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）設(shè)g（x）=x-$\frac{a}{2}$lnx，當(dāng)f（x）有兩個極值點(diǎn)為x₁，x₂，且x₁∈（0，e]時(shí)，求g（x₁）-g（x₂）的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）用x₁表示x₂，a，求出g（x₁）-g（x₂）的表達(dá)式，構(gòu)造函數(shù)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：（Ⅰ）f（x）的定義域（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當(dāng)0＜a≤2時(shí)，△=a²-4≤0，此時(shí)f′（x）≥0恒成立，
∴f（x）在定義域（0，+∞）上單調(diào)遞增；                                                    
②當(dāng)a＞2時(shí)，△=a²-4＞0，x²-ax+1=0的兩根為：
${x_1}=\frac{{a-\sqrt{{a^2}-4}}}{2}$，${x_2}=\frac{{a+\sqrt{{a^2}-4}}}{2}$，且x₁，x₂＞0．
當(dāng)$x∈（0，\frac{{a-\sqrt{{a^2}-4}}}{2}）$時(shí)，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增；            
當(dāng)$x∈（\frac{{a-\sqrt{{a^2}-4}}}{2}，\frac{{a+\sqrt{{a^2}-4}}}{2}）$時(shí)，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減；  
當(dāng)$x∈（\frac{{a+\sqrt{{a^2}-4}}}{2}，+∞）$時(shí)，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增；          
綜上，當(dāng)0＜a≤2時(shí)，f（x）的遞增區(qū)間為（0，+∞），無遞減區(qū)間；
當(dāng)a＞2時(shí)，f（x）的遞增區(qū)間為$（0，\frac{{a-\sqrt{{a^2}-4}}}{2}）$，$（\frac{{a+\sqrt{{a^2}-4}}}{2}，+∞）$，
遞減區(qū)間為$（\frac{{a-\sqrt{{a^2}-4}}}{2}，\frac{{a+\sqrt{{a^2}-4}}}{2}）$．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）的兩個極值點(diǎn)x₁，x₂是方程x²-ax+1=0的兩個根，
則$\left\{{\begin{array}{l}{{x_1}+{x_2}=a}\\{{x_1}{x_2}=1}\end{array}}\right.$，所以${x_2}=\frac{1}{x_1}$，$a=（{x_1}+\frac{1}{x_1}）$，
∴$g（{x_1}）-g（{x_2}）={x_1}-\frac{a}{2}ln{x_1}-（\frac{1}{x_1}-\frac{a}{2}ln\frac{1}{x_1}）$
=${x_1}-\frac{1}{x_1}-aln{x_1}={x_1}-\frac{1}{x_1}-（{x_1}+\frac{1}{x_1}）ln{x_1}$．
設(shè)$h（x）=（x-\frac{1}{x}）-（x+\frac{1}{x}）lnx$，x∈（0，e]，
則（g（x₁）-g（x₂））_min=h（x）_min，
∵${h^'}（x）=（1+\frac{1}{x^2}）-[（1-\frac{1}{x^2}）lnx+（x+\frac{1}{x}）\frac{1}{x}]=\frac{（1+x）（1-x）lnx}{x^2}$，
當(dāng)x∈（0，e]時(shí)，恒有h′（x）≤0，∴h（x）在（0，e]上單調(diào)遞減；      
∴$h{（x）_{min}}=h（e）=-\frac{2}{e}$，∴${（g（{x_1}）-g（{x_2}））_{min}}=-\frac{2}{e}$．

點(diǎn)評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)的極值的意義，是一道綜合題．