Question

16．已知函数f（x）=x-$\frac{1}{x}$-alnx（a∈R）．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）设g（x）=f（x）+2alnx，且g（x）有两个极值点x_l，x₂，其中x₁∈（0，e]，求g（x₁）-g（x₂）的最小值．

Answer 1

分析 （1）求函数的定义域和导数，讨论a的取值范围，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g（x）的表达式，求出函数g（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）函数f（x）的定义域是（0，+∞），
f′（x）=1+$\frac{1}{{x}^{2}}$-$\frac{a}{x}$=$\frac{{x}^{2}-ax+1}{x}$，
①当a≤0时，f′（x）≥0恒成立，此时函数f（x）在（0，+∞）上是增函数，
②当a＞0时，由f′（x）=0，得x²-ax+1=0，
1）当判别式△=a²-4≤0时，即0＜a≤2时，f′（x）≥0恒成立，此时函数在（0，+∞）上是增函数，
2）当△=a²-4＞0时，即a＞0时，方程x²-ax+1=0的两个根x₁=$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$，x₂=$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$，
当x∈（0，$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$）时，f′（x）＞0，此时函数f（x）为增函数，
当x∈（$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$，$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$）时，f′（x）＜0，此时函数f（x）为减函数，
当x∈（$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$，+∞）时，f′（x）＞0，此时函数f（x）为增函数，
综上当a≤2时，f（x）的递增区间为（0，+∞），无递减区间．
当a＞2时，函数的递增区间为（0，$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$），∈（$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$，+∞），单调递减区间为（$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$，$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$）．
（2）由于g（x）=f（x）+2alnx=x-$\frac{1}{x}$+alnx，其定义域为（0，+∞），
求导得，g′（x）=1+$\frac{1}{{x}^{2}}$+$\frac{a}{x}$=$\frac{{x}^{2}+ax+1}{{x}^{2}}$，
若g′（x）=0两根分别为x₁，x₂，则有x₁•x₂=1，x₁+x₂=-a，
∴x₂=$\frac{1}{{x}_{1}}$，从而有a=-x₁-$\frac{1}{{x}_{1}}$，
则g（x₁）-g（x₂）=g（x₁）-g（$\frac{1}{{x}_{1}}$）=x₁-$\frac{1}{{x}_{1}}$+alnx₁-（$\frac{1}{{x}_{1}}$-x₁+aln$\frac{1}{{x}_{1}}$）=2（x₁-$\frac{1}{{x}_{1}}$）+2alnx₁=2（x₁-$\frac{1}{{x}_{1}}$）-2（x₁+$\frac{1}{{x}_{1}}$）lnx₁，
令h（x）=2（x-$\frac{1}{x}$）-2（x+$\frac{1}{x}$）lnx，x∈（0，e]，
则[g（x₁）-g（x₂）]_min=h（x）_min，
h′（x）=2（1+$\frac{1}{{x}^{2}}$）-2[（1-$\frac{1}{{x}^{2}}$）lnx+（x+$\frac{1}{x}$）$\frac{1}{x}$]=$\frac{2（1+x）（1-x）lnx}{{x}^{2}}$，
当x∈（0，1]时，h′（x）＜0，
∴h（x）在（0，1]上单调递减，
x∈（1，e]时，h′（x）＜0，
∴h（x）在（0，e]上单调递减，
则h（x）_min=h（e）=-$\frac{4}{e}$，
∴g（x₁）-g（x₂）的最小值为-$\frac{4}{e}$．

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．